Question

如图，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分别是BC，PC的中点．
（1）证明：AE⊥平面PAD；
（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为

3

，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

考点：与二面角有关的立体几何综合题,直线与平面垂直的判定

专题：空间位置关系与距离,空间角

分析：（1）通过证明AE⊥BC．PA⊥AE．说明PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A，利用直线与平面垂直的判定定理证明AE⊥平面PAD．
（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连结AH，EH．由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．（法一）在Rt△ESO中，求出cos∠ESO的值即可．
（法二）由（1）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，求出平面AEF的一个法向量为

m

，求出平面AFC的一个法向量

BD

，利用二面角公式求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答： （1）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．（4分）
（2）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连结AH，EH．
由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=

3

，∴当AH最短时，∠EHA最大，
即当AH⊥PD时，∠EHA最大．此时tan∠EHA=

AE

AH

=

3

AH

=

3

，
因此AH=1．又AD=2，∴∠ADH=30°，∴PA=AD tan 30°=

2 3

3

．（8分）
（法一）∵PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD．
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，
过O作OS⊥AF于S，连结ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE•sin 30°=

3

2

，AO=AE•cos 30°=

3

2

．
又F是PC的中点，如图，PC=

PA2+AC2

=

4 3

3

，
∴AF=

1

2

PC=

2 3

3

，sin∠SAO=

FK

AF

=

1

2

，
在Rt△ASO中，SO=AO•sin∠SAO=

3

4

，
∴SE=

EO2+SO2

=

4+ 9 16

=

21

4

，
在Rt△ESO中，cos∠ESO=

SO

SE

=

3 4

21 4

=

21

7

，
即所求二面角的余弦值为

21

7

．（12分）
（法二）由（1）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，∴A（0，0，0），B（

3

，-1，0），C（

3

，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（

3

，0，0），F（

3

2

，

1

2

，

3

3

），
∴

AE

=（

3

，0，0），

AF

=（

3

2

，

1

2

，

3

3

）．
设平面AEF的一个法向量为

m

=（x₁，y₁，z₁），
则

m • AE =0 m • AF =0

因此

3 x1=0 3 2 x1+ 1 2 y1+ 3 3 z1=0

，
取z₁=-1，则m=（0，

2 3

3

，-1），
∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
∴BD⊥平面AFC，故

BD

为平面AFC的一个法向量．
又

BD

=（-

3

，3，0），
∴cos＜

m

，

BD

＞=

m • BD

| m || BD |

=

2 3

(    ) 3 × 12

=

21

7

．
∵二面角E-AF-C为锐角，
∴所求二面角的余弦值为

21

7

．（12分）

点评：本题考查直线与平面垂直的判定定理，二面角的求法，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，以便利用已知条件得到空间的线面关系，并且便于建立坐标系利用向量的有关运算解决空间角等问题．