Question

2．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F，H分别是BC，PC，PD的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥PD；
（Ⅱ）设平面PAB∩平面PCD=l，求证：FH∥l；
（Ⅲ）设H是棱PD上的动点，若EH与平面PAD所成最大角的正切值为$\frac{\sqrt{6}}{2}$，求二面角A-EF-G的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出AE⊥AD，PA⊥AE，由此能证明AE⊥PD．
（Ⅱ）推导出CD∥AB，从而CD∥平面PAB，由此能证明CD∥l．
（Ⅲ）以A为原点，AE，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-EF-G的平面角的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）连结AC，∵ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，
∴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）∵四边形ABCD为菱形，
∴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为EH与平面PAD所成角，
在Rt△EAH中，tan∠AHE=$\frac{AE}{AH}$，
∵AE为定值，当H在棱PD上运动时，
当且仅当AH⊥PD时，tan∠AHE有最大值，
设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两两垂直，以A为原点，AE，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则E（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0），P（0，0，1），F（$\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{1}{4}，\frac{1}{2}$），
∵$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$），
设平面AEF 的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x=0}\\{\sqrt{3}x+y+2z=0}\end{array}\right.$，取y=2，得$\overrightarrow{m}$=（0，2，-1），
∵$\overrightarrow{GF}$=（0，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{EF}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{4}，\frac{1}{4}，\frac{1}{2}$），
设平面EFG的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{\sqrt{3}a+b+2c=0}\end{array}\right.$，取a=2，得$\overrightarrow{n}$=（2，0，$\sqrt{3}$），
设二面角E-AF-D的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{5}•\sqrt{7}}$=-$\frac{\sqrt{105}}{35}$，
∵二面角A-EF-G的平面角是锐角，
∴二面角A-EF-G的平面角的余弦值为$\frac{\sqrt{105}}{35}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．