Question

15．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=2，AB=2$\sqrt{2}$．
（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所成角的大小恰等于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上的動點，其中G為曲線E和DC的交點．以B為圓心，BQ為半徑r的圓分別與梯形的邊AB、BC交于M、N兩點．當(dāng)Q點在曲線段CG上運動時，試求圓半徑r的范圍及V_P-BMN的范圍．

Answer 1

分析 （1）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(biāo)系．利用向量夾角公式即可得出．
（2）設(shè)點Q（x，y，0），點P（0，0，2）、點D（0，1，0）、點A（0，0，0），利用$\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{AD}=±|{\overrightarrow{PQ}}|•|{\overrightarrow{AD}}|•cos\frac{π}{3}$，化簡整理即可得出．
（3）設(shè)G（x₁，y₁）．則$\overrightarrow{DC}=（2\sqrt{2}，1）$，把DC的方程為代入雙曲線E：3y²-x²=4的方程可得，可得y₁y₂．可得G．故雙曲線E在直角梯形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的區(qū)域滿足$x∈[{\frac{{2\sqrt{2}}}{5}，2\sqrt{2}}]$，$y∈[{\frac{6}{5}，2}]$．又設(shè)Q（x，y）為雙曲線CG上的動點，利用兩點之間距離公式及其范圍即可得出．

解答 解：（1）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(biāo)系．
于是有P（0，0，2），$C（2\sqrt{2}，2，0）$，D（0，1，0）．
則有$\overrightarrow{PC}=（2\sqrt{2}，2，-2）$，又$\overrightarrow{AD}=（0，1，0）$．
則異面直線PC與AD所成角θ滿足$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{AD}}|}}{{|{\overrightarrow{PC}}|•|{\overrightarrow{AD}}|}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
所以異面直線PC與AD所成角的大小為$\frac{π}{3}$．
（2）設(shè)點Q（x，y，0），點P（0，0，2）、點D（0，1，0）、點A（0，0，0），
則$\overrightarrow{PQ}=（x，y，-2）$，$\overrightarrow{AD}=（0，1，0）$，
則$\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{AD}=±|{\overrightarrow{PQ}}|•|{\overrightarrow{AD}}|•cos\frac{π}{3}$，$?y=±\frac{1}{2}\sqrt{{x^2}+{y^2}+4}$，
化簡整理得到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，因為D（0，1）、$C（2\sqrt{2}，2）$、$B（2\sqrt{2}，0）$，設(shè)G（x₁，y₁）．則有$\overrightarrow{DC}=（2\sqrt{2}，1）$，故DC的方程為$\frac{x}{{2\sqrt{2}}}=\frac{y-1}{1}$，
代入雙曲線E：3y²-x²=4的方程可得，3y²-8（y-1）²=4⇒5y²-16y+12=0，其中${y_1}{y_2}=\frac{12}{5}$．
因為直線DC與雙曲線E交于點C，故${y_1}=\frac{6}{5}$．進而可得${x_1}=\frac{{2\sqrt{2}}}{5}$，即$G（{\frac{{2\sqrt{2}}}{5}，\frac{6}{5}}）$．
故雙曲線E在直角梯形ABCD內(nèi)部（包括邊界）的區(qū)域滿足$x∈[{\frac{{2\sqrt{2}}}{5}，2\sqrt{2}}]$，$y∈[{\frac{6}{5}，2}]$．
又設(shè)Q（x，y）為雙曲線CG上的動點，$x∈[{\frac{{2\sqrt{2}}}{5}，2\sqrt{2}}]$．
所以，$|{BQ}|=\sqrt{{{（x-2\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}=\sqrt{\frac{4}{3}{x^2}-4\sqrt{2}x+\frac{28}{3}}=\sqrt{\frac{4}{3}{{（{x-\frac{{3\sqrt{2}}}{2}}）}^2}+\frac{10}{3}}$
因為$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}∈[{\frac{{2\sqrt{2}}}{5}，2\sqrt{2}}]$，所以當(dāng)$x=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時，${|{BQ}|_{min}}=\frac{{\sqrt{30}}}{3}$；
當(dāng)$x=\frac{{2\sqrt{2}}}{5}$時，${|{BQ}|_{{m}ax}}=\frac{{2\sqrt{41}}}{5}$．
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取值范圍是$|{BQ}|∈[{\frac{{\sqrt{30}}}{3}，2}]$．
因為PA⊥DMN，所以P-DMN體積為${V_{P-BMN}}=\frac{1}{3}•PA•{S_{△BMN}}$．故問題可以轉(zhuǎn)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(shè)$|{BQ}|=r∈[{\frac{{\sqrt{30}}}{3}，2}]$，則|BM|=|BN|=r，
故其面積${S_{△BMN}}=\frac{1}{2}{r^2}$，所以${S_{△BMN}}∈[{\frac{5}{3}，2}]$．
于是，${V_{P-BMN}}=\frac{1}{3}•PA•{S_{△BMN}}=\frac{1}{2}{S_{△BMN}}∈[{\frac{10}{9}，\frac{4}{3}}]$．
（當(dāng)Q點運動到與點C重合時，體積取得最大值；當(dāng)Q點運動到橫坐標(biāo)$x=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時，
即|BQ|長度最小時，體積取得最小值）．

點評 本題考查了綜合考查了空間位置關(guān)系、向量夾角公式、數(shù)量積運算性質(zhì)、圓錐曲線的方程及其性質(zhì)，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于難題．