分析 (1)在菱形ABCD中,∠BAD=60°,E為AB的中點,可得DE⊥CD,又PD⊥CD,即可證明CD⊥平面PDE.
(2)由(I)可得:BE⊥平面PDE,∠BPE為直線PB和面PDE所成線面角的值.
以D為原點,DE,DC所在射線分別為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.利用PA=PD=3,可得點P的坐標(biāo),即可得出.
解答 (1)證明:在菱形ABCD中,∵∠BAD=60°,E為AB的中點,可得DE⊥CD,
又∵PD⊥CD,∴CD⊥平面PDE,∵PE?平面PDE,
因此PE⊥CD.
(2)解:由(I)可得:BE⊥平面PDE,∠BPE為直線PB和面PDE所成線面角的值.
以D為原點,DE,DC所在射線分別為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.可知
D(0,0,0),C(0,2,0),E($\sqrt{3}$,0,0),
B($\sqrt{3}$,1,0),A ($\sqrt{3}$,-1,0),
設(shè)P(a,0,c).∵PA=PD=3,∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+{c}^{2}=9}\\{(a-\sqrt{3})^{2}+(-1)^{2}+{c}^{2}=9}\end{array}\right.$,
解得P$(\frac{2}{\sqrt{3}},0,\frac{\sqrt{23}}{\sqrt{3}})$.$\overrightarrow{EP}$=$(-\frac{\sqrt{3}}{3},0,\frac{\sqrt{23}}{\sqrt{3}})$,
∴$|\overrightarrow{EP}|$=$\sqrt{(-\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}+(\frac{\sqrt{23}}{\sqrt{3}})^{2}}$=2$\sqrt{2}$.
在RT△PEB中,tan∠BPE=$\frac{BE}{PE}$=$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$.
∴直線PB和面PDE所成線面角的值為arctan$\frac{\sqrt{2}}{4}$.
點評 本題考查了空間位置關(guān)系與空間角、線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、空間角,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
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A. | {1,2,3,4,5} | B. | {2,5} | C. | {2,5,6,7} | D. | {1,2,3,4} |
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A. | -1 | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | 2015 | D. | 2016 |
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A. | 24 | B. | 25 | C. | 26 | D. | 27 |
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A. | 6 | B. | 7 | C. | 8 | D. | 7或-8 |
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