分析 (1)推導出DP⊥AC,從而BD⊥AC,進而AC⊥平面PBD,由此能證明AC⊥DE.
(2)連接OE,分別以OA,OB,OE所在直線為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,利用向量法能求出EC與平面PAB所成角θ的正弦值.
解答 證明:(1)因為DP⊥平面ABCD,所以DP⊥AC,
因為四邊形ABCD為菱形,所以BD⊥AC,
又BD∩PD=D,∴AC⊥平面PBD,
因為DE?平面PBD,∴AC⊥DE.
解:(2)連接OE,在△PBD中,EO∥PD,
所以EO⊥平面ABCD,分別以OA,OB,OE所在直線為x軸,y軸,z軸,
建立如圖所示的空間直角坐標系,
設PD=t,則A(1,0,0),B(0,$\sqrt{3}$,0),C(-1,0,0),
E(0,0,$\frac{t}{2}$),P(0,-$\sqrt{3}$,t).
設平面PAB的一個法向量為$\overrightarrow{n}$(x,y,z),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AP}=-x-\sqrt{3}y+tz=0}\end{array}\right.$,令y=1,得$\overrightarrow{n}$=($\sqrt{3},1,\frac{2\sqrt{3}}{t}$),
平面PBD的法向量$\overrightarrow{m}$=(1,0,0),
因為二面角A-PB-D的余弦值為$\frac{{\sqrt{21}}}{7}$,
所以|cos<$\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}$>|=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\frac{12}{{t}^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$,
所以t=2或t=-2(舍)
$P(0,-\sqrt{3},2$),E(0,0,1),$\overrightarrow{n}$=($\sqrt{3},1,\sqrt{3}$),
$\overrightarrow{EC}=(-1,0-1)$,
∴$sinθ=|cos<\overrightarrow{EC},n>|=\frac{{|-\sqrt{3}-\sqrt{3}|}}{{\sqrt{7}•\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{42}}}{7}$,
∴EC與平面PAB所成角θ的正弦值為$\frac{\sqrt{42}}{7}$.
點評 本題考查線線垂直的證明,考查線面角的正弦值的求法,是中檔題,解題時要認真審題,注意向量法的合理運用.
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A. | -2,3 | B. | -2,-3 | C. | -3,-2 | D. | 1,4 |
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A. | [-1,0)∪(0,1] | B. | [-1,1] | C. | [-1,0)∪(0,1) | D. | [-1,1) |
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A. | 9 | B. | 10 | C. | 11 | D. | 12 |
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A. | (-∞,1] | B. | (-∞,1) | C. | [2,+∞) | D. | (2,+∞) |
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A. | $\frac{π}{2}$ | B. | 2π | C. | 4π | D. | π |
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