Question

1．如圖，三角形△PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F、G分別在線段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．
（1）證明：PE⊥FG；
（2）求二面角P-AD-C的正切值；
（3）求直線PA與直線FG所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）通過△PDC為等腰三角形可得PE⊥CD，利用線面垂直判定定理及性質(zhì)定理即得結(jié)論；
（2）通過（1）及面面垂直定理可得PG⊥AD，則∠PDC為二面角P-AD-C的平面角，利用勾股定理即得結(jié)論；
（3）連結(jié)AC，利用勾股定理及已知條件可得FG∥AC，在△PAC中，利用余弦定理即得直線PA與直線FG所成角即為直線PA與直線AC所成角∠PAC的余弦值．

解答 （1）證明：在△PDC中PO=PC且E為CD中點(diǎn)，
∴PE⊥CD，
又∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，PE?平面PCD，
∴PE⊥平面ABCD，
又∵FG?平面ABCD，
∴PE⊥FG；
（2）解：由（1）知PE⊥平面ABCD，∴PE⊥AD，
又∵CD⊥AD且PE∩CD=E，
∴AD⊥平面PDC，
又∵PD?平面PDC，∴AD⊥PD，
又∵AD⊥CD，∴∠PDC為二面角P-AD-C的平面角，
在Rt△PDE中，由勾股定理可得：
PE=$\sqrt{P{D}^{2}-D{E}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-{3}^{2}}$=$\sqrt{7}$，
∴tan∠PDC=$\frac{PG}{DG}$=$\frac{\sqrt{7}}{3}$；
（3）解：連結(jié)AC，則AC=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
在Rt△ADP中，AP=$\sqrt{A{D}^{2}+D{P}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵AF=2FB，CG=2GB，
∴FG∥AC，
∴直線PA與直線FG所成角即為直線PA與直線AC所成角∠PAC，
在△PAC中，由余弦定理得
cos∠PAC=$\frac{P{A}^{2}+A{C}^{2}-P{C}^{2}}{2PA•AC}$
=$\frac{{5}^{2}+（3\sqrt{5}）^{2}-{4}^{2}}{2×5×3\sqrt{5}}$
=$\frac{9}{25}\sqrt{5}$．

點(diǎn)評 本題考查線線垂直的判定、二面角及線線角的三角函數(shù)值，涉及到勾股定理、余弦定理等知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．