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如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=a,又PA⊥平面ABCD,PA=4. (...

manfen5.com 满分网如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=a,又PA⊥平面ABCD,PA=4.
(Ⅰ)若在边BC上存在一点Q,使PQ⊥QD,求a的取值范围;
(Ⅱ)当边BC上存在唯一点Q,使PQ⊥QD时,求二面角A-PD-Q的余弦值.
解法1:(I)连AQ,设BQ=t,则CQ=a-t,解Rt△ABQ,Rt△CDQ,可求出AQ,DQ(均含参数t),在Rt△ADQ中,由勾股定理,我们可以得到一个关于t和a的方程,进而由基本不等式得到a的取值范围; (Ⅱ)过Q作QM∥CD交AD于M,过M作MN⊥PD于N,连接NQ,则∠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)以为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系,设Q(t,2,0)(t>0),可得到向量,的坐标(均含参数t),由PQ⊥QD,可得•=0,由此可构造一个关于t和a的方程,进而由基本不等式得到a的取值范围; (II)分别求出平面PQD的法向量和平面PAD的法向量,代入向量夹角公式,即可得到二面角A-PD-Q的余弦值. 【解析】 法1:(Ⅰ)如图,连AQ,由于PA⊥平面ABCD,则由PQ⊥QD,必有AQ⊥DQ.(2分) 设BQ=t,则CQ=a-t, 在Rt△ABQ中,有. 在Rt△CDQ中,有.(4分) 在Rt△ADQ中,有AQ2+DQ2=AD2. 即t2+4+(a-t)2+4=a2,即t2-at+4=0. ∴. 故a的取值范围为[4,+∞).(6分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当t=2,a=4时,边BC上存在唯一点Q(Q为BC边的中点),使PQ⊥QD.(8分) 过Q作QM∥CD交AD于M,则QM⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥QM.∴QM⊥平面PAD. 过M作MN⊥PD于N,连接NQ,则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,又MQ=2,进而.(12分) ∴. 故二面角A-PD-Q的余弦值为(14分) 法2:(Ⅰ)以为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系, 则B(0,2,0),C(a,2,0),D(a,0,0), P(0,0,4),(2分) 设Q(t,2,0)(t>0),则=(t,2,-4),=(t-a,2,0).(4分) ∵PQ⊥QD,∴=0. 即t2-at+4=0. ∴. 故a的取值范围为[4,+∞).(6分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知,当t=2,a=4时,边BC上存在唯一点Q,使PQ⊥QD. 此时Q(2,2,0),D(4,0,0).(8分) 设n=(x,y,z)是平面PQD的法向量, 由,得. 取z=1,则n=(1,1,1)是平面PQD的一个法向量.(10分) 而是平面PAD的一个法向量,(12分) 由. ∴二面角A-PD-Q的余弦值为.(14分)
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  • 题型:解答题
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