Question

2．如图半圆柱OO₁的底面半径和高都是1，面ABB₁A₁是它的轴截面（过上下底面圆心连线OO₁的平面），Q，P分别是上下底面半圆周上一点．
（1）证明：三棱锥Q-ABP体积V_Q-ABP≤$\frac{1}{3}$，并指出P和Q满足什么条件时有AP⊥BQ
（2）求二面角P-AB-Q平面角的取值范围，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由条件及圆柱性质知平面A₁B₁Q到ABP的距离且为定值1，由半圆性质∠APB=90°，所以AP²+BP²=4
所以由均值不等式s_△ABP=$\frac{1}{2}AP•BP≤\frac{A{P}^{2}+B{P}^{2}}{4}=1$．得V_Q-ABP=$\frac{1}{3}{s}_{△ABP}×h$≤$\frac{1}{3}$
由AP⊥PB可知，要有AP⊥BQ，只需要PQ⊥PA即可
（2）以O为原点、OA为x轴、OO₁为z轴建坐标系作QN垂直于平面ABP于N，记∠AON=θ，θ∈[0，π]，A（1，O，O），B（-1，0，0），Q（cosθ，sinθ，0）
平面PAB法向量可取$\overrightarrow{n}=（0，0，1）$
设平面ABQ的法向量$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，可取$\overrightarrow{m}=（0，-1，sinθ）$
θ∈（0，$\frac{π}{2}$]时，|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{sinθ}{\sqrt{1+si{n}^{2}θ}}=\left\{\begin{array}{l}{0，（θ=0）}\\{\frac{1}{\sqrt{sinθ+\frac{1}{sinθ}}}}\end{array}\right.$即可求二面角P-AB-Q平面角的取值范围

解答 解：（1）证明：V_Q-ABP=$\frac{1}{3}{s}_{△ABP}×h$，其中h是Q到平面ABP的距离，（由条件及圆柱性质）即平面A₁B₁Q到ABP的距离且为定值1
由半圆性质∠APB=90°，所以AP²+BP²=4
所以由均值不等式s_△ABP=$\frac{1}{2}AP•BP≤\frac{A{P}^{2}+B{P}^{2}}{4}=1$．
∴V_Q-ABP=$\frac{1}{3}{s}_{△ABP}×h$≤$\frac{1}{3}$
因为AP⊥PB，要有AP⊥BQ，只需要PQ⊥PA即可！


（2）

如图以O为原点、OA为x轴、OO₁为z轴建坐标系作QN垂直于平面ABP于N，
记∠AON=θ，θ∈[0，π]
A（1，O，O），B（-1，0，0），Q（cosθ，sinθ，0）
平面PAB法向量可取$\overrightarrow{n}=（0，0，1）$
设平面ABQ的法向量$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，$\overrightarrow{AQ}=（cosθ-1，sinθ，1）$，$\overrightarrow{BA}=（2，0，0）$
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=x（cosθ-1）+ysinθ+z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BQ}=2x=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{m}=（0，-1，sinθ）$
∴θ∈（0，$\frac{π}{2}$]时，|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{sinθ}{\sqrt{1+si{n}^{2}θ}}=\left\{\begin{array}{l}{0，（θ=0）}\\{\frac{1}{\sqrt{sinθ+\frac{1}{sinθ}}}}\end{array}\right.$
θ∈（0，$\frac{π}{2}$]时，sinθ+$\frac{1}{sinθ}$≥2．（当sinθ=1时取等号）
|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|∈[0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
所以二面角P-AB-Q平面角的取值范围是：[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]

点评 本题考查了圆柱的性质，空间线面、线线位置关系，向量法求二面角的取值范围，属于难题．