Question

8．如圖．四棱錐P-ABCD中．平而PAD⊥平而ABCD，底而ABCD為梯形．AB∥CD，AB=
2DC=2$\sqrt{3}$，AC∩BD=F，且△PAD與△ABD均為正三角形，G為△PAD的重心．
（1）求證：GF∥平面PDC；
（2）求平面AGC與平面PAB所成銳二面角的正切值．

Answer 1

分析 （1）連接AG并延長(zhǎng)交PD于H，連接CH，由重心性質(zhì)結(jié)合已知可得$\frac{AG}{GH}=\frac{AF}{FC}$，再由平行線截線段成比例可得GF∥HC．由線面平行的判定可得GF∥平面PDC；
（2）由已知證明PE⊥平面ABCD，以E為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合AB=$2DC=2\sqrt{3}$，可得所用點(diǎn)的坐標(biāo)，求出兩個(gè)平面PAB、AGC的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角得余弦值可得平面AGC與平面PAB所成銳二面角的正切值．

解答 （1）證明：連接AG并延長(zhǎng)交PD于H，連接CH，
由于ABCD為梯形，AB∥CD且AB=2DC，知$\frac{AF}{FC}=2$，
又G為△PAD的重心，∴$\frac{AG}{GH}=2$，
在△AHC中，∵$\frac{AG}{GH}=\frac{AF}{FC}$，∴GF∥HC．
又HC?平面PCD，GF?平面PCD，
∴GF∥平面PDC；
（2）解：∵平面PAD⊥平面ABCD，
△PAD與△ABD均為正三角形，延長(zhǎng)PG交AD的中點(diǎn)E，
連接BE，∴PE⊥AD，BE⊥AD，則PE⊥平面ABCD，
以E為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
∵AB=$2DC=2\sqrt{3}$．
∴A（$\sqrt{3}$，0，0），P（0，0，3），B（0，3，0），
D（$-\sqrt{3}$，0，0），G（0，0，1），
∴$\overrightarrow{AG}=（-\sqrt{3}，0，1）$，$\overrightarrow{AB}=（-\sqrt{3}，3，0）$，$\overrightarrow{AP}=（-\sqrt{3}，0，3）$．
設(shè)C（x₀，y₀，z₀），
∵$\overrightarrow{DC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，∴$（{x}_{0}+\sqrt{3}，{y}_{0}，{z}_{0}）=\frac{1}{2}（-\sqrt{3}，3，0）$，
可得${x}_{0}=-\frac{3\sqrt{3}}{2}$，${y}_{0}=\frac{3}{2}$，z₀=0，∴C（$-\frac{3\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}，0$）．
∴$\overrightarrow{AC}=（-\frac{5\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}，0）$．
設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=-\sqrt{3}x+3y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AP}=-\sqrt{3}x+3z=0}\end{array}\right.$，取z=1，可得$\overrightarrow{m}=（\sqrt{3}，1，1）$．
同理可得平面AGC的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，5，3）$．
∵cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{3+5+3}{\sqrt{5}×\sqrt{37}}=\frac{11\sqrt{185}}{185}$．
∴sin＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{8\sqrt{185}}{185}$．
則平面AGC與平面PAB所成銳二面角的正切值為$\frac{8}{11}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面平行的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解二面角的平面角，是中檔題．