Question

2．如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F(xiàn)，H分別是BC，PC，PD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）證明：AE⊥PD；
（Ⅱ）設(shè)平面PAB∩平面PCD=l，求證：FH∥l；
（Ⅲ）設(shè)H是棱PD上的動點(diǎn)，若EH與平面PAD所成最大角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{2}$，求二面角A-EF-G的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出AE⊥AD，PA⊥AE，由此能證明AE⊥PD．
（Ⅱ）推導(dǎo)出CD∥AB，從而CD∥平面PAB，由此能證明CD∥l．
（Ⅲ）以A為原點(diǎn)，AE，AD，AP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-EF-G的平面角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）連結(jié)AC，∵ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中點(diǎn)，
∴AE⊥BC，即AE⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AE，
∵PA∩AD=A，∴AE⊥平面PAD，PD?平面PAD，
∴AE⊥PD．
（Ⅱ）∵四邊形ABCD為菱形，
∴CD∥AB，CD?平面PAB，AB?平面PAB，
∴CD∥平面PAB，
又∵平面PAB∩平面PCD=l，
∴CD∥l．
解：（Ⅲ）由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，
∴∠AHE為EH與平面PAD所成角，
在Rt△EAH中，tan∠AHE=$\frac{AE}{AH}$，
∵AE為定值，當(dāng)H在棱PD上運(yùn)動時，
當(dāng)且僅當(dāng)AH⊥PD時，tan∠AHE有最大值，
設(shè)AB=1，PA=x，tan∠AHE=$\frac{AE}{AH}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{{x}^{2}+1}}{x}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
解得x=1，
由（Ⅰ）知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，AE，AD，AP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則E（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0），P（0，0，1），F(xiàn)（$\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{1}{4}，\frac{1}{2}$），
∵$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$），
設(shè)平面AEF 的一個法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x=0}\\{\sqrt{3}x+y+2z=0}\end{array}\right.$，取y=2，得$\overrightarrow{m}$=（0，2，-1），
∵$\overrightarrow{GF}$=（0，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{EF}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{1}{4}，\frac{1}{2}$），
設(shè)平面EFG的一個法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{\sqrt{3}a+b+2c=0}\end{array}\right.$，取a=2，得$\overrightarrow{n}$=（2，0，$\sqrt{3}$），
設(shè)二面角E-AF-D的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{5}•\sqrt{7}}$=-$\frac{\sqrt{105}}{35}$，
∵二面角A-EF-G的平面角是銳角，
∴二面角A-EF-G的平面角的余弦值為$\frac{\sqrt{105}}{35}$．

點(diǎn)評 本題考查線線垂直的證明，考查線線平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．