Question

如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，其中DA⊥AB，AD∥BC．PA=2AD=BC=2AB=2．
（1）求異面直線PC與AD所成角的大�。�
（2）若平面ABCD內(nèi)有一經(jīng)過點(diǎn)C的曲線E，該曲線上的任一動點(diǎn)Q都滿足PQ與AD所成角的大小恰等PC與AD所成角．試判斷曲線E的形狀并說明理由；
（3）在平面ABCD內(nèi)，設(shè)點(diǎn)Q是（2）題中的曲線E在直角梯形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的一段曲線CG上的動點(diǎn)，其中G為曲線E和DC的交點(diǎn)．以B為圓心，BQ為半徑的圓分別與梯形的邊AB、BC交于M、N兩點(diǎn)．當(dāng)Q點(diǎn)在曲線段GC上運(yùn)動時，試提出一個研究有關(guān)四面P-BMN的問題（如體積、線面、面面關(guān)系等）并嘗試解決．
（說明：本小題將根據(jù)你提出的問題的質(zhì)量和解決難度分層評分；本小題的計算結(jié)果可以使用近似值，保留3位小數(shù)）

Answer 1

【答案】分析：（1）解法一：由已知四邊形ABCD是直角梯形，AD∥BC，可得PC與AD所成的角即為∠PCB，解三角形PCB即可得到異面直線PC與AD所成角的大�。�
解法二：以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線PC與AD的方向向量，代入向量夾角公式即可得到異面直線PC與AD所成角的大�。�
（2）解法一：過Q作QF⊥AB，垂足為F，連接PF，可證得PQ與AD所成角即為∠PQF=60°，在平面ABCD中，以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸，直線AD為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)動點(diǎn)Q（x，y），根據(jù)|QF|=|y|=，可得到一個關(guān)于x，y的關(guān)系式，整理可得曲線E的軌跡方程，即可得到曲線E的形狀．
解法二：以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由該曲線上的任一動點(diǎn)Q都滿足PQ與AD所成角的大小恰等PC與AD所成角，分別求出向量與的坐標(biāo)，代入向量夾角公式，可得到一個關(guān)于x，y的關(guān)系式，整理可得曲線E的軌跡方程，即可得到曲線E的形狀．
（3）在xOy的坐標(biāo)系中，設(shè)G（x₁，y₁）求出直線DC的方程后，代入雙曲線E：3y²-x²=4的方程，根據(jù)韋達(dá)定理及直線DC與雙曲線E交于點(diǎn)C，可以求出x，y的取值范圍，進(jìn)而根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，求出圓的半徑|BQ|的取值范圍，進(jìn)而我們可以分別研究問題一：求四面體P-BMN體積的取值范圍．問題二：求側(cè)棱PM與底面BMN所成角大小的取值范圍．問題三：求側(cè)棱PN與底面BMN所成角大小的取值范圍．問題四：求側(cè)面PMN和底面BMN所成的二面角P-MN-B大小的取值范圍等．
解答：解：（1）解法一：由題意，四邊形ABCD是直角梯形，且AD∥BC，
則PC與AD所成的角即為∠PCB．
因為DA⊥AB⇒BC⊥AB，又PA⊥平面ABCD，
所以BC⊥平面ABCD，則有∠PBC=90°．
    因為PB==2，BC=2，
所以tan∠PCB==，則∠PCB=60°，
即異面直線PC與AD所成角的大小為60°．
解法二：如圖，以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
于是有P（0，0，2）、C（2，2，0），則有=（2，2，-2），又=（0，1，0）
則異面直線PC與AD所成角θ滿足cosθ==，
    所以，異面直線PC與AD所成角的大小為60°
（2）解法一：由條件，過Q作QF⊥AB，垂足為F，連接PF．
于是有AD∥QF，故PQ與AD所成角即為∠PQF=60°．
在平面ABCD中，以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸，直線AD為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)動點(diǎn)Q（x，y），
則有|PF|==
又QF⊥平面PAB，所以QF⊥PF．
所以|QF|=|y|==，
即3y²-x²=4．
所以，可判定曲線E是雙曲線．
