Question

1．如图，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD=AE=AP=2．
（Ⅰ）求二面角A-PE-D的余弦值；
（Ⅱ）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．

Answer 1

分析 以{$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AP}$}为正交基底建立空间直角坐标系Axyz，由题意可得B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）
（Ⅰ）易得$\overrightarrow{AD}$=（0，2，0）是平面PAB的一个法向量，待定系数可求平面PED的法向量为$\overrightarrow{m}$坐标，由向量的夹角公式可得；
（Ⅱ）设$\overrightarrow{BQ}$=λ$\overrightarrow{BP}$=（-λ，0，2λ）（0≤λ≤1），由夹角公式和二次函数的值域以及余弦函数的单调性可得．

解答 解：以{$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AP}$}为正交基底建立空间直角坐标系Axyz，
则各点的坐标为B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）
（Ⅰ）∵AD⊥平面PAB，∴$\overrightarrow{AD}$是平面PAB的一个法向量，$\overrightarrow{AD}$=（0，2，0）．
∵$\overrightarrow{PC}$=（1，1，-2），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-2）．设平面PED的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{PC}$=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{PD}$=0，即$\left\{\begin{array}{l}x+y-2z=0\\ 2y-2z=0.\end{array}\right.$，令y=1，解得z=1，x=1．
∴$\overrightarrow{m}$=（1，1，1）是平面PCD的一个法向量，
计算可得cos＜$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{AD}•m}{|\overrightarrow{AD}||m|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴二面角A-PE-D的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（Ⅱ）∵$\overrightarrow{BP}$=（-1，0，2），设$\overrightarrow{BQ}$=λ$\overrightarrow{BP}$=（-λ，0，2λ）（0≤λ≤1），
又$\overrightarrow{CB}$=（0，-1，0），则$\overrightarrow{CQ}$=$\overrightarrow{CB}$+$\overrightarrow{BQ}$=（-λ，-1，2λ），又$\overrightarrow{DP}$=（0，-2，2），
∴cos＜$\overrightarrow{CQ}$，$\overrightarrow{DP}$＞=$\frac{\overrightarrow{CQ}•\overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{CQ}||\overrightarrow{DP}|}$=$\frac{1+2λ}{\sqrt{10λ^2+2}}$，设1+2λ=t，t∈[1，3]，
则cos²＜$\overrightarrow{CQ}$，$\overrightarrow{DP}$＞=$\frac{2{t}^{2}}{5{t}^{2}-10t+9}$=$\frac{2}{9（\frac{1}{t}-\frac{5}{9}）^{2}+\frac{20}{9}}$≤$\frac{9}{10}$，
当且仅当t=$\frac{9}{5}$，即λ=$\frac{2}{5}$时，|cos＜$\overrightarrow{CQ}$，$\overrightarrow{DP}$＞|的最大值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$．
因为y=cosx在（0，$\frac{π}{2}$）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值，
又∵BP=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$，∴BQ=$\frac{2}{5}$BP=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

点评 本题考查向量法解决立体几何问题，建系并把问题转化为向量的夹角和模长是解决问题的关键，属中档题．