（12分）（2008•山东）如图，已知四棱锥 P - AB…——2008 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
（12分）（2008•山东）如图，已知四棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABCD}$ ，底面 ABCD 为菱形， $\mathrm{PA} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}, \angle \mathrm{ABC}=60^{\circ}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ 分别是 $\mathrm{BC}, \mathrm{PC}$ 的中点。
（I）证明： $\mathrm{AE} \perp \mathrm{PD}$ ；
（II）若 H 为 PD 上的动点， EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，求二面角 $\mathrm{E}-\mathrm{AF}-\mathrm{C}$的余弦值。

【分析】①要证明 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{PD}$ ，我们可能证明 $\mathrm{AE} \perp$ 面 PAD ，由已知易得 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{PA}$ ，我们只要能证明 $A E \perp A D$ 即可，由于底面 $A B C D$ 为菱形，故我们可以转化为证明 $A E \perp B C$ ，由已知易我们不难得到结论。
②由 EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，我们分析后可得 PA 的值，由①的结论，我们进而可以证明平面 $\mathrm{PAC} \perp$ 平面 ABCD ，则过 E 作 $\mathrm{EO} \perp \mathrm{AC}$ 于 O ，则 $\mathrm{EO} \perp$ 平面 PAC ，过 O 作 $\mathrm{OS} \perp \mathrm{AF}$ 于 S ，连接 ES ，则 $\angle \mathrm{ESO}$ 为二面角 $\mathrm{E}-\mathrm{AF}-\mathrm{C}$ 的平面角，然后我们解三角形 ASO，即可求出二面角 E－AF－C 的余弦值。
【解答】证明：（I）证明：由四边形 ABCD 为菱形，$\angle \mathrm{ABC}=60^{\circ}$ ，可得 $\triangle \mathrm{ABC}$ 为正三角形．因为 E 为 BC 的中点，所以 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{BC}$ 。
又 $\mathrm{BC} \| \mathrm{AD}$ ，因此 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{AD}$ 。
因为 $\mathrm{PA} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}, \mathrm{AEC} \subset$ 平面 ABCD ，所以 $\mathrm{PA} \perp \mathrm{AE}$ ．
而 $\mathrm{PA} \subset$ 平面 $\mathrm{PAD}, \mathrm{AD} \subset$ 平面 PAD 且 $\mathrm{PA} \cap \mathrm{AD}=\mathrm{A}$ ，
所以 $\mathrm{AE} \perp$ 平面 PAD ．又 $\mathrm{PD} \subset$ 平面 PAD ，
所以 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{PD}$ ．

解：（II）设 $\mathrm{AB}=2, \mathrm{H}$ 为 PD 上任意一点，连接 $\mathrm{AH}, \mathrm{EH}$ ．
由（I）知 $\mathrm{AE} \perp$ 平面 PAD ，
则 $\angle \mathrm{EHA}$ 为 EH 与平面 PAD 所成的角．
在 Rt $\triangle \mathrm{EAH}$ 中， $\mathrm{AE}=\sqrt{3}$ ，

所以当 AH 最短时，$\angle \mathrm{EHA}$ 最大，
即当 $\mathrm{AH} \perp \mathrm{PD}$ 时，$\angle \mathrm{EHA}$ 最大。
此时 $\tan \angle \mathrm{EHA}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AH}}=\frac{\sqrt{3}}{\mathrm{AH}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，
因此 $\mathrm{AH}=\sqrt{2}$ ．又 $\mathrm{AD}=2$ ，所以 $\angle \mathrm{ADH}=45^{\circ}$ ，
所以 $\mathrm{PA}=2$ ．
因为 $\mathrm{PA} \perp$ 平面 $\mathrm{ABCD}, \mathrm{PAC}$ 平面 PAC ，
所以平面 $\mathrm{PAC} \perp$ 平面 ABCD ．
过 E 作 $\mathrm{EO} \perp \mathrm{AC}$ 于 O ，则 $\mathrm{EO} \perp$ 平面 PAC ，
过 O 作 $\mathrm{OS} \perp \mathrm{AF}$ 于 S ，连接 ES ，则 $\angle \mathrm{ESO}$ 为二面角 $\mathrm{E}-\mathrm{AF}-\mathrm{C}$ 的平面角，
在 Rt $\triangle \mathrm{AOE}$ 中， $\mathrm{EO}=\mathrm{AE} \cdot \sin 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \mathrm{AO}=\mathrm{AE} \cdot \cos 30^{\circ}=\frac{3}{2}$ ，
又 F 是 PC 的中点，在 Rt $\triangle \mathrm{ASO}$ 中， $\mathrm{SO}=\mathrm{AO} \cdot \sin 45^{\circ}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$ ，
又 $\mathrm{SE}=\sqrt{\mathrm{EO}^{2}+\mathrm{SO}^{2}}=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{8}}=\frac{\sqrt{30}}{4}$ ，
在 Rt $\triangle \mathrm{ESO}$ 中， $\cos \angle \mathrm{ESO}=\frac{\mathrm{SO}}{\mathrm{SE}}=\frac{\frac{3 \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{30}}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$ ，
即所求二面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{15}}{5}$ ．