Question

15．四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=$\frac{1}{2}$AD=1，BC∥AD，已知Q为四边形ABCD内部一点，且二面角Q-PD-A的平面角大小为$\frac{π}{4}$，若动点Q的轨迹将四边形ABCD分成面积为S₁，S₂（S₁＜S₂）的两部分，则S₁：S₂=（3$\sqrt{5}$-4）：4．

Answer 1

分析 建立空间坐标系，求出平面PAD和平面PQD的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$，令cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\sqrt{2}}{2}$解出Q的轨迹与y轴的交点坐标，求出S₁，S₂得出比值．

解答 解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图：
设Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q（0，b，0）（b＞0）．
由题意可知A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，1），
∴$\overrightarrow{DP}$=（-2，0，1），$\overrightarrow{DQ}$=（-2，b，0）.$\overrightarrow{AD}$=（2，0，0）．
设平面APD的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），平面PDQ的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂）
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{DQ}=0}\end{array}\right.$．
即$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}_{1}+{z}_{1}=0}\\{2{x}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}_{2}+{z}_{2}=0}\\{-2{x}_{2}+b{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令y₁=0得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，0），令z₂=2得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，$\frac{2}{b}$，2）．
∴$\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}$=$\frac{2}{b}$，$|\overrightarrow{{n}_{1}}|=1$，$|\overrightarrow{{n}_{2}}|=\sqrt{5+\frac{4}{{b}^{2}}}$．
∵二面角Q-PD-A的平面角大小为$\frac{π}{4}$，
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．即$\frac{\frac{2}{b}}{\sqrt{5+\frac{4}{{b}^{2}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得b=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴S_△ADQ=$\frac{1}{2}AD•AQ$=$\frac{1}{2}×2×\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
S_梯形ABCD-S_△ADQ=$\frac{1}{2}×（1+2）×1$-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\frac{3}{2}-\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∵S₁＜S₂，∴S₁=$\frac{3}{2}$-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，S₂=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴S₁：S₂=（3$\sqrt{5}$-4）：4．
故答案为（3$\sqrt{5}$-4）：4．

点评 本题考查了二面角的计算，使用向量可比较方便的找到Q的轨迹．属于中档题．