题目内容
11.如图,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中,∠ABC=60°,PA=AC=a,PB=PD=$\sqrt{2}$a,点E是PD的中点.(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)求二面角E-AC-D的正切值.
分析 (1)由已知条件推导出PA⊥平面ABCD,从而PA⊥BD,由菱形性质得到AC⊥BD,从而得到BD⊥平面PAC,由此能证明平面PBD⊥平面PAC.
(2)连结EO,DO,由已知得EO⊥AC,DO⊥AC,从而∠DOE是二面角E-AC-D的平面角,由此能求出二面角E-AC-D的正切值.
解答 (1)证明:连结AC,BD,交于点O,
∵底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,
∴AB=AD=AC=a,在△PAB中,
由PA2+AB2=2a2=PB2,知PA⊥AB.
同理,PA⊥AD,∴PA⊥平面ABCD.
∵BD?平面ABCD,∴PA⊥BD,
∵底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD,
∵AC∩BD=O,∴BD⊥平面PAC,
∵BD?平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAC.
(2)解:连结EO,DO,
∵ABCD中,∠ABC=60°,PA=AC=a,PB=PD=$\sqrt{2}$a,点E是PD的中点,
∴AC=AD=DC=PC=a,DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}a$,AC=AE=$\sqrt{{a}^{2}-\frac{1}{2}{a}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}a$,
∴EO⊥AC,DO⊥AC,∴∠DOE是二面角E-AC-D的平面角,
∵DO=$\sqrt{{a}^{2}-\frac{1}{4}{a}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$,EO=$\sqrt{\frac{1}{2}{a}^{2}-\frac{1}{4}{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}a$,
∴cos∠DOE=$\frac{D{O}^{2}+E{O}^{2}-D{E}^{2}}{2DO•EO}$=$\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{4}{a}^{2}-\frac{1}{2}{a}^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}a×\frac{1}{2}a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
∴tan∠DOE=$\sqrt{2}$,
∴二面角E-AC-D的正切值为$\sqrt{2}$.
点评 本考查面面垂直的证明,考查二面角的正切值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意余弦定理的合理运用.
A. | (-∞,1] | B. | (-∞,0)∪(0,1) | C. | (-∞,0)∪(0,1] | D. | [1,+∞) |
A. | 若棱柱的底面边长相等,则它的各个侧面的面积相等 | |
B. | 九棱柱有9条侧棱,9个侧面,侧面为平行四边形 | |
C. | 六角螺帽、三棱镜的外形都是棱柱 | |
D. | 正四棱台的侧面不一定是等腰梯形 |