5.如圖:四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形,∠DAB=60°,平面PAB⊥ABD,
AP=2AD=4,PD=$2\sqrt{5}$,E為AD的中點,F(xiàn)為PB的中點.
(Ⅰ) 求證:EF‖平面PCD;
(Ⅱ) 當二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{1}{4}$時,求AB的長.

分析 (Ⅰ)設G為PC的中點,通過證明EF∥GD,然后證明EF∥平面PCD;
(Ⅱ)以H為坐標原點,以AB所在直線為x軸,HD所在直線為y軸建立空間直角坐標系,求出相關點的坐標,以及平面PAD的法向量,設平面PBD的法向量,通過向量的數(shù)量積求解二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{1}{4}$時,帶帶AB的長.

解答 (本題滿分14分)
證明(Ⅰ):如圖,設G為PC的中點,因為F為PB的中點,所以FG∥BC∥ED,又 E為AD的中點,由已知得:FG=ED=1,所以四邊形EFGD為平行四邊形.所以EF∥GD,因為EF?平面PCD,GD?平面PCD,所以EF∥平面PCD;
   
(Ⅱ)解 在△PAD中,AD=2,PA=4,PD=$2\sqrt{5}$,滿足PD2=PA2+AD2,所以∠PAD=90°,即PA⊥AD(1),
在底面ABCD中,過點D作DH⊥AB,H為垂足,因為平面PAB⊥ABD,由面面垂直的性質可知:DH⊥平面PAB,
所以DH⊥PA(2),由(1)(2)可得:PA⊥平面ADH,即PA⊥底面ABCD.
以H為坐標原點,以AB所在直線為x軸,HD所在直線為y軸建立空間直角坐標系,
則P(-1,0,4),A(-1,0,0),D(0,$-\sqrt{3}$,0)設B(a,0,0),
這樣可得:$\overrightarrow{AP}=(0,0,4)$,$\overrightarrow{PD}=(1,-\sqrt{3},-4)$,$\overrightarrow{DB}=(a,\sqrt{3},0)$,
設平面PAD的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1})$,則$\left\{{\begin{array}{l}{4{z_1}=0}\\{{x_1}-\sqrt{3}{y_1}-4{z_1}=0}\end{array}}\right.$,取$\overrightarrow{{n}_{1}}=(\sqrt{3},1,0)$,
又設平面PBD的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2})$,則$\left\{{\begin{array}{l}{a{x_2}+\sqrt{3}{y_2}=0}\\{{x_2}-\sqrt{3}{y_2}-4{z_2}=0}\end{array}}\right.$,取$\overrightarrow{{n}_{2}}=(\sqrt{3},-a,\frac{\sqrt{3}(1+a)}{4})$,

由題設$cos<\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}>=\frac{{|{3-a}|}}{{2\sqrt{3+{a^2}+\frac{{3{{(1+a)}^2}}}{16}}}}=\frac{1}{4}$,整理得3a2-26a+35=0:
由此可求得$a=\frac{5}{3}$,或a=7(不合題意,舍去)所以AB=$\frac{8}{3}$,
故當二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{1}{4}$時,AB的長為$\frac{8}{3}$.
(注:本題也可用幾何法解答,過程略)

點評 本題考查直線與平面平行的判定定理的應用,二面角的平面角的求法,空間距離的求法,考查空間想象能力以及計算能力.

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(2)請根據(jù)上表提供的數(shù)據(jù),用最小二乘法求出y關于x的線性回歸方程$\stackrel{∧}{y}$=$\stackrel{∧}$x+$\stackrel{∧}{a}$;
(3)試根據(jù)(2)求出的線性回歸方程,預測記憶力為9的同學的判斷力.
相關公式:$\stackrel{∧}$=$\frac{\sum_{i=1}^{n}{x}_{i}{y}_{i}-n\overline{x}•\overline{y}}{\sum_{i=1}^{n}{{x}_{1}}^{2}-n\overline{{x}^{2}}}$,$\stackrel{∧}{a}$=$\overline{y}$-$\stackrel{∧}$$\overline{x}$.

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