Question

4．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．
（I）证明：AE⊥PD；
（II）H是PD上的动点，EH与平面PAD所成的最大角为45°，求二面角E-AF-C的正切值．

Answer 1

分析 （I）推导出△ABC为正三角形，从而AE⊥BC，推导出AE⊥AD，PA⊥AE，由此能证明AE⊥PD．
（Ⅱ）推导出∠AHE是EH与平面PAD所成的角，当AH最小时，∠AHE最大，此时AH⊥PD，∠AHE=45°，以$\overrightarrow{AE}$、$\overrightarrow{AD}$、$\overrightarrow{AP}$ 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E-AF-C的正切值．

解答 （本小题满分12分）
证明：（I）由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
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．…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AE⊥平面PAD，
∴∠AHE是EH与平面PAD所成的角，
由于AE为定值，∴当AH最小时，∠AHE最大
此时AH⊥PD，∠AHE=45°（7分）
设AB=2a，则AE=$\sqrt{3}a$，AH=AE=$\sqrt{3}a$，
∵$\frac{PA}{AH}=\frac{PD}{AD}$，∴AD•PA=PD•AH，2a$•PA=\sqrt{3}a•\sqrt{P{A}^{2}+4{a}^{2}}$，
∴PA=2$\sqrt{3}a$，
以$\overrightarrow{AE}$\$\overrightarrow{AD}$\$\overrightarrow{AP}$ 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则P（0，0，2$\sqrt{3}a$），E（$\sqrt{3}a$，0，0），C（$\sqrt{3}a$，a，0），F（$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$\frac{1}{2}a$，$\sqrt{3}a$），
设平面AFC的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{3}az=0}\\{\sqrt{3}ax+ay=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-$\sqrt{3}$，0），（9分）
设平面AEF的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}ax=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}ax+\frac{1}{2}ay+\sqrt{3}az=0}\end{array}\right.$，取z=1，得$\overrightarrow{n}$=（0，-2$\sqrt{3}$，1），（10分）
cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{6}{2\sqrt{13}}$=$\frac{3}{\sqrt{13}}$，（11分）
tan＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\sqrt{1-\frac{9}{13}}}{\frac{3}{\sqrt{13}}}$=$\frac{2}{3}$，
∴二面角E-AF-C的正切值为$\frac{2}{3}$．（12分）

点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．