Question

16．在長(zhǎng)方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=BC=$\sqrt{2}$AA₁，P、Q分別是棱CD、CC₁上的動(dòng)點(diǎn)，如圖．當(dāng)BQ+QD₁的長(zhǎng)度取得最小值時(shí)，二面角B₁-PQ-D₁的余弦值的取值范圍為（　�。�

• A． [0，$\frac{1}{5}$]
• B． [0，$\frac{\sqrt{10}}{10}$]
• C． [$\frac{1}{5}$，$\frac{\sqrt{10}}{10}$]
• D． [$\frac{\sqrt{10}}{10}$，1]

Answer 1

分析 根據(jù)BQ+QD₁的長(zhǎng)度取得最小值時(shí)，利用函數(shù)數(shù)學(xué)求出Q是CC₁的中點(diǎn)，建立坐標(biāo)系求出平面的法向量，利用向量法結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可．

解答 解：設(shè)AA₁=1，則AB=BC=$\sqrt{2}$，
設(shè)CQ=x，則C₁Q=1-x，
則BQ=$\sqrt{B{C}^{2}+C{Q}^{2}}$=$\sqrt{2+{x}^{2}}$，QD₁=$\sqrt{D{{C}_{1}}^{2}+{C}_{1}{Q}^{2}}$=$\sqrt{（1-x）^{2}+2}$，
則BQ+QD₁=$\sqrt{2+{x}^{2}}$+$\sqrt{（1-x）^{2}+2}$=$\sqrt{（x-0）^{2}+（0+\sqrt{2}）^{2}}$+$\sqrt{（x-1）^{2}+（0-\sqrt{2}）^{2}}$，
設(shè)M（x，0），N（0，-$\sqrt{2}$），K（1，$\sqrt{2}$），
則BQ+QD₁=$\sqrt{2+{x}^{2}}$+$\sqrt{（1-x）^{2}+2}$=$\sqrt{（x-0）^{2}+（0+\sqrt{2}）^{2}}$+$\sqrt{（x-1）^{2}+（0-\sqrt{2}）^{2}}$
的幾何意義是|MN|+|MK|的距離，
則當(dāng)三點(diǎn)M，N，K共線時(shí)，BQ+QD₁的長(zhǎng)度取得最小值，
此時(shí)$\frac{\sqrt{2}}{1-x}=\frac{2\sqrt{2}}{1}=2\sqrt{2}$．得x=$\frac{1}{2}$，即Q是CC₁的中點(diǎn)，
建立以D₁為坐標(biāo)原點(diǎn)，D₁A₁，D₁C₁，D₁D分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖
則Q（0，$\sqrt{2}$，$\frac{1}{2}$），B₁（$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，0），設(shè)P（0，t，1），0≤t≤$\sqrt{2}$
則$\overrightarrow{{B}_{1}Q}$=（-$\sqrt{2}$，0，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{{B}_{1}P}$=（-$\sqrt{2}$，t-$\sqrt{2}$，1），
則平面PQD₁的法向量為$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
設(shè)平面B₁PQ的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
當(dāng)t=$\sqrt{2}$時(shí)，二面角B₁-PQ-D₁的為直二面角，此時(shí)二面角B₁-PQ-D₁的余弦值為0，
當(dāng)0≤t＜$\sqrt{2}$時(shí)，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}Q}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}P}=0}\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+\frac{1}{2}z=0}\\{-\sqrt{2}x+（t-\sqrt{2}）y+z=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{z=2\sqrt{2}x}\\{y=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-t}x}\end{array}\right.$，令x=$\sqrt{2}$，則y=$\frac{2}{\sqrt{2}-t}$，z=4，
即$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}$，$\frac{2}{\sqrt{2}-t}$，4），
設(shè)面角B₁-PQ-D₁的余弦值cosθ，
則cosθ=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+16+\frac{4}{（\sqrt{2}-t）^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{18+\frac{4}{（t-\sqrt{2}）^{2}}}}$，
∵0≤t＜$\sqrt{2}$，
∴cosθ=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{18+\frac{4}{（t-\sqrt{2}）^{2}}}}$為減函數(shù)，
則當(dāng)t=0時(shí)，函數(shù)取得最大值cosθ=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{18+2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{20}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
故二面角B₁-PQ-D₁的余弦值的取值范圍為[0，$\frac{\sqrt{10}}{10}$]，
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查二面角的求解，利用函數(shù)思想確定Q是CC₁的中點(diǎn)，以及建立坐標(biāo)系，利用向量法求出二面角的取值范圍是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．