Question

1．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点．
（1）证明：CD⊥平面PAE；
（2）若直线PB与平面PAE所成的角和直线PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角P-CD-A的正切值．

Answer 1

分析 （1）连接AC，推导出CD⊥AE，PA⊥CD，由此能证明CD⊥平面PAE．
（2）推导出∠PEA是二面角的平面角，$过点_{\;}^{\;}B_{\;}^{\;}作BG∥CD，分别与_{\;}^{\;}AE，AD_{\;}^{\;}相交于_{\;}^{\;}F，G，连接_{\;}^{\;}PF$，由此能求出$∠BPF_{\;}^{\;}为直线_{\;}^{\;}PB_{\;}^{\;}与平面_{\;}^{\;}PAE_{\;}^{\;}所成的角．且_{\;}^{\;}BG⊥AE$，由此能求出二面角P-CD-A的正切值．

解答 证明：$（1）_{\;}^{\;}连接_{\;}^{\;}AC，_{\;}^{\;}由_{\;}^{\;}AB=4，_{\;}^{\;}BC=3，∠ABC={90^0}，得AC=5$．
$又_{\;}^{\;}AD=5，_{\;}^{\;}E是_{\;}^{\;}CD_{\;}^{\;}的中点$，∴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，
$过点_{\;}^{\;}B_{\;}^{\;}作BG∥CD，分别与_{\;}^{\;}AE，AD_{\;}^{\;}相交于_{\;}^{\;}F，G，连接_{\;}^{\;}PF$．
由（1）知，BG⊥平面PAE，
∴$∠BPF_{\;}^{\;}为直线_{\;}^{\;}PB_{\;}^{\;}与平面_{\;}^{\;}PAE_{\;}^{\;}所成的角．且_{\;}^{\;}BG⊥AE$．
$由_{\;}^{\;}PA⊥平面ABCD_{\;}^{\;}知，∠PBA为直线_{\;}^{\;}PB_{\;}^{\;}与平面_{\;}^{\;}ABCD_{\;}^{\;}所成的角$．
$由题意知_{\;}^{\;}∠PBA=∠BPF$，∴Rt△PBA≌Rt△BPF，∴PA=BF．
∵BCDG是平行四边形．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$\frac{4}{5}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．