Question

12．如圖，已知四棱錐P-ABCD，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⊥PD；
（2）若H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的正弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出AE⊥BC，AE⊥AD，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，連接AH，EH，∠EHA為EH與平面PAD所成的角，推導(dǎo)出∠ADH=45°，所以PA=2．
法一：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，由此能求出二面角E-AF-C的余弦值．
法二：由AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角E-AF-C的余弦值．
法三：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)菱形ABCD的邊長為2，設(shè)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 證明：（1）由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形．
因為E為BC的中點，所以AE⊥BC
又BC∥AD，因此AE⊥AD
因為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）設(shè)AB=2，H為PD上任意一點，連接AH，EH．
由（1）知AE⊥平面PAD
所以∠EHA為EH與平面PAD所成的角
在Rt△EAH中，$AE=\sqrt{3}$，
所以當(dāng)AH最短時，∠EHA最大，即當(dāng)AH⊥PD時，∠EHA最大．
因為$sin∠EHA=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，此時$tan∠EHA=\frac{AE}{AH}=\frac{{\sqrt{3}}}{AH}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
因此$AH=\sqrt{2}$．又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2．（5分）
解法一：因為PA⊥平面ABCD，PA?平面PAC
所以平面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，（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的中點，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為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．（10分）
解法二：由（1）知AE，AD，AP兩兩垂直，
以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
又E，F(xiàn)分別為BC，PC的中點，
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(xiàn)（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$
所以$\overrightarrow{AE}=（\sqrt{3}，0，0），\overrightarrow{AF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$
設(shè)平面AEF的一法向量為m=（x₁，y₁，z₁）
則$\left\{\begin{array}{l}m•\overrightarrow{AE}=0\\ m•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.$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，則m=（0，2，-1），（7分）
因為BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC
故$\overrightarrow{BD}$為平面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）
因為二面角E-AF-C為銳角，所以所求二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．（10分）
解法三：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)菱形ABCD的邊長為2，則$A（{0，0，0}），E（{\sqrt{3}，0，0}），D（{0，2，0}），C（{\sqrt{3}，1，0}）$，
設(shè)P（0，0，t）（t＞0）
由P，H，D三點共線可設(shè)$\overrightarrow{DH}=λ\overrightarrow{DP}（0≤λ≤1）$，則H（0，2-2λ，λt），（4分）
∴$\overrightarrow{EH}=（{-\sqrt{3}，2-2λ，λt}）$，又平面PAD的一個法向量$\overrightarrow n=（{1，0，0}）$
設(shè)EH與平面PAD所成角為θ，則$sinθ=|{cos＜\overrightarrow{EH}，\overrightarrow n＞}|=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{{λ^2}{t^2}+4{{（λ-1）}^2}+3}}}$-（5分）
令g（λ）=λ²t²+4（λ-1）²+3=（4+t²）λ²-8λ+7（0≤λ≤1）
∴$當(dāng)λ=\frac{4}{{4+{t^2}}}∈[{0，1}]時，g{（λ）_{min}}=\frac{{7{t^2}+12}}{{4+{t^2}}}（t＞0）$（6分）
∴${（sinθ）_{max}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{\frac{{7{t^2}+12}}{{4+{t^2}}}}}}\frac{{\sqrt{15}}}{5}，解得t=2，即P（{0，0，2}），則F（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}）$，（7分）
∴$\overline{AE}=（{\sqrt{3}，0，0}），\overrightarrow{AF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，1}），\overrightarrow{AC}=（{\sqrt{3}，1，0}）$，
設(shè)平面AEF的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AE}=\sqrt{3}x=0}_{\;}}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AF}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，取y=2，得$\overrightarrow{n_1}=（{0，2，-1}）$，
設(shè)平面AFC的一個法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}a+b=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AF}=\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+c=0}\end{array}\right.$，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是銳二面角
∴二面角E-AF-C的余弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$．（10分）

點評 本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運用．