Question

7．如图所示，已知四棱锥S-ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，SA⊥平面ABCD，E，F分别是CD，SD的中点，点H为SB上的动点，且EH与平面SAB所成最大角的正切值为$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
（1）证明：AE⊥SB；
（2）求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）根据线面垂直的性质定理即可证明：AE⊥SB；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角E-AF-C的余弦值

解答 （1）证明：∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴△ACD是正三角形，
∵E是CD的中点，∴AE⊥CD，
即AE⊥AB，
∵SA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴SA⊥AE，
∵AB∩SA=A，
∴AE⊥平面SAB，
∵SB?平面SAB，
∴AE⊥SB；
（2）由（1）知AE⊥平面SAB，
则AH是EH在平面SAB的射影，
即AH⊥SB，
∠AHE是EH与平面SAB所成最大角，
即tan∠AHE=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
设菱形的边长为2，即AB=2，AC=2，
则AE=$\sqrt{3}$，
由tan∠AHE=$\frac{AE}{AH}$=$\frac{\sqrt{3}}{AH}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
则AH=$\sqrt{2}$，
∵AB=2，
∴sin∠ABH=$\frac{AH}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则∠ABH=45°，
则△SAB是等腰三角形，则SA=AB=2，
建立以A为坐标原点，AB，AE，AS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图：
则A（0，0，0），E（0，$\sqrt{3}$，0），C（1，$\sqrt{3}$，0），D（-1，$\sqrt{3}$，0），S（0，0，2），F（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），
设平面EAF的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
平面CAF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{AF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），
$\overrightarrow{AE}$=（0，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{AC}$=（1，$\sqrt{3}$，0），
则由$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{AF}$=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$y+z=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{AE}$=$\sqrt{3}$y=0，
得y=0，令x=2，则z=1，即$\overrightarrow{m}$=（2，0，1），
由$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{AF}$=-$\frac{1}{2}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$y+z=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{AC}$=x+$\sqrt{3}$y=0，
令y=-$\sqrt{3}$，则x=3，z=3，即$\overrightarrow{n}$=（3，-$\sqrt{3}$，3），
则cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2×3+1×3}{\sqrt{{2}^{2}+1}•\sqrt{{3}^{2}+（-\sqrt{3}）^{2}+{3}^{2}}}$=$\frac{9}{\sqrt{5}•\sqrt{21}}$=$\frac{3\sqrt{105}}{35}$，
即二面角E-AF-C的余弦值是=$\frac{3\sqrt{105}}{35}$．

点评 本题主要考查直线垂直的判定，以及二面角的求解，建立坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．