Question

如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，其中DA⊥AB，AD∥BC．PA=2AD=BC=2AB=2

2

．
（1）求異面直線PC與AD所成角的大小；
（2）若平面ABCD內有一經過點C的曲線E，該曲線上的任一動點Q都滿足PQ與AD所成角的大小恰等PC與AD所成角．試判斷曲線E的形狀并說明理由；
（3）在平面ABCD內，設點Q是（2）題中的曲線E在直角梯形ABCD內部（包括邊界）的一段曲線CG上的動點，其中G為曲線E和DC的交點．以B為圓心，BQ為半徑的圓分別與梯形的邊AB、BC交于M、N兩點．當Q點在曲線段GC上運動時，試提出一個研究有關四面P-BMN的問題（如體積、線面、面面關系等）并嘗試解決．
（說明：本小題將根據你提出的問題的質量和解決難度分層評分；本小題的計算結果可以使用近似值，保留3位小數）

Answer 1

分析：（1）解法一：由已知四邊形ABCD是直角梯形，AD∥BC，可得PC與AD所成的角即為∠PCB，解三角形PCB即可得到異面直線PC與AD所成角的大小． 解法二：以A為原點，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標系，分別求出直線PC與AD的方向向量，代入向量夾角公式即可得到異面直線PC與AD所成角的大小． （2）解法一：過Q作QF⊥AB，垂足為F，連接PF，可證得PQ與AD所成角即為∠PQF=60°，在平面ABCD中，以A為原點，直線AB為x軸，直線AD為y軸，建立平面直角坐標系．設動點Q（x，y），根據|QF|=|y|= |PF| tan60° ，可得到一個關于x，y的關系式，整理可得曲線E的軌跡方程，即可得到曲線E的形狀． 解法二：以A為原點，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標系，由該曲線上的任一動點Q都滿足PQ與AD所成角的大小恰等PC與AD所成角，分別求出向量 PQ 與 AD 的坐標，代入向量夾角公式，可得到一個關于x，y的關系式，整理可得曲線E的軌跡方程，即可得到曲線E的形狀． （3）在xOy的坐標系中，設G（x1，y1）求出直線DC的方程后，代入雙曲線E：3y2-x2=4的方程，根據韋達定理及直線DC與雙曲線E交于點C，可以求出x，y的取值范圍，進而根據二次函數的性質，求出圓的半徑|BQ|的取值范圍，進而我們可以分別研究問題一：求四面體P-BMN體積的取值范圍．問題二：求側棱PM與底面BMN所成角大小的取值范圍．問題三：求側棱PN與底面BMN所成角大小的取值范圍．問題四：求側面PMN和底面BMN所成的二面角P-MN-B大小的取值范圍等．

