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��；
（2）若平面ABCD內(nèi)有一經(jīng)過點(diǎn)C的曲線E，該曲線上的任一動(dòng)點(diǎn)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(nèi)，設(shè)點(diǎn)Q是（2）題中的曲線E在直角梯形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的一段曲線CG上的動(dòng)點(diǎn)，其中G為曲線E和DC的交點(diǎn)．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(diǎn)．當(dāng)Q點(diǎn)在曲線段GC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，試提出一個(gè)研究有關(guān)四面P-BMN的問題（如體積、線面、面面關(guān)系等）并嘗試解決．
（說明：本小題將根據(jù)你提出的問題的質(zhì)量和解決難度分層評(píng)分；本小題的計(jì)算結(jié)果可以使用近似值，保留3位小數(shù)）

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�。� 解法二：以A為原點(diǎn)，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(biāo)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(diǎn)，直線AB為x軸，直線AD為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)動(dòng)點(diǎn)Q（x，y），根據(jù)|QF|=|y|= |PF| tan60° ，可得到一個(gè)關(guān)于x，y的關(guān)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(diǎn)，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(biāo)系，由該曲線上的任一動(dòng)點(diǎn)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(biāo)，代入向量夾角公式，可得到一個(gè)關(guān)于x，y的關(guān)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(biāo)系中，設(shè)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(jù)韋達(dá)定理及直線DC與雙曲線E交于點(diǎn)C，可以求出x，y的取值范圍，進(jìn)而根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，求出圓的半徑|BQ|的取值范圍，進(jìn)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(cè)棱PM與底面BMN所成角大小的取值范圍．問題三：求側(cè)棱PN與底面BMN所成角大小的取值范圍．問題四：求側(cè)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?yàn)镈A⊥AB⇒BC⊥AB，又PA⊥平面ABCD， 所以BC⊥平面ABCD，則有∠PBC=90°．     因?yàn)镻B= 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(diǎn)，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(biāo)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(diǎn)，直線AB為x軸，直線AD為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系．設(shè)動(dòng)點(diǎn)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(diǎn)，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(biāo)系． 設(shè)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(jiǎn)整理得到3y2-x2=4，則曲線E是平面ABCD內(nèi)的雙曲線． （3）在如圖所示的xOy的坐標(biāo)系中，因?yàn)镈（0，1）、C（2 2 ，2）、B（2 2 ，0）， 設(shè)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?yàn)橹本�DC與雙曲線E交于點(diǎn)C，故y1= 6 5 ．進(jìn)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(nèi)部（包括邊界）的區(qū)域滿足x∈[ 2 2 5 ，2 2 ]，y∈[ 6 5 ，2]． 又設(shè)Q（x，y）為雙曲線段CG上的動(dòng)點(diǎn)x∈[ 2 2 5 ，2 2 ]， 所以，|BQ|= (x-2 2 )2+y2 = 4 3 (x- 3 2 2 )2+ 10 3          因?yàn)?span id="mofru5a" class="MathJye"> 3 2 2 ∈[ 2 2 5 ，2 2 ]， 所以當(dāng)x= 3 2 2 時(shí)，|BQ|取最小值 30 3 ； 當(dāng)x 2 2 5 =時(shí)，|BQ|取最大值 2 41 5 而要使圓B與AB、BC都有交點(diǎn)，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(jié)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(jié)論的，則上述分析過程滿分6分；繼續(xù)深入的研究過程和結(jié)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?yàn)镻A⊥DMN，所以P-BMN體積為VP-BMN= 1 3 •PA•S△BMN．故問題可以轉(zhuǎn)化為研究△BMN的面積． 又因?yàn)椤螹BN為直角，所以△BMN必為等腰直角三角形． 由前述，設(shè)|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(dāng)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)C重合時(shí)，體積取得最大值；當(dāng)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到橫坐標(biāo)x= 3 2 2 時(shí)，即|PQ|長(zhǎng)度最小時(shí)，體積取得最小值） 問題二：求側(cè)棱PM與底面BMN所成角大小的取值范圍． 解：因?yàn)镻A⊥BMN，所以∠PMA即為側(cè)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(qū)間[ 30 3 ，2]內(nèi)遞增， 所以tan∠PMA∈[1.995，2.414]，即．∠PMA∈[arctan1.995，arctan2.414]， 問題三：求側(cè)棱PN與底面BMN所成角大小的取值范圍． 解：因?yàn)镻A⊥BMN，所以∠PNA 即為側(cè)棱PN與底面BMN 所成角． 因?yàn)镹（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(qū)間[ 30 3 ，2]內(nèi)遞減， 所以tan∠PNA∈[ 3 3 ，0.594]，即∠PNA∈[ π 6 ，arctan0.594]． 問題四：求側(cè)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(diǎn)，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(biāo)系． 設(shè)P（0，0，2）、M（2 2 -r，0，0），N（2 2 ，r，0）， 設(shè)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(gè)法向量坐標(biāo)為 n =（1，-1， 2 - r 2 ）． 可知，向量 PA =（0，0，2）是平面BMN的一個(gè)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�。� 而cosθ= r-2 2 2 2+ (2 2 -r)2 4 = r-2 2 8+(2 2 -r)2 ， 經(jīng)分析可得，cosθ在區(qū)間r∈[