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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.

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.

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