如图，已知四棱锥 $P-ABCD$，底面 $ABCD$ 为菱形，$PA\perp$ 平面 $ABCD$，$\angle{ABC}=60^{\circ}$，$E,F$ 分别是 $BC,PC$ 的中点．
【难度】
【出处】
2011年全国高中数学联赛河南省预赛
【标注】
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证明：$AE\perp PD$；标注答案略解析由四边形 $ABCD$ 为菱形，$\angle{ABC}=60^{\circ}$，可得 $\triangle{ABC}$ 为正三角形．
因为 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $AE\perp BC$，又 $BC\parallel AD$，因此 $AE\perp AD$．
因为 $PA\subset $ 平面 $ABCD$，$AE\subset $ 平面 $ABCD$，所以 $PA\perp AE$．
而 $PA\subset$ 平面 $PAD$，$AD\subset$ 平面 $PAD$，且 $PA\\cap AD=A$，所以 $AE\perp$ 平面 $PAD$，又 $PD\subset$ 平面 $PAD$，所以 $AE\perp PD$． -
若 $H$ 为 $PD$ 上的动点，$EH$ 与平面 $APD$ 所成最大角的正切值为 $\dfrac{\sqrt 6}{2}$，求二面角 $E-AF-C$ 的余弦值．标注答案$\dfrac{\sqrt{15}}{5}$解析设 $AB=2$，$H$ 为 $PD$ 上任意一点，连结 $AH,EH$．
由 $(1)$ 知 $AE\perp$ 平面 $PAD$，则 $\angle{EHA}$ 为 $EH$ 与平面 $PAD$ 所成的角．
在 ${\rm Rt}\triangle{EAH}$ 中，$AE=\sqrt 3$，所以当 $AH$ 最短时，$\angle{EHA}$ 最大，即当 $AH\perp PD$ 时，$\angle{EHA}$ 最大，此时$$\tan {\angle{EHA}}=\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{\sqrt 3}{AH}=\dfrac{\sqrt 6}{2},$$因此 $AH=\sqrt 2$，又 $AD=2$，所以 $\angle{ADH}=45^{\circ}$，所以 $PA=2$．解法一 因为 $PA\perp $ 平面 $ABCD$，$PA\subset $ 平面 $PAC$，所以平面 $PAC\perp $ 平面 $ABCD$，过 $E$ 作 $EO\perp AC$ 于 $O$，则 $EO\perp$ 平面 $PAC$，过 $O$ 作 $OS\perp AF$ 于 $S$，连结 $ES$，则 $\angle{ESO}$ 为二面角 $E-AF-C$ 的平面角．
在 ${\rm Rt}\triangle{AOE}$ 中，\[\begin{split}&EO=AE\cdot \sin{30^{\circ}}=\dfrac{\sqrt 3}{2},\\&AO=AE\cdot \cos{30^{\circ}}=\dfrac 32,\end{split}\]又 $F$ 是 $PC$ 的中点，在 ${\rm Rt}\triangle{ASO}$ 中，$SO=AO\cdot \sin{45^{\circ}}=\dfrac{3\sqrt 2}{4}$，又$$SE=\sqrt{EO^2+SO^2}=\sqrt{\dfrac 34+\dfrac 89}=\dfrac{\sqrt{30}}{4}.$$在 ${\rm Rt}\triangle{ESO}$ 中，$$\cos{\angle{ESO}}=\dfrac{SO}{SE}=\dfrac{\dfrac{3\sqrt 2}{4}}{\dfrac{\sqrt{30}}{4}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5},$$即所求二面角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．解法二 由 $(1)$ 知 $AE,AD,AP$ 两两垂直，以 $A$ 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又 $A(0,0,0)$，$B(\sqrt{3},-1,0)$，$C(\sqrt 3,1,0)$，$D(0,2,0)$，$P(0,0,2)$，$E(\sqrt 3,0,0)$，$F\left(\dfrac {\sqrt 3}{2},\dfrac 12,1\right)$，所以 $\overrightarrow{AE}=(\sqrt 3,0,0)$，$\overrightarrow{AF}=\left(\dfrac{\sqrt 3}{2},\dfrac 12,1\right)$．
设平面 $AEF$ 的一法向量为 $\overrightarrow{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则\[\begin{cases}\overrightarrow m\cdot \overrightarrow{AE}=0,\\ \overrightarrow m \cdot \overrightarrow{AF}=0,\end{cases}\]因此$$\begin{cases}\sqrt 3 x_1=0,\\ \dfrac{\sqrt 3}{2}x_1+\dfrac 12 y_1+z_1=0.\end{cases}$$取 $z_1=1$，则 $\overrightarrow{m}=(0,2,-1)$．
因为 $BD\perp AC$，$BD\perp PA$，$PA\cap AC=A$，所以 $BD\perp$ 平面 $AFC$，故 $\overrightarrow{BD}$ 为平面 $AFC$ 的一法向量．
又 $\overrightarrow{BD}=(-\sqrt 3,3,0)$，所以$$\cos<\overrightarrow{m},\overrightarrow{BD}>=\dfrac{\overrightarrow m\cdot \overrightarrow {BD}}{|\overrightarrow m|\cdot |\overrightarrow{BD}|}=\dfrac{\sqrt{15}}{5},$$因为二面角 $E-AF-C$ 为锐角，所以所求二面角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt{15}}{5}$．
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