（2）解法二：如圖，以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)Q（x，y，0），P（0，0，2）、D（0，1，0），
則有=（x，y，-2），又=（0，1，0）
由•=±||•||•cos，
化簡整理得到3y²-x²=4，則曲線E是平面ABCD內(nèi)的雙曲線．
（3）在如圖所示的xOy的坐標(biāo)系中，因為D（0，1）、C（2，2）、B（2，0），
設(shè)G（x₁，y₁）．則有=（2，1），故DC的方程為，
代入雙曲線E：3y²-x²=4，的方程整理后可得5y²-16y+12=0，其中y₁•y₂=．
因為直線DC與雙曲線E交于點(diǎn)C，故y₁=．進(jìn)而可得x₁=，即G（，）．
故雙曲線E在直角梯形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的區(qū)域滿足x∈[，2]，y∈[，2]．
又設(shè)Q（x，y）為雙曲線段CG上的動點(diǎn)x∈[，2]，
所以，|BQ|==        
因為∈[，2]，
所以當(dāng)x=時，|BQ|取最小值；
當(dāng)x=時，|BQ|取最大值
而要使圓B與AB、BC都有交點(diǎn)，則|BQ|≤2．
故滿足題意的圓的半徑的取值范圍是|BQ|∈[，2]．
【說明】
1．若提出的問題在解決過程中不需用到以上結(jié)論的，則完整提出問題并解決最高得6分．
2．若提出的問題在解決過程中需用到以上結(jié)論的，則上述分析過程滿分6分；繼續(xù)深入的研究過程和結(jié)論則可參考以下典型問題和解答，最高再得6分．
 問題一：求四面體P-BMN體積的取值范圍．
因為PA⊥DMN，所以P-BMN體積為V_P-BMN=•PA•S_△BMN．故問題可以轉(zhuǎn)化為研究△BMN的面積．
又因為∠MBN為直角，所以△BMN必為等腰直角三角形．
由前述，設(shè)|BQ|=r∈[，2]，則|BQ|=|BN|=r，
故其面積為S_△BMN=r²，所以S_△BMN∈[，2]．
于是V_P-BMN=•PA•S_△BMN=•S_△BMN∈[，]．
（當(dāng)Q點(diǎn)運(yùn)動到與點(diǎn)C重合時，體積取得最大值；當(dāng)Q點(diǎn)運(yùn)動到橫坐標(biāo)x=時，即|PQ|長度最小時，體積取得最小值）
問題二：求側(cè)棱PM與底面BMN所成角大小的取值范圍．
解：因為PA⊥BMN，所以∠PMA即為側(cè)棱PM與底面BMN所成角．
而tan∠PMA==，r∈[，2]
由于在區(qū)間[，2]內(nèi)遞增，
所以tan∠PMA∈[1.995，2.414]，即．∠PMA∈[arctan1.995，arctan2.414]，
問題三：求側(cè)棱PN與底面BMN所成角大小的取值范圍．
解：因為PA⊥BMN，所以∠PNA 即為側(cè)棱PN與底面BMN 所成角．
因為N（2，r），所以|AN|=，
故tan∠PNA==，r∈[，2]．
由于在區(qū)間[，2]內(nèi)遞減，
所以tan∠PNA∈[，0.594]，即∠PNA∈[，arctan0.594]．
問題四：求側(cè)面PMN和底面BMN所成的二面角P-MN-B大小的取值范圍．
解：如圖，以A為原點(diǎn)，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)P（0，0，2）、M（2-r，0，0），N（2，r，0），
設(shè)平面PMN的法向量為=（x，y，z）
由⊥，⊥，可得平面PMN的一個法向量坐標(biāo)為=（1，-1，）．
可知，向量=（0，0，2）是平面BMN的一個法向量，于是向量和的夾角θ的大小即為二面角P-MN-B平面角的大小．
而cosθ==，
經(jīng)分析可得，cosθ在區(qū)間r∈[，2]內(nèi)遞增．
所以，cosθ∈[-0.334，-0.281]，
即二面角大小的取值范圍是[π-arctan0.281，π-arctan0.334]
點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是異面直線及其所成的角，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，其中（1）中方法一的關(guān)鍵是構(gòu)造∠PCB即為PC與AD所成的角，方法二的關(guān)鍵是建立空間坐標(biāo)系，將直線夾角問題轉(zhuǎn)化為向量夾角問題，（2）中方法一的關(guān)鍵是根據(jù)|QF|=|y|=，可得到一個關(guān)于x，y的關(guān)系式，而方法二的關(guān)鍵是求出向量與的坐標(biāo)，代入向量夾角公式，可得到一個關(guān)于x，y的關(guān)系式，（3）中的開放題型只要從四個問題中選擇一個即可．