Question

10．如图，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是棱长为2的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E是BC中点，若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
（1）当EH与平面PAD所成角的正切值为$\frac{\sqrt{6}}{2}$时，求证：EH∥平面PAB；（2）在（1）的条件下，求二面角A-PB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）首先要证明AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角；所以当AH最短时，∠EHA最大；即当AH⊥PD时，∠EHA最大；接着利用构造平行四边形法判定线面平行即可；
（2）利用已知条件证明平面PAB⊥平面ABCD，PB⊥面CQM，所求二面角转化到Rt△CQM中即可；

解答 （1）证明：连接AC，由题设知△ABC为正三角形，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，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$
所以当AH最短时，∠EHA最大；
即当AH⊥PD时，∠EHA最大；
此时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为PD的中点，
取PA的中点M，连接HM，MB，则HM=$\frac{1}{2}AD\$且HM∥AD，DB=$\frac{1}{2}$AD且DB∥AD，
∴HM∥DB且HM=DB
∴四边形DHMB为平行四边形
∴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，∴$PB⊥MC\\∴∠CQM为二面角A-PB-A的平面角\\∵AB=BC=2，∠ABC={60^0}$，
∴△ABC为正三角形，∴点M为AB的中点，
∴$CM=\sqrt{3}\\ 在等腰直角△PAB中，由等面积可算出QM=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\\∵Q{C^2}=Q{M^2}+C{M^2}$，∴$QC=\frac{{\sqrt{14}}}{2}$，
∴$在Rt△CQM中有：cos∠CQM=\frac{QM}{QC}=\frac{{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}{{\frac{{\sqrt{14}}}{2}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{7}\\ 二面角A-PB-A的余弦值为\frac{{\sqrt{7}}}{7}\end{array}$．

点评 本题主要考查了构造平行四边形法判定直线与平面平行，以及空间二面角的求法知识点，属中等题．