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Q，使PQ⊥QD，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當邊BC上存在唯一點Q，使PQ⊥QD時，求二面角A-PD-Q的余弦值．

Answer 1

分析：解法1：（I）連AQ，設BQ=t，則CQ=a-t，解Rt△ABQ，Rt△CDQ，可求出AQ，DQ（均含參數t），在Rt△ADQ中，由勾股定理，我們可以得到一個關于t和a的方程，進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系，設Q（t，2，0）（t＞0），可得到向量

PQ

，

DQ

的坐標（均含參數t），由PQ⊥QD，可得

PQ

•

DQ

=0，由此可構造一個關于t和a的方程，進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t=2，a=4時，邊BC上存在唯一點Q（Q為BC邊的中點），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系，
則B（0，2，0），C（a，2，0），D（a，0，0），
P（0，0，4），（2分）
設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t=2，a=4時，邊BC上存在唯一點Q，使PQ⊥QD．
此時Q（2，2，0），D（4，0，0）．（8分）
設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的一個法向量．（10分）
而

AB

=(0，2，0)是平面PAD的一個法向量，（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）

點評：本題考查的知識點是用空間向量求平面間的，向量語言表述線線的垂直關系，二面角的夾角角及求法，方法一的關鍵是熟練掌握線線垂直的判定及二面角的平面角的構造方法；方法二的關鍵是建立空間坐標系，將線線垂直及二面角問題轉化為向量夾角問題．