Question

12．如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F分别是BC，PC的中点．
（1）证明：AE⊥PD；
（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正弦值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出AE⊥BC，AE⊥AD，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，∠EHA为EH与平面PAD所成的角，推导出∠ADH=45°，所以PA=2．
法一：过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，由此能求出二面角E-AF-C的余弦值．
法二：由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，利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．
法三：建立空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，设P（0，0，t）（t＞0），利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答 证明：（1）由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC
又BC∥AD，因此AE⊥AD
因为PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE
而PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A
所以AE⊥平面PAD．又PD?平面PAD
所以AE⊥PD．（3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
所以∠EHA为EH与平面PAD所成的角
在Rt△EAH中，$AE=\sqrt{3}$，
所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大．
因为$sin∠EHA=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，此时$tan∠EHA=\frac{AE}{AH}=\frac{{\sqrt{3}}}{AH}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
因此$AH=\sqrt{2}$．又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2．（5分）
解法一：因为PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC
所以平面PAC⊥平面ABCD
过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC
过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，（7分）
在Rt△AOE中，$EO=AE•sin{30°}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$AO=AE•cos{30°}=\frac{3}{2}$
又F是PC的中点，在Rt△ASO中，$SO=AO•sin{45°}=\frac{{3\sqrt{2}}}{4}$
又$SE=\sqrt{E{O^2}+S{O^2}}=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{8}}=\frac{{\sqrt{30}}}{4}$
在Rt△ESO中，$cos∠ESO=\frac{SO}{SE}=\frac{{\frac{{3\sqrt{2}}}{4}}}{{\frac{{\sqrt{30}}}{4}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，（9分）
即所求二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．（10分）
解法二：由（1）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，
所以$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），F（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$
所以$\overrightarrow{AE}=（\sqrt{3}，0，0），\overrightarrow{AF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$
设平面AEF的一法向量为m=（x₁，y₁，z₁）
则$\left\{\begin{array}{l}m•\overrightarrow{AE}=0\\ m•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.$因此$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}{x_1}=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_1}+\frac{1}{2}{y_1}+{z_1}=0\end{array}\right.$
取z₁=-1，则m=（0，2，-1），（7分）
因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC
故$\overrightarrow{BD}$为平面AFC的一法向量，又$\overrightarrow{BD}=（-\sqrt{3}，3，0）$
所以$cos＜m，\overrightarrow{BD}＞=\frac{{m•\overrightarrow{BD}}}{{|m|•|{\overrightarrow{BD}}|}}=\frac{2×3}{{\sqrt{5}×\sqrt{12}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．（9分）
因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．（10分）
解法三：建立如图所示的空间直角坐标系，
设菱形ABCD的边长为2，则$A（{0，0，0}），E（{\sqrt{3}，0，0}），D（{0，2，0}），C（{\sqrt{3}，1，0}）$，
设P（0，0，t）（t＞0）
由P，H，D三点共线可设$\overrightarrow{DH}=λ\overrightarrow{DP}（0≤λ≤1）$，则H（0，2-2λ，λt），（4分）
∴$\overrightarrow{EH}=（{-\sqrt{3}，2-2λ，λt}）$，又平面PAD的一个法向量$\overrightarrow n=（{1，0，0}）$
设EH与平面PAD所成角为θ，则$sinθ=|{cos＜\overrightarrow{EH}，\overrightarrow n＞}|=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{{λ^2}{t^2}+4{{（λ-1）}^2}+3}}}$-（5分）
令g（λ）=λ²t²+4（λ-1）²+3=（4+t²）λ²-8λ+7（0≤λ≤1）
∴$当λ=\frac{4}{{4+{t^2}}}∈[{0，1}]时，g{（λ）_{min}}=\frac{{7{t^2}+12}}{{4+{t^2}}}（t＞0）$（6分）
∴${（sinθ）_{max}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{\frac{{7{t^2}+12}}{{4+{t^2}}}}}}\frac{{\sqrt{15}}}{5}，解得t=2，即P（{0，0，2}），则F（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$，（7分）
∴$\overline{AE}=（{\sqrt{3}，0，0}），\overrightarrow{AF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}），\overrightarrow{AC}=（{\sqrt{3}，1，0}）$，
设平面AEF的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AE}=\sqrt{3}x=0}_{\;}}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AF}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，取y=2，得$\overrightarrow{n_1}=（{0，2，-1}）$，
设平面AFC的一个法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}a+b=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AF}=\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n_2}=（{1，-\sqrt{3}，0}）$-（8分）
∴$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{-2\sqrt{3}}}{{\sqrt{5}×2}}=-\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，（9分）
又∵二面角E-AF-C是锐二面角
∴二面角E-AF-C的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．（10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，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．