Question

10．如圖，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是棱長為2的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E是BC中點，若H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
（1）當EH與平面PAD所成角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{2}$時，求證：EH∥平面PAB；（2）在（1）的條件下，求二面角A-PB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）首先要證明AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角；所以當AH最短時，∠EHA最大；即當AH⊥PD時，∠EHA最大；接著利用構造平行四邊形法判定線面平行即可；
（2）利用已知條件證明平面PAB⊥平面ABCD，PB⊥面CQM，所求二面角轉化到Rt△CQM中即可；

解答 （1）證明：連接AC，由題設知△ABC為正三角形，所以AE⊥BC，
又BC∥AD，因此AE⊥AD；
∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴PA⊥AE
而PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD=A，
所以AE⊥平面PAD，
則∠EHA為EH與平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$
所以當AH最短時，∠EHA最大；
即當AH⊥PD時，∠EHA最大；
此時tan∠EHA=$\frac{AE}{AH}$=$\frac{\sqrt{3}}{AH}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
因此AH=$\sqrt{2}$，
又AD=2，∴∠ADH={45°}∴PA=2
∴H為PD的中點，
取PA的中點M，連接HM，MB，則HM=$\frac{1}{2}AD\$且HM∥AD，DB=$\frac{1}{2}$AD且DB∥AD，
∴HM∥DB且HM=DB
∴四邊形DHMB為平行四邊形
∴EH∥BM，
又BM?平面PAB
∴EH∥平面PAB．

（2）解：∵PA⊥面ABCD，PA?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABCD，
∵PB?面PAB∴CM⊥PB，
∴PB⊥面CQM，∴$PB⊥MC\\∴∠CQM為二面角A-PB-A的平面角\\∵AB=BC=2，∠ABC={60^0}$，
∴△ABC為正三角形，∴點M為AB的中點，
∴$CM=\sqrt{3}\\ 在等腰直角△PAB中，由等面積可算出QM=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\\∵Q{C^2}=Q{M^2}+C{M^2}$，∴$QC=\frac{{\sqrt{14}}}{2}$，
∴$在Rt△CQM中有：cos∠CQM=\frac{QM}{QC}=\frac{{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}{{\frac{{\sqrt{14}}}{2}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{7}\\ 二面角A-PB-A的余弦值為\frac{{\sqrt{7}}}{7}\end{array}$．

點評 本題主要考查了構造平行四邊形法判定直線與平面平行，以及空間二面角的求法知識點，屬中等題．