Question

2．如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分別是BC、PC的中點(diǎn)．
（Ⅰ）證明：AE⊥PD；
（Ⅱ）設(shè)AB=2，若H為PD上的動(dòng)點(diǎn)，EH與平面PAD所成最大角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
①求異面直線PB與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）利用菱形與等邊三角形的性質(zhì)可得：AE⊥BC，于是AE⊥AD．利用線面垂直的性質(zhì)可得PA⊥AE．再利用線面垂直的判定與性質(zhì)定理即可得出；
（II）設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH，EH．由（Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，可得：∠EHA為EH與平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$，可知：當(dāng)AH最短時(shí)，∠EHA最大，即當(dāng)AH⊥PD時(shí)，∠EHA最大．利用直角三角形邊角關(guān)系可得PA=2．由（Ⅰ）知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
①利用$cos＜\overrightarrow{BP}，\overrightarrow{AD}＞$=$\frac{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{BP}||\overrightarrow{AD}|}$可得：異面直線PB與AD所成角．
②設(shè)平面AEF的一法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$；利用線面垂直的判定定理可得：$\overrightarrow{BD}$為平面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）證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形．
∵E為BC的中點(diǎn)，∴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：設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH，EH．
由（Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，
則∠EHA為EH與平面PAD所成的角．
在Rt△EAH中，AE=$\sqrt{3}$，
∴當(dāng)AH最短時(shí)，∠EHA最大，
即當(dāng)AH⊥PD時(shí)，∠EHA最大．
此時(shí)，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兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
又E、F分別為BC、PC的中點(diǎn)，
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(xiàn)$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1）$，
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}$，
設(shè)異面直線PB與AD所成角為α，∴sinα=$\frac{\sqrt{14}}{4}$．
②$\overrightarrow{AE}$=$（\sqrt{3}，0，0）$，$\overrightarrow{AF}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1）$，
設(shè)平面AEF的一法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\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}$為平面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為銳角，
∴所求二面角的余弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、利用法向量夾角求空間角，考查了空間想象能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．