Question

如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=a，又PA⊥平面ABCD，PA=4．
（Ⅰ）若在邊BC上存在一點(diǎn)Q，使PQ⊥QD，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)邊BC上存在唯一點(diǎn)Q，使PQ⊥QD時(shí)，求二面角A-PD-Q的余弦值．

Answer 1

分析：解法1：（I）連AQ，設(shè)BQ=t，則CQ=a-t，解Rt△ABQ，Rt△CDQ，可求出AQ，DQ（均含參數(shù)t），在Rt△ADQ中，由勾股定理，我們可以得到一個(gè)關(guān)于t和a的方程，進(jìn)而由基本不等式得到a的取值范圍；
（Ⅱ）過Q作QM∥CD交AD于M，過M作MN⊥PD于N，連接NQ，則∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角，解三角形MNQ，即可得到二面角A-PD-Q的余弦值．
解法2：（I）以

AD

、

AB

、

AP

為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Q（t，2，0）（t＞0），可得到向量

PQ

，

DQ

的坐標(biāo)（均含參數(shù)t），由PQ⊥QD，可得

PQ

•

DQ

=0，由此可構(gòu)造一個(gè)關(guān)于t和a的方程，進(jìn)而由基本不等式得到a的取值范圍；
（II）分別求出平面PQD的法向量和平面PAD的法向量，代入向量夾角公式，即可得到二面角A-PD-Q的余弦值．

解答：解：法1：（Ⅰ）如圖，連AQ，由于PA⊥平面ABCD，則由PQ⊥QD，必有AQ⊥DQ．（2分）
設(shè)BQ=t，則CQ=a-t，
在Rt△ABQ中，有AQ=

t2+4

．
在Rt△CDQ中，有DQ=

(a-t)2+4

．（4分）
在Rt△ADQ中，有AQ²+DQ²=AD²．
即t²+4+（a-t）²+4=a²，即t²-at+4=0．
∴a=t+

4

t

≥4．
故a的取值范圍為[4，+∞）．（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)t=2，a=4時(shí)，邊BC上存在唯一點(diǎn)Q（Q為BC邊的中點(diǎn)），使PQ⊥QD．（8分）
過Q作QM∥CD交AD于M，則QM⊥AD．
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM．∴QM⊥平面PAD．
過M作MN⊥PD于N，連接NQ，則QN⊥PD．
∴∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角．（10分）
在等腰直角三角形PAD中，可求得MN=

2

，又MQ=2，進(jìn)而NQ=

6

．（12分）
∴cos∠MNQ=

MN

NQ

=

2

6

=

3

3

．
故二面角A-PD-Q的余弦值為

3

3

（14分）

法2：（Ⅰ）以

AD

、

AB

、

AP

為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，
則B（0，2，0），C（a，2，0），D（a，0，0），
P（0，0，4），（2分）
設(shè)Q（t，2，0）（t＞0），則

PQ

=（t，2，-4），

DQ

=（t-a，2，0）．（4分）
∵PQ⊥QD，∴

PQ

•

DQ

=t(t-a)+4=0．
即t²-at+4=0．
∴a=t+

4

t

≥4．
故a的取值范圍為[4，+∞）．（6分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)t=2，a=4時(shí)，邊BC上存在唯一點(diǎn)Q，使PQ⊥QD．
此時(shí)Q（2，2，0），D（4，0，0）．（8分）
設(shè)n=（x，y，z）是平面PQD的法向量，
由

n• DP =0 n• DQ =0

，得

-4x+4z=0 -2x+2y=0

．
取z=1，則n=（1，1，1）是平面PQD的一個(gè)法向量．（10分）
而

AB

=(0，2，0)是平面PAD的一個(gè)法向量，（12分）
由cos＜

AD

，n＞=

AD •n

| AD |•|n|

=

3

3

．
∴二面角A-PD-Q的余弦值為

3

3

．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是用空間向量求平面間的，向量語(yǔ)言表述線線的垂直關(guān)系，二面角的夾角角及求法，方法一的關(guān)鍵是熟練掌握線線垂直的判定及二面角的平面角的構(gòu)造方法；方法二的關(guān)鍵是建立空間坐標(biāo)系，將線線垂直及二面角問題轉(zhuǎn)化為向量夾角問題．