分析 (Ⅰ)通過(guò)就是PA2+AD2=PD2,證明AD⊥PA.結(jié)合AD⊥AB.然后證明AD⊥平面PAB.
(Ⅱ)說(shuō)明∠PCB(或其補(bǔ)角)是異面直線PC與AD所成的角.在△PAB中,由余弦定理得PB,判斷△PBC是直角三角形,然后求解異面直線PC與AD所成的角正切函數(shù)值.
(Ⅲ)過(guò)點(diǎn)P做PH⊥AB于H,過(guò)點(diǎn)H做HE⊥BD于E,連結(jié)PE,證明∠PEH是二面角P-BD-A的平面角.RT△PHE中,$tan∠PEH=\frac{\sqrt{39}}{4}$.
解答 (Ⅰ)證明:在△PAD中,由題設(shè)$PA=2,PD=2\sqrt{2}$,
可得PA2+AD2=PD2,于是AD⊥PA.
在矩形ABCD中,AD⊥AB.又PA∩AB=A,
所以AD⊥平面PAB.
(Ⅱ)解:由題設(shè),BC∥AD,所以∠PCB(或其補(bǔ)角)是異面直線PC與AD所成的角.
在△PAB中,由余弦定理得
$PB=\sqrt{P{A^2}+A{B^2}-2PA•AB•cosPAB}=\sqrt{7}$
由(Ⅰ)知AD⊥平面PAB,PB?平面PAB,
所以AD⊥PB,因而B(niǎo)C⊥PB,于是△PBC是直角三角形,故$tanPCB=\frac{PB}{BC}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$
所以異面直線PC與AD所成的角的正切值為:$\frac{\sqrt{7}}{2}$.
(Ⅲ)解:過(guò)點(diǎn)P做PH⊥AB于H,過(guò)點(diǎn)H做HE⊥BD于E,連結(jié)PE
因?yàn)锳D⊥平面PAB,PH?平面PAB,所以AD⊥PH.又AD∩AB=A,
因而PH⊥平面ABCD,故HE為PE再平面ABCD內(nèi)的射影.
由三垂線定理可知,BD⊥PE,從而∠PEH是二面角P-BD-A的平面角.
由題設(shè)可得,$PH=PA•sin60°=\sqrt{3},AH=PA•cos60°=1$,$BH=AB-AH=2,BD=\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{13}$,
$HE=\frac{AD}{BD}•BH=\frac{4}{\sqrt{13}}$
于是再RT△PHE中,$tan∠PEH=\frac{\sqrt{39}}{4}$.
所以二面角P-BD-A的正切函數(shù)值為$\frac{\sqrt{39}}{4}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角的求法,異面直線所成角的求法,直線與平面垂直的判斷,考查空間想象能力以及邏輯推理計(jì)算能力.
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