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9.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠ABC=\frac{π}{3},PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,M為PA的中點(diǎn),N為BC的中點(diǎn)
(1)證明:直線MN∥平面PCD;
(2)求異面直線AB與MD所成角的余弦值;
(3)求點(diǎn)B到平面PCD的距離.

分析 (1)取PD的中點(diǎn)Q,連接QM,QC.利用三角形中位線定理與平行四邊形的判定與性質(zhì)定理可得NM∥QC,再利用線面平行的判定定理即可判斷出結(jié)論.
(2)由CD∥AB,可得∠MDC為異面直線AB與MD所成的角(或其補(bǔ)角),在△MDC中利用余弦定理即可得出.
(3)由AB∥平面PCD,可得點(diǎn)A和點(diǎn)B到平面PCD的距離相等.取CD的中點(diǎn)E,連接AE,PE,過(guò)A作AH⊥PE,垂足為H.在△PAE中,利用三角形面積計(jì)算公式即可得出.

解答 (1)證明:取PD的中點(diǎn)Q,連接QM,QC.
∵QM∥AD,AD∥CN,∴MQ∥CN,又MQ=CN=\frac{1}{2}AD.
∴四邊形MNCQ是平行四邊形.
∴NM∥QC,又MN?平面PCD,CQ?平面PCD,
∴MN∥平面PCD.
(2)解:∵CD∥AB,∴∠MDC為異面直線AB與MD所成的角(或其補(bǔ)角).
∵∠ABC=\frac{π}{3},∴AC=CD=AD=2,
∵PA⊥平面ABCD,∴MA⊥AC,MA⊥AD.
又MA=1,AC=AD=2,MC=MD=\sqrt{5}
CD=2,∴cos∠MDC=\frac{(\sqrt{5})^{2}+{2}^{2}-(\sqrt{5})^{2}}{2×\sqrt{5}×2}=\frac{\sqrt{5}}{5}
∴AB與MD所成角余弦值為\frac{\sqrt{5}}{5}
(3)解:∵AB∥平面PCD,∴點(diǎn)A和點(diǎn)B到平面PCD的距離相等.
取CD的中點(diǎn)E,連接AE,PE,過(guò)A作AH⊥PE,垂足為H.
∠ABC=\frac{π}{3},∴AC=CD=AD,∴AE⊥CD.
∵PA⊥平面ABCD,PA⊥CD,∴CD⊥平面PAE,∴CD⊥PA.
∵CD⊥平面PAE,∴CD⊥AH,∴AH⊥平面PCD,
∴AH即為點(diǎn)B到平面PCD的距離.
∵PA=2,AE=\sqrt{3},PA⊥AE,∴AH=\frac{PA×AE}{\sqrt{P{A}^{2}+A{E}^{2}}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角形中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理、菱形的性質(zhì)、線面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理、異面直線所成的角、余弦定理、點(diǎn)到平面的距離、三角形面積計(jì)算公式,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

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