Question

9．如图所示，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F分别是线段BC，PC的中点
（1）证明：AE⊥PD
（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为$\sqrt{3}$，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出△ABC为正三角形，从而AE⊥AD，由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AE，从而AE⊥平面PAD，由此能证明AE⊥PD．
（2）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH，由AE⊥平面PAD，知∠EHA为EH与平面PAD所成的角，当AH最短即AH⊥PD时，∠EHA最大，由AE，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答 证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴△ABC为正三角形
∵E为BC的中点，∴AE⊥BC，又∵BC∥AD，∴AE⊥AD
∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE
∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD=A，
∴AE⊥平面PAD，∵PD?平面PAD，∴AE⊥PD．…（4分）
解：（2）设AB=2，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．
在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$，∴当AH最短即AH⊥PD时，∠EHA最大．
此时tan∠EHA=$\frac{AE}{AH}=\frac{{\sqrt{3}}}{AH}=\sqrt{3}$，∴AH=1
又∵AD=2，∴∠ADH=30°
∴PA=ADtan30°=$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$…（6分）
由（1）知AE，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
又∵E，F分别为BC，PC的中点，
∴A（0，0，0），B（$\sqrt{3}$，-1，0），C（$\sqrt{3}$，1，0），D（0，2，0），P（0，0，$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$），E（$\sqrt{3}$，0，0），F（$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）
∴$\overrightarrow{AE}=（\sqrt{3}，0，0）$，$\overrightarrow{AF}=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，$\overrightarrow{BD}=（-\sqrt{3}，3，0）$
设平面AEF的法向量m=（x₁，y₁，z₁）
则$\left\{\begin{array}{l}m•\overrightarrow{AE}=0\\ m•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}{x_1}=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_1}+\frac{1}{2}{y_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{3}{z_1}=0\end{array}\right.$
取z₁=-1，则m=$（{0，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，-1}）$
∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，∴BD⊥平面AFC
∴平面AFC的一个法向量为$\overrightarrow{BD}=（-\sqrt{3}，3，0）$
∴cos＜m，$\overrightarrow{BD}$＞=$\frac{{m•\overrightarrow{BD}}}{{|m|•|{\overrightarrow{BD}}|}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{\frac{7}{3}}×\sqrt{12}}}=\frac{{\sqrt{21}}}{7}$…（11分）
∵二面角E-AF-C为锐二面角，∴所求二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{21}}}{7}$…（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，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．