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分別是BC，PC的中點．
（1）證明：AE⊥平面PAD；
（2）若H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的正切值為

3

，求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

考點：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題,直線與平面垂直的判定

專題：空間位置關(guān)系與距離,空間角

分析：（1）通過證明AE⊥BC．PA⊥AE．說明PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A，利用直線與平面垂直的判定定理證明AE⊥平面PAD．
（2）解：設(shè)AB=2，H為PD上任意一點，連結(jié)AH，EH．由（1）知AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角．（法一）在Rt△ESO中，求出cos∠ESO的值即可．
（法二）由（1）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，求出平面AEF的一個法向量為

m

，求出平面AFC的一個法向量

BD

，利用二面角公式求出二面角E-AF-C的余弦值．

解答： （1）證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形．
∵E為BC的中點，∴AE⊥BC．
又BC∥AD，因此AE⊥AD．
∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE．
而PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD=A，
∴AE⊥平面PAD．（4分）
（2）解：設(shè)AB=2，H為PD上任意一點，連結(jié)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=

3

，∴當AH最短時，∠EHA最大，
即當AH⊥PD時，∠EHA最大．此時tan∠EHA=

AE

AH

=

3

AH

=

3

，
因此AH=1．又AD=2，∴∠ADH=30°，∴PA=AD tan 30°=

2 3

3

．（8分）
（法一）∵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，連結(jié)ES，則∠ESO為二面角E-AF-C的平面角，
在Rt△AOE中，EO=AE•sin 30°=

3

2

，AO=AE•cos 30°=

3

2

．
又F是PC的中點，如圖，PC=

PA2+AC2

=

4 3

3

，
∴AF=

1

2

PC=

2 3

3

，sin∠SAO=

FK

AF

=

1

2

，
在Rt△ASO中，SO=AO•sin∠SAO=

3

4

，
∴SE=

EO2+SO2

=

4+ 9 16

=

21

4

，
在Rt△ESO中，cos∠ESO=

SO

SE

=

3 4

21 4

=

21

7

，
即所求二面角的余弦值為

21

7

．（12分）
（法二）由（1）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，又E，F(xiàn)分別為BC，PC的中點，∴A（0，0，0），B（

3

，-1，0），C（

3

，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（

3

，0，0），F(xiàn)（

3

2

，

1

2

，

3

3

），
∴

AE

=（

3

，0，0），

AF

=（

3

2

，

1

2

，

3

3

）．
設(shè)平面AEF的一個法向量為

m

=（x₁，y₁，z₁），
則

m • AE =0 m • AF =0

因此

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

，
取z₁=-1，則m=（0，

2 3

3

，-1），
∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
∴BD⊥平面AFC，故

BD

為平面AFC的一個法向量．
又

BD

=（-

3

，3，0），
∴cos＜

m

，

BD

＞=

m • BD

| m || BD |

=

2 3

(    ) 3 × 12

=

21

7

．
∵二面角E-AF-C為銳角，
∴所求二面角的余弦值為

21

7

．（12分）

點評：本題考查直線與平面垂直的判定定理，二面角的求法，解決此類問題的關(guān)鍵是熟練掌握幾何體的結(jié)構(gòu)特征，以便利用已知條件得到空間的線面關(guān)系，并且便于建立坐標系利用向量的有關(guān)運算解決空間角等問題．