Question

9．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=$\frac{π}{2}$，PA=AD=2，AB=BC=1．
（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
（2）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A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A-xyz．
（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；
（2）利用换元法可得cos²＜$\overrightarrow{CQ}$，$\overrightarrow{DP}$＞≤$\frac{9}{10}$，结合函数y=cosx在（0，$\frac{π}{2}$）上的单调性，计算即得结论．

解答 解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A-xyz如图，
由题可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
（1）∵AD⊥平面PAB，∴$\overrightarrow{AD}$=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，
∵$\overrightarrow{PC}$=（1，1，-2），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-2），
设平面PCD的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PD}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x+y-2z=0}\\{2y-2z=0}\end{array}\right.$，
取y=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，1），
∴cos＜$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（2）∵$\overrightarrow{BP}$=（-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），从而cos＜$\overrightarrow{CQ}$，$\overrightarrow{DP}$＞=$\frac{\overrightarrow{CQ}•\overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{CQ}||\overrightarrow{DP}|}$=$\frac{1+2λ}{\sqrt{2+10{λ}^{2}}}$，
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 本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．