分析 (1)推導出DM⊥EF,PM⊥EF,從而EF⊥平面PDM,由此能證明EF⊥PD.
(2)由DM⊥EF,PM⊥EF,知∠PMD是二面角D-EF-P的平面角,由此能求出二面角D-EF-P的平面角的正切值
(3)由VP-DEF=VD-PEF,能求出點P到平面DEF的距離.
解答 證明:(1)∵DE=DF=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$,EF∥AC,
∴BD⊥EF,M是EF的中點,∴DM⊥EF,
∵折疊前AE=CF,∴折疊后PE=PF,
∴PM⊥EF,
∵DM∩PM=M,∴EF⊥平面PDM,
∵PD?平面PDM,∴EF⊥PD.
解:(2)∵DM⊥EF,PM⊥EF,∴∠PMD是二面角D-EF-P的平面角,
∵PD=AD=2,PM=BM=$\frac{1}{4}BD$=$\frac{1}{4}\sqrt{4+4}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,DM=$\frac{3}{4}BD=\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴cos∠PMD=$\frac{D{M}^{2}+P{M}^{2}-P{D}^{2}}{2DM•PM}$=$\frac{\frac{18}{4}+\frac{2}{4}-4}{2×\frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}}$=$\frac{1}{3}$,
∴tan$∠PMD=2\sqrt{2}$.
∴二面角D-EF-P的平面角的正切值為2$\sqrt{2}$.
(3)∵PD⊥PE,PD⊥PF,PE∩PF=P,
∴PD⊥平面PEF,∴P到平面PEF的距離PD=2,
∵PE=PF=1,EF=$\sqrt{2}$,∴PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF,
∴S△PEF=$\frac{1}{2}×1×1$=$\frac{1}{2}$,
又${S}_{△DEF}=\frac{1}{2}×EF×DM$=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}$=$\frac{3}{2}$,
VP-DEF=VD-PEF,
設點P到平面DEF的距離,
則$\frac{1}{2}×d×{S}_{△DEF}$=$\frac{1}{2}×PD×{S}_{△PEF}$,即$\frac{1}{2}×d×\frac{3}{2}=\frac{1}{2}×2×\frac{1}{2}$,
解得d=$\frac{2}{3}$.
∴點P到平面DEF的距離d=$\frac{2}{3}$.
點評 本題考查線線垂直的證明,考查二面角的正切值的求法,考查點到平面的距離的求法,是中檔題,解題時要認真審題,注意空間思維能力的培養(yǎng).
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 直線2x+y-2=0 | B. | 直線2x+y=0 | ||
C. | 直線2x+y=0或2x+y-2=0 | D. | 直線2x+y=0或直線2x+2y+2=0 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | sin1.5<sin3<cos8.5 | B. | cos8.5<sin3<sin1.5 | ||
C. | sin1.5<cos8.5<sin3 | D. | cos8.5<sin1.5<sin3 |
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