Question

1．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中點(diǎn)．
（1）證明：CD⊥平面PAE；
（2）若直線PB與平面PAE所成的角和直線PB與平面ABCD所成的角相等，求二面角P-CD-A的正切值．

Answer 1

分析 （1）連接AC，推導(dǎo)出CD⊥AE，PA⊥CD，由此能證明CD⊥平面PAE．
（2）推導(dǎo)出∠PEA是二面角的平面角，$過點(diǎn)_{\;}^{\;}B_{\;}^{\;}作BG∥CD，分別與_{\;}^{\;}AE，AD_{\;}^{\;}相交于_{\;}^{\;}F，G，連接_{\;}^{\;}PF$，由此能求出$∠BPF_{\;}^{\;}為直線_{\;}^{\;}PB_{\;}^{\;}與平面_{\;}^{\;}PAE_{\;}^{\;}所成的角．且_{\;}^{\;}BG⊥AE$，由此能求出二面角P-CD-A的正切值．

解答 證明：$（1）_{\;}^{\;}連接_{\;}^{\;}AC，_{\;}^{\;}由_{\;}^{\;}AB=4，_{\;}^{\;}BC=3，∠ABC={90^0}，得AC=5$．
$又_{\;}^{\;}AD=5，_{\;}^{\;}E是_{\;}^{\;}CD_{\;}^{\;}的中點(diǎn)$，∴CD⊥AE．
∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD．
$而_{\;}^{\;}PA∩AE=A$，∴CD⊥平面PAE．
解：（2）∵CD⊥平面PAE，∴∠PEA是二面角的平面角，
$過點(diǎn)_{\;}^{\;}B_{\;}^{\;}作BG∥CD，分別與_{\;}^{\;}AE，AD_{\;}^{\;}相交于_{\;}^{\;}F，G，連接_{\;}^{\;}PF$．
由（1）知，BG⊥平面PAE，
∴$∠BPF_{\;}^{\;}為直線_{\;}^{\;}PB_{\;}^{\;}與平面_{\;}^{\;}PAE_{\;}^{\;}所成的角．且_{\;}^{\;}BG⊥AE$．
$由_{\;}^{\;}PA⊥平面ABCD_{\;}^{\;}知，∠PBA為直線_{\;}^{\;}PB_{\;}^{\;}與平面_{\;}^{\;}ABCD_{\;}^{\;}所成的角$．
$由題意知_{\;}^{\;}∠PBA=∠BPF$，∴Rt△PBA≌Rt△BPF，∴PA=BF．
∵BCDG是平行四邊形．GD=BC=3，∴AG=2．
∵AB=4，BG⊥AF，∴$BG=\sqrt{A{B^2}+A{G^2}}=2\sqrt{5}$，
$于是_{\;}^{\;}BF=\frac{{A{B^2}}}{BG}=\frac{16}{{2\sqrt{5}}}=\frac{{8\sqrt{5}}}{5}$，∴$PA=\frac{{8\sqrt{5}}}{5}$，
$又CD=BG=2\sqrt{5}$，∴$CE=\sqrt{5}，AE=\sqrt{A{C^2}-C{E^2}}=2\sqrt{5}$，
∴tan$∠PEA=\frac{PA}{AE}$=$\frac{4}{5}$，
∴二面角P-CD-A的正切值是$\frac{4}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的正切值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．