Question

1．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．
（1）证明：异面直线AE与PD所的角；
（2）若PD与平面ABCD所成角为45°，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出AE⊥BC，AE⊥AD，PA⊥AE，从而AE⊥平面PAD，由此能证明AE⊥PD．
（2）法一（几何法）：设AB=2，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，由此能求出二面角E-AF-C的余弦值．
法二（向量法）：设AB=2，由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 证明：（1）由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
可得△ABC为正三角形．因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．
又BC∥AD，因此AE⊥AD．
因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE．
而PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD=A，
所以AE⊥平面PAD．又PD?平面PAD，
所以AE⊥PD．…（6分）
解：（2）因为PA⊥平面ABCD，所以PD与底面ABCD所成的角为∠PDA，
因为∠PDA=45°，所以PA=AD．…（9分）
解法一：设AB=2，因为PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC，
所以平面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，
在Rt△AOE中，EO=AEsin30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，AO=AEcos30°=$\frac{3}{2}$，
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，$SO=AO•sin{45°}=\frac{{3\sqrt{2}}}{4}$，
又SE=$\sqrt{E{O}^{2}+S{O}^{2}}$=$\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{8}}$=$\frac{\sqrt{30}}{4}$，
在Rt△ESO中，cos∠ESO=$\frac{SO}{SE}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{30}}{4}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
即所求二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．…（12分）
解法二：设AB=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，
所以A（0，0，0），B（$\sqrt{3}，-1，0$），C（$\sqrt{3}，1，0$），D（0，2，0），P（0，0，2），
E（$\sqrt{3}，0，0$），F（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1$），
所以$\overrightarrow{AE}=（\sqrt{3}，0，0），\overrightarrow{AF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$．
设平面AEF的一法向量为m=（x₁，y₁，z₁），
则$\left\{\begin{array}{l}m•\overrightarrow{AE}=0\\ m•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.$因此$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}{x_1}=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_1}+\frac{1}{2}{y_1}+{z_1}=0\end{array}\right.$，
取z₁=-1，则m=（0，2，-1），因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
所以BD⊥平面AFC，故$\overrightarrow{BD}$为平面AFC的一个法向量．
又$\overrightarrow{BD}$=（-$\sqrt{3}，3，0$），所以cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{BD}|}$=$\frac{2×3}{\sqrt{5}×\sqrt{12}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$．
因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．…（12分）

点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．