解答：解：（1）解法一：由題意，四邊形ABCD是直角梯形，且AD∥BC， 則PC與AD所成的角即為∠PCB． 因為DA⊥AB⇒BC⊥AB，又PA⊥平面ABCD， 所以BC⊥平面ABCD，則有∠PBC=90°．     因為PB= PA2+AB2 =2 3 ，BC=2， 所以tan∠PCB= PB BC = 3 ，則∠PCB=60°， 即異面直線PC與AD所成角的大小為60°． 解法二：如圖，以A為原點，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標系． 于是有P（0，0，2）、C（2 2 ，2，0），則有 PC =（2 2 ，2，-2），又 AD =（0，1，0） 則異面直線PC與AD所成角θ滿足cosθ= | PC • AD | | PC |•| AD | = 1 2 ，     所以，異面直線PC與AD所成角的大小為60° （2）解法一：由條件，過Q作QF⊥AB，垂足為F，連接PF． 于是有AD∥QF，故PQ與AD所成角即為∠PQF=60°． 在平面ABCD中，以A為原點，直線AB為x軸，直線AD為y軸，建立平面直角坐標系．設動點Q（x，y）， 則有|PF|= PA2+AF2 = 4+x2 又QF⊥平面PAB，所以QF⊥PF． 所以|QF|=|y|= |PF| tan60° = 4+x2 3 ， 即3y2-x2=4． 所以，可判定曲線E是雙曲線． （2）解法二：如圖，以A為原點，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標系． 設Q（x，y，0），P（0，0，2）、D（0，1，0）， 則有 PQ =（x，y，-2），又 AD =（0，1，0） 由 PQ • AD =±| PQ |•| AD |•cos π 3 ， 化簡整理得到3y2-x2=4，則曲線E是平面ABCD內的雙曲線． （3）在如圖所示的xOy的坐標系中，因為D（0，1）、C（2 2 ，2）、B（2 2 ，0）， 設G（x1，y1）．則有 DC =（2 2 ，1），故DC的方程為 x 2 2 = y-1 1 ， 代入雙曲線E：3y2-x2=4，的方程整理后可得5y2-16y+12=0，其中y1•y2= 12 5 ． 因為直線DC與雙曲線E交于點C，故y1= 6 5 ．進而可得x1= 2 2 5 ，即G（ 2 2 5 ， 6 5 ）． 故雙曲線E在直角梯形ABCD內部（包括邊界）的區域滿足x∈[ 2 2 5 ，2 2 ]，y∈[ 6 5 ，2]． 又設Q（x，y）為雙曲線段CG上的動點x∈[ 2 2 5 ，2 2 ]， 所以，|BQ|= (x-2 2 )2+y2 = 4 3 (x- 3 2 2 )2+ 10 3          因為 3 2 2 ∈[ 2 2 5 ，2 2 ]， 所以當x= 3 2 2 時，|BQ|取最小值 30 3 ； 當x 2 2 5 =時，|BQ|取最大值 2 41 5 而要使圓B與AB、BC都有交點，則|BQ|≤2． 故滿足題意的圓的半徑的取值范圍是|BQ|∈[ 30 3 ，2]． 【說明】 1．若提出的問題在解決過程中不需用到以上結論的，則完整提出問題并解決最高得6分． 2．若提出的問題在解決過程中需用到以上結論的，則上述分析過程滿分6分；繼續深入的研究過程和結論則可參考以下典型問題和解答，最高再得6分．  問題一：求四面體P-BMN體積的取值范圍． 因為PA⊥DMN，所以P-BMN體積為VP-BMN= 1 3 •PA•S△BMN．故問題可以轉化為研究△BMN的面積． 又因為∠MBN為直角，所以△BMN必為等腰直角三角形． 由前述，設|BQ|=r∈[ 30 3 ，2]，則|BQ|=|BN|=r， 故其面積為S△BMN= 1 2 r2，所以S△BMN∈[ 5 3 ，2]． 于是VP-BMN= 1 3 •PA•S△BMN= 2 3 •S△BMN∈[ 10 9 ， 4 3 ]． （當Q點運動到與點C重合時，體積取得最大值；當Q點運動到橫坐標x= 3 2 2 時，即|PQ|長度最小時，體積取得最小值） 問題二：求側棱PM與底面BMN所成角大小的取值范圍． 解：因為PA⊥BMN，所以∠PMA即為側棱PM與底面BMN所成角． 而tan∠PMA= PA AM = 2 2 2 -r ，r∈[ 30 3 ，2] 由于 2 2 2 -r 在區間[ 30 3 ，2]內遞增， 所以tan∠PMA∈[1.995，2.414]，即．∠PMA∈[arctan1.995，arctan2.414]， 問題三：求側棱PN與底面BMN所成角大小的取值范圍． 解：因為PA⊥BMN，所以∠PNA 即為側棱PN與底面BMN 所成角． 因為N（2 2 ，r），所以|AN|= 8+r2 ， 故tan∠PNA= PA AN = 2 8+r2 ，r∈[ 30 3 ，2]． 由于 2 8+r2 在區間[ 30 3 ，2]內遞減， 所以tan∠PNA∈[ 3 3 ，0.594]，即∠PNA∈[ π 6 ，arctan0.594]． 問題四：求側面PMN和底面BMN所成的二面角P-MN-B大小的取值范圍． 解：如圖，以A為原點，直線AB為x軸、直線AD為y軸、直線AP為z軸，建立空間直角坐標系． 設P（0，0，2）、M（2 2 -r，0，0），N（2 2 ，r，0）， 設平面PMN的法向量為 n =（x，y，z） 由 n ⊥ PM ， n ⊥ MN ，可得平面PMN的一個法向量坐標為 n =（1，-1， 2 - r 2 ）． 可知，向量 PA =（0，0，2）是平面BMN的一個法向量，于是向量 PA 和 n 的夾角θ的大小即為二面角P-MN-B平面角的大小． 而cosθ= r-2 2 2 2+ (2 2 -r)2 4 = r-2 2 8+(2 2 -r)2 ， 經分析可得，cosθ在區間r∈[