Question

如圖，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點．
（1）證明：AE⊥平面PAD；
（2）取AB=2，若H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的正切值為

6

2

，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

考點：與二面角有關的立體幾何綜合題,直線與平面垂直的判定

專題：空間角

分析：（1）由已知條件推導出△ABC為正三角形，從而得到AE⊥BC，AE⊥AD，再由PA⊥平面ABCD，得到PA⊥AE，由此能證明AE⊥平面PAD．
（2）法一：H為PD上任意一點，連接AH，EH，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角，當AH最短時，即當AH⊥PD時，∠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兩兩垂直，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系．利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答： （本小題滿分13分）
（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC為正三角形，∵E為BC的中點，
∴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為PD上任意一點，連接AH，EH，
由（1）知AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角，…（6分）
在RT△EAH中，AE=

3

，
∴當AH最短時，即當AH⊥PD時，∠EHA最大．…（7分）
此時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，
過E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，
過O作OS⊥AF于S，連接ES，則∠ESO為二面角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的中點，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為

15

5

．…（13分）
（2）解法二：由（1）可知AE，AD，AP兩兩垂直，
以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系．
設AP=a，則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(xiàn)（

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的法向量為

n

=(1，0，0)，
sin2θ=|cos＜

n

，

HE

＞|2=

3

3+4(λ-1)2+a2λ2

=

3

(a2+4)λ2-8λ+7

，
∵EH與平面PAD所成最大角的正切值為

6

2

…（7分）
∴sin2θ=

3

(a2+4)λ2-8λ+7

的最大值為

3

5

，
即f（a）=（a²+4）λ²-8λ+7在λ∈[0，1]的最小值為5，
∵函數(shù)f（a）對稱軸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）
設平面AEF的一個法向量為

m

=（x₁，y₁，z₁ ），則

m • AE =0 m • AF =0

∴

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

，取z₁=-1，則

m

=（0，2，-1）…（11分）

BD

=(-

3

，3，0)為平面AFC的一個法向量．…（12分）
∴cos＜

m

，

BD

＞=

m • BD

| m || BD |

=

15

5

∴所求二面角的余弦值為

15

5

…（13分）

點評：本題考查直線與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認真審題，注意空間思維能力的合理運用．