全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理.docx

全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理.docx

《全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理.docx（21页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

全国通用届高考数学一轮总复习第八章立体几何85空间向量及其应用空间角专用题组理

§8.5　空间向量及其应用、空间角

考点一　空间角与距离

14.（2014天津,17,13分）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.

（1）证明BE⊥DC;

（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;

（3）若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.

解析　解法一:

依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系（如图）,可得

B（1,0,0）,C（2,2,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）.由E为棱PC的中点,得E（1,1,1）.

（1）证明:

向量=（0,1,1）,=（2,0,0）,故·=0.

所以BE