（15分）（2013•浙江）如图，在四棱锥 P - ABC…——2013 高考数学第 20 题答案解析

解答：解：（ I ）证明：∵ 在四棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ 中， $\mathrm{PA} \perp$ 面 $\mathrm{ABCD}, ~ \therefore \mathrm{PA} \perp \mathrm{BD}$ 。
$\because \mathrm{AB}=\mathrm{BC}=2, \mathrm{AD}=\mathrm{CD}=\sqrt{7}$ ，设 AC 与 BD 的交点为 O ，则 BD 是 AC 的中垂线，故 O 为 AC 的中点，且 $\mathrm{BD} \perp \mathrm{AC}$ ．
而 $\mathrm{PA} \cap \mathrm{AC}=\mathrm{A}, ~ \therefore \mathrm{BD} \perp$ 面 PAC 。
（II）若 $G$ 是 $P C$ 的中点，则 $G O$ 平行且等于 $\frac{1}{2} P A$ ，故由 $P A \perp$ 面 $A B C D$ ，可得 $G O \perp$ 面 $A B C D, ~ \therefore G O \perp O D$ ，故 $\mathrm{OD} \perp$ 平面 PAC ，故 $\angle \mathrm{DGO}$ 为 DG 与平面 PAC 所成的角．
由题意可得， $\mathrm{GO}=\frac{1}{2} \mathrm{PA}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ ．
$\triangle \mathrm{ABC}$ 中，由余弦定理可得 $\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2}-2 \mathrm{AB} \bullet \mathrm{BC} \bullet \cos \angle \mathrm{ABC}=4+4-2 \times 2 \times 2 \times \cos 120^{\circ}=12$ ，
$\therefore \mathrm{AC}=2 \sqrt{3}, \mathrm{OC}=\sqrt{3}$ ．
∵ 直角三角形 COD 中， $\mathrm{OD}=\sqrt{\mathrm{CD}^{2}-\mathrm{CO}^{2}}=2$ ，
∴ 直角三角形 GOD 中， $\tan \angle \mathrm{DGO}=\frac{\mathrm{OD}}{\mathrm{OG}}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ．
（III）若 G 满足 $\mathrm{PC} \perp$ 面 $\mathrm{BGD}, ~ \because \mathrm{OGC} \subset$ 平面 BGD ，
$\therefore \mathrm{PC} \perp \mathrm{OG}$ ，且 $\mathrm{PC}=\sqrt{\mathrm{PA}^{2}+\mathrm{AC}^{2}}=\sqrt{15}$ ．
由 $\triangle \mathrm{COG} \sim \triangle \mathrm{PCA}$ ，可得 $\frac{\mathrm{GC}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{OC}}{\mathrm{PC}}$ ，即 $\frac{\mathrm{GC}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}}$ ，解得 $\mathrm{GC}=\frac{2 \sqrt{15}}{5}$ ，
$\therefore \mathrm{PG}=\mathrm{PC}-\mathrm{GC}=\sqrt{15}-\frac{2 \sqrt{15}}{5}=\frac{3 \sqrt{15}}{5}$ ，
$\therefore \frac{\mathrm{PG}}{\mathrm{GC}}=\frac{\frac{3 \sqrt{15}}{5}}{\frac{2 \sqrt{15}}{5}}=\frac{3}{2}$ ．
点评：本题主要考查直线和平面垂直的判定定理的应用，求直线和平面所成的角，空间距离的求法，属于中档题．