分析 (1)證明AO⊥OB',AO⊥OC,然后證明AO⊥平面B'OC;
(2)在平面B'OC內(nèi),作B'D⊥OC于點(diǎn)D,當(dāng)D與O重合時(shí),三棱錐B'-AOC的體積最大,過(guò)O點(diǎn)作OH⊥B'C于點(diǎn)H,連AH,說(shuō)明∠AHO即為二面角A-B'C-O的平面角.在三角形AOH中求解二面角A-B1C-O的余弦值.
(3)連接OP,說(shuō)明OC⊥平面B'OA,CP與平面B'OA所成的角為∠CPO,證明CP⊥AB′,然后求解即可.
解答 解:(1)證明:∵AB=AC且O是BC中點(diǎn),
∴AO⊥BC即AO⊥OB',AO⊥OC,
又∵OB'∩OC=O,∴AO⊥平面B'OC;…(3分)
(2)在平面B'OC內(nèi),作B'D⊥OC于點(diǎn)D,
則由(Ⅰ)可知B'D⊥OA
又OC∩OA=O,∴B'D⊥平面OAC,
即B'D是三棱錐B'-AOC的高,
又B'D≤B'O,所以當(dāng)D與O重合時(shí),三棱錐B'-AOC的體積最大,
過(guò)O點(diǎn)作OH⊥B'C于點(diǎn)H,連AH,
由(Ⅰ)知AO⊥平面B'OC,
又B'C⊆平面B'OC,∴B'C⊥AO∵AO∩OH=O,∴B'C⊥平面AOH,
∴B'C⊥AH∴∠AHO即為二面角A-B'C-O的平面角.
在$R{t_{△AOH}}中,AO=2,OH=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$,∴$AH=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$,
∴$cos∠AHO=\frac{OH}{AH}=\frac{1}{3}$,
故二面角A-B1C-O的余弦值為$\frac{1}{3}$…(7分)
(3)連接OP,在(2)的條件下,易證OC⊥平面B'OA,
∴CP與平面B'OA所成的角為∠CPO,
∴$sin∠CPO=\frac{OC}{CP}=\frac{{\sqrt{5}}}{3}$∴$CP=\frac{3}{{\sqrt{5}}}$
又在△ACB′中,$sin∠A{B^'}C=\frac{{\frac{3}{{\sqrt{2}}}}}{{\sqrt{5}}}=\frac{3}{{\sqrt{10}}}=\frac{CP}{{\sqrt{2}}}$,
∴CP⊥AB′,
∴${B^'}P=\sqrt{{{({\sqrt{2}})}^2}-C{P^2}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$,
∴$AP=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$…(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直,二面角的平面鏡以及直線與平面所成角,考查空間想象能力以及計(jì)算能力.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{1}{4}$ | C. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | D. | $\frac{\sqrt{15}}{4}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 都大于2 | B. | 至少有一個(gè)不大于2 | ||
C. | 都小于2 | D. | 至少有一個(gè)不小于2 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | “φ=$\frac{π}{2}$”是“函數(shù)y=sin(2x+ϕ)為偶函數(shù)”的充要條件 | |
B. | 若“p且q”為假,則p,q至少有一個(gè)是假命題 | |
C. | 命題“?x0∈R,x02-x0-1<0”的否定是“?x∈R,x2-x-1≥0” | |
D. | 當(dāng)a<0時(shí),冪函數(shù)y=xa在(0,+∞)上是單調(diào)遞減 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | $\frac{2}{3}$ | B. | $-\frac{2}{3}$ | C. | $\frac{1}{3}$ | D. | $-\frac{1}{3}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 1 | B. | 2 | C. | 3 | D. | 4 |
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