Question

4．如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，∠ABC=60°，PA=AB，E，F(xiàn)分別為BC，PC的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：AE⊥PD；
（Ⅱ）求二面角E-AF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過PA⊥平面ABCD得AE⊥PA，根據(jù)題意易得△ABC為等邊三角形，利用線面垂直的判定定理可得AE⊥平面PAD，進(jìn)而有AE⊥PD；
（Ⅱ）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AE、AD、AP所在直線為x、y、z軸建立坐標(biāo)系，則所求值轉(zhuǎn)化為平面EAF的法向量與平面ACF的法向量的夾角的余弦值的絕對(duì)值．

解答 （Ⅰ）證明：∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴AE⊥PA，
∵四邊形ABCD是菱形，且∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，
又∵E是BD中點(diǎn)，∴AE⊥BC，
由BC∥AD可知AE⊥AD，
又∵PA∩AE=A，∴AE⊥平面PAD，
又∵PD?平面PAD，∴AE⊥PD；
（Ⅱ）解：由（I）知AE、AD、AP兩兩垂直，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AE、AD、AP所在直線為x、y、z軸建立坐標(biāo)系如圖，
設(shè)PA=AB=2，則A（0，0，0），E（$\sqrt{3}$，0，0），C（$\sqrt{3}$，1，0），F(xiàn)（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
∴$\overrightarrow{AE}$=（$\sqrt{3}$，0，0），$\overrightarrow{AC}$=（$\sqrt{3}$，1，0），$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
設(shè)平面EAF的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{x}_{1}=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_{1}+\frac{1}{2}{y}_{1}+{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
令z₁=1，可得$\overrightarrow{m}$=（0，-2，1），
設(shè)平面ACF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{x}_{2}+{y}_{2}=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_{2}+\frac{1}{2}{y}_{2}+{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令y₂=$\sqrt{3}$，可得$\overrightarrow{n}$=（-1，$\sqrt{3}$，0），
cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{5}×2}$=-$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴二面角E-AF-C的余弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角，空間中線面的位置關(guān)系，向量數(shù)量積運(yùn)算，注意解題方法的積累，建立坐標(biāo)系是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．