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）取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

6

2

，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：空间角

分析：（1）由已知条件推导出△ABC为正三角形，从而得到AE⊥BC，AE⊥AD，再由PA⊥平面ABCD，得到PA⊥AE，由此能证明AE⊥平面PAD．
（2）法一：H为PD上任意一点，连接AH，EH，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，当AH最短时，即当AH⊥PD时，∠EHA最大，由此能求出二面角E-AF-C的余弦值．
（2）法二：由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答： （本小题满分13分）
（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC为正三角形，∵E为BC的中点，
∴AE⊥BC…（1分）
又∵BC∥AD，∴AE⊥AD…（2分）
∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴PA⊥AE…（3分）
而PA?平面PAD，AD?平面PAD，PA∩AD=A，
∴AE⊥平面PAD．…（5分）
（2）解法一：H为PD上任意一点，连接AH，EH，
由（1）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角，…（6分）
在RT△EAH中，AE=

3

，
∴当AH最短时，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．…（7分）
此时tan∠EHA=

AE

AH

=

3

AH

=

6

2

，∴AH=

2

，
又∵AD=2，∴∠ADH=45°，∴PA=2…（8分）
∵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，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，…（10分）
在RT△AOE中，EO=AE•sin300=

3

2

，AO=AE•cos300=

3

2

，
又F是PC的中点，在RT△ASO中，SO=AO•sin450=

3 2

4

，
又SE=

EO2+SO2

=

30

4

，…（11分）
在RT△ESO中，cos∠ESO=

SO

SE

=

15

5

即所求二面角的余弦值为

15

5

．…（13分）
（2）解法二：由（1）可知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．
设AP=a，则A（0，0，0），B（

3

，1，0），C（

3

，1，0），D（0，2，0），
P（0，0，a），E（

3

，0，0），F（

3

2

，

1

2

，

a

2

），H（0，2-2λ，aλ）（其中λ∈[0，1]），…（6分）
∴

HE

=(

3

，2(λ-1)，-aλ)，
面PAD的法向量为

n

=(1，0，0)，
sin2θ=|cos＜

n

，

HE

＞|2=

3

3+4(λ-1)2+a2λ2

=

3

(a2+4)λ2-8λ+7

，
∵EH与平面PAD所成最大角的正切值为

6

2

…（7分）
∴sin2θ=

3

(a2+4)λ2-8λ+7

的最大值为

3

5

，
即f（a）=（a²+4）λ²-8λ+7在λ∈[0，1]的最小值为5，
∵函数f（a）对称轴λ=

4

a2+4

∈(0，1)，
∴f（a）_min=f(

4

a2+4

)=5，解得a=2…（9分）
∴

AE

=（

3

，0，0），

AF

=（

3

2

，

1

2

，1）
设平面AEF的一个法向量为

m

=（x₁，y₁，z₁ ），则

m • AE =0 m • AF =0

∴

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

，取z₁=-1，则

m

=（0，2，-1）…（11分）

BD

=(-

3

，3，0)为平面AFC的一个法向量．…（12分）
∴cos＜

m

，

BD

＞=

m • BD

| m || BD |

=

15

5

∴所求二面角的余弦值为

15

5

…（13分）

点评：本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的合理运用．