Question

14．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，側(cè)面PAD同時(shí)垂直側(cè)面PAB與側(cè)面PDC．若PA=AB=AD=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$PB，則$\frac{BC}{AD}$=$\frac{3}{2}$，直線PC與底面ABCD所成角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{6}$．

Answer 1

分析 延長(zhǎng)BA，CD交于H，連接PH，運(yùn)用面面垂直的性質(zhì)定理，可得PH⊥平面PAD，設(shè)PB=$\sqrt{3}$，可得PA=AB=AD=1，運(yùn)用余弦定理可得∠PAB，在直角三角形HPA中，∠HAP=60°，求得AH，由三角形相似知識(shí)，可得$\frac{BC}{AD}$；
求出HP，HD，PD，PC，證得AD⊥PA，又AD⊥AB，AB∩PA=A，即有AD⊥平面PAB，可得BC⊥平面PAB，設(shè)P到平面ABCD的距離為d，由V_P-ABC=V_C-PAB，運(yùn)用三棱錐的體積公式，求得d，運(yùn)用同角三角函數(shù)的關(guān)系，可得直線PC與底面ABCD所成角的正切值．

解答 解：延長(zhǎng)BA，CD交于H，連接PH，
可得平面PAB∩平面PCD=PH，
由側(cè)面PAD同時(shí)垂直側(cè)面PAB與側(cè)面PDC，
運(yùn)用面面垂直的性質(zhì)定理，可得PH⊥平面PAD，
即有HP⊥PA，
設(shè)PB=$\sqrt{3}$，
由PA=AB=AD=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$PB，可得PA=AB=AD=1，
在△PAB中，由余弦定理可得，cos∠PAB=$\frac{1+1-3}{2×1×1}$=-$\frac{1}{2}$，
即有∠PAB=120°，
在直角三角形HPA中，∠HAP=60°，
可得AH=$\frac{AP}{cos∠HAP}$=$\frac{1}{cos60°}$=2，
在三角形HBC中，由三角形的相似知識(shí)可得，$\frac{BC}{AD}$=$\frac{HB}{HA}$=$\frac{3}{2}$；
在△HPA中，HP=APtan60°=$\sqrt{3}$，
在直角三角形AHD中，HD=$\sqrt{A{H}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{4+1}$=$\sqrt{5}$，
在直角三角形HPD中，PD=$\sqrt{H{D}^{2}-H{P}^{2}}$=$\sqrt{5-3}$=$\sqrt{2}$，
PA²+AD²=PD²，可得AD⊥PA，
又AD⊥AB，AB∩PA=A，
即有AD⊥平面PAB，
由BC∥AD，可得BC⊥平面PAB，
設(shè)P到平面ABCD的距離為d，
由V_P-ABC=V_C-PAB，可得$\frac{1}{3}$d•S_△ABC=$\frac{1}{3}$BC•S_△PAB，
即$\frac{1}{3}$d•$\frac{1}{2}$•1•$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{3}$•$\frac{3}{2}$•$\frac{1}{2}$•1•1•sin120°，
解得d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在直角三角形BCP中，PC=$\sqrt{B{C}^{2}+P{B}^{2}}$=$\sqrt{\frac{9}{4}+3}$=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，
可得PC和平面ABCD所成角的正弦值為$\fracjtd99x6{PC}$=$\frac{1}{\sqrt{7}}$，
余弦值為$\sqrt{1-\frac{1}{7}}$=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}$，
則直線PC與底面ABCD所成角的正切值為$\frac{1}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{6}}{6}$．
故答案為：$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的性質(zhì)定理的運(yùn)用，直線和平面所成角的正切值，考查運(yùn)算能力，運(yùn)用三角形相似知識(shí)和等積法是解題的關(guān)鍵，屬于難題．