如图，四边形 $ABCD$ 为正方形，$PD \perp$ 平面 $ABCD$，$\angle DPC = {30^\circ}$，$AF \perp PC$ 于点 $F$，$FE\parallel CD$，交 $PD$ 于点 $E$．
【难度】
【出处】
2014年高考广东卷（理）
【标注】
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证明：$CF \perp $ 平面 $ADF$；标注答案略．解析本小题考查了线面垂直，只需要证明面上有两条相交直线与这条直线垂直即可．因为 $ PD \perp $ 平面 $ABCD$，$AD\subset 平面ABCD$，所以 $ PD \perp AD$．
在正方形 $ABCD$ 中，$ AD \perp DC$，又 $PD\cap DC=D$，所以 $ AD \perp $ 平面 $PCD$，故 $ AD \perp CF$．
因为 $ AF \perp PC$，$AD\cap AF=A$，从而 $CF \perp $ 平面 $ADF$． -
求二面角 $D - AF - E$ 的余弦值．标注答案$\dfrac{{2\sqrt {57} }}{19}$．解析本小问是求二面角，可以通过建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量并求出两个法向量的夹角，通过法向量的夹角的余弦值求出二面角的余弦值．设 $AB=1 $，则 ${\mathrm{Rt}} \triangle PDC $ 中，$ CD=1$，又 $\angle DPC = 30^\circ$，所以\[ PC=2,PD = \sqrt 3,\]由（1）知 $CF \perp DF $，所以 $CF=\dfrac{1}{2}$，$DF=\dfrac {\sqrt 3}{2} $，故\[ AF = \sqrt{{AD}^2 + {DF}^2} = \dfrac{\sqrt 7}{2},\]又 $FE\parallel CD $，所以\[ \dfrac{DE}{PD}= \dfrac{CF}{PC} = \dfrac 1 4 ,\]所以 $DE =\dfrac { \sqrt{3} } 4 $，同理\[EF= \dfrac 3 4 CD = \dfrac 3 4 ,\]如图建立坐标系，
则 $A\left(0,0,1\right) , C\left(0,1,0\right) ,D\left(0,0,0\right) ,E\left(\dfrac{\sqrt 3 }{4},0,0\right) ,F\left(\dfrac{\sqrt 3}{4},\dfrac{3 }{4},0\right)$．则\[\begin{split}{\overrightarrow{AE}} & = \left( {\dfrac{\sqrt 3 }{4},0, - 1} \right) , \\ {\overrightarrow{AF}} & = \left(\dfrac{\sqrt 3 }{4},\dfrac{3}{4}, - 1\right),\end{split}\]由（1）可知，$CF\perp 平面 ADF$，所以平面 $ADF$ 的一个法向量为\[{\overrightarrow{CF}} = \left( \dfrac{\sqrt 3 }{4},- \dfrac{1}{4},0\right),\]设平面 $AEF$ 的法向量 ${\overrightarrow{n}}=\left(x,y,z\right)$，则有\[\begin{cases}\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AE} = 0 ,\\
\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AF} = 0 ,\\
\end{cases}\]即\[\begin{cases}\dfrac{\sqrt 3}{4}x-z=0,\\\dfrac{\sqrt 3}{4}x+\dfrac{3}{4}y-z=0.\end{cases}\]令 $x=4$，可得 ${\overrightarrow{n}} = \left(4,0,\sqrt 3 \right)$，因为二面角 $\theta$ 为锐角，故二面角的余弦值是\[\cos \theta \overset{\left[b\right]}= \dfrac{\left|{{\overrightarrow{n}} \cdot {\overrightarrow{CF}}}\right|}{{ \left|{\overrightarrow{n}} \right| \cdot \left|{\overrightarrow{CF}} \right|}} = \dfrac{{2\sqrt {57} }}{19}.\]（推导中用到：[b]）
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
