Question

3．如图，已知四棱锥P-ABCD，地面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E是BC的中点．
（I）证明：AE⊥PD；
（II）若AB=2，AP=2，在线段PC上是否存在点F使二面角E-AF-C的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$？若存在，请确定点F的位置，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）证明△ABC为正三角形，可得AE⊥BC，根据BC∥AD，可得AE⊥AD．又PA⊥AE，且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，进而可得答案．
（II）建立坐标系，利用题中的已知条件分别求出两个平面的法向量，借助于向量的有关运算计算出向量的夹角，再转化为二面角的平面角．

解答 证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，∠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，
又PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD=A，
∴AE⊥平面PAD
又PD?平面PAD，∴AE⊥PD．
解：（Ⅱ）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，∵AB=BC=CD=DA=AP=2，∴AE=$\sqrt{3}$，
∴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），
设F（a，b，c），$\overrightarrow{PF}=λ\overrightarrow{PC}$（0≤λ≤1），则（a，b，c-2）=（$\sqrt{3}λ，λ$，-2λ），解得a=$\sqrt{3}λ$，b=λ，c=2，∴F（$\sqrt{3}λ，λ$，2-2λ），
∴$\overrightarrow{AE}$=（$\sqrt{3}$，0，0），$\overrightarrow{AF}$=（$\sqrt{3}λ，λ$，2-2λ）．
设平面AEF的一法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=\sqrt{3}x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=\sqrt{3}λx+λy-（2-2λ）z=0}\end{array}\right.$，取z=-1，得$\overrightarrow{m}$=（0，$\frac{2-2λ}{λ}$，-1），
∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，∴BD⊥平面AFC，
∴$\overrightarrow{BD}$=（-$\sqrt{3}$，3，0）是平面AFC的一法向量．
∵二面角E-AF-C的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴$\frac{\sqrt{15}}{5}$=$\frac{|\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{BD}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{3×\frac{2-2λ}{λ}}{\sqrt{12}•\sqrt{（\frac{2-2λ}{λ}）^{2}+1}}$，
由0≤λ≤1，解得λ=$\frac{1}{2}$，
∴在线段PC上存在中点F使二面角E-AF-C的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，以便利用已知条件得到空间的线面关系，并且便于建立坐标系利用向量的有关运算解决空间角等问题．