Question

9．如圖所示，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F(xiàn)分別是線段BC，PC的中點(diǎn)
（1）證明：AE⊥PD
（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$\sqrt{3}$，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出△ABC為正三角形，從而AE⊥AD，由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AE，從而AE⊥平面PAD，由此能證明AE⊥PD．
（2）設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH，EH，由AE⊥平面PAD，知∠EHA為EH與平面PAD所成的角，當(dāng)AH最短即AH⊥PD時(shí)，∠EHA最大，由AE，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答 證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴△ABC為正三角形
∵E為BC的中點(diǎn)，∴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）設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH，EH，
由（1）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最短即AH⊥PD時(shí)，∠EHA最大．
此時(shí)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兩兩互相垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，
又∵E，F(xiàn)分別為BC，PC的中點(diǎn)，
∴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(xiàn)（$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$）
∴$\overrightarrow{AE}=（\sqrt{3}，0，0）$，$\overrightarrow{AF}=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，$\overrightarrow{BD}=（-\sqrt{3}，3，0）$
設(shè)平面AEF的法向量m=（x₁，y₁，z₁）
則$\left\{\begin{array}{l}m•\overrightarrow{AE}=0\\ m•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.$，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，則m=$（{0，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，-1}）$
∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，∴BD⊥平面AFC
∴平面AFC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{BD}=（-\sqrt{3}，3，0）$
∴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為銳二面角，∴所求二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{21}}}{7}$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．