Question

2．如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC、PC的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥PD；
（Ⅱ）设AB=2，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求异面直线PB与AD所成角的正弦值；
②求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用菱形与等边三角形的性质可得：AE⊥BC，于是AE⊥AD．利用线面垂直的性质可得PA⊥AE．再利用线面垂直的判定与性质定理即可得出；
（II）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．由（Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，可得：∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$，可知：当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．利用直角三角形边角关系可得PA=2．由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
①利用$cos＜\overrightarrow{BP}，\overrightarrow{AD}＞$=$\frac{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{BP}||\overrightarrow{AD}|}$可得：异面直线PB与AD所成角．
②设平面AEF的一法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$；利用线面垂直的判定定理可得：$\overrightarrow{BD}$为平面AFC的一法向量．利用cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BD}|}$即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．
∵E为BC的中点，∴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，
∴AE⊥平面PAD，又PD?平面PAD．
∴AE⊥PD．
（Ⅱ）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．
由（Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，
则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$，
∴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．
由（Ⅰ）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
又E、F分别为BC、PC的中点，
可得：A（0，0，0），B（$\sqrt{3}$，-1，0），C（C，1，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），E（$\sqrt{3}$，0，0），F$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1）$，
①$\overrightarrow{BP}$$（-\sqrt{3}，1，2）$，$\overrightarrow{AD}$=（0，2，0），
∴$cos＜\overrightarrow{BP}，\overrightarrow{AD}＞$=$\frac{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{BP}||\overrightarrow{AD}|}$=$\frac{2}{2\sqrt{2}×2}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
设异面直线PB与AD所成角为α，∴sinα=$\frac{\sqrt{14}}{4}$．
②$\overrightarrow{AE}$=$（\sqrt{3}，0，0）$，$\overrightarrow{AF}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1）$，
设平面AEF的一法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{m}$=（0，2，-1），
∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
∴BD⊥平面AFC，
故$\overrightarrow{BD}$为平面AFC的一法向量．
又 $\overrightarrow{BD}$=$（-\sqrt{3}，3，0）$，
∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BD}|}$=$\frac{2×3}{\sqrt{5}×\sqrt{12}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∵二面角E-AF-C为锐角，
∴所求二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查了线面面面垂直的判定与性质定理、利用法向量夹角求空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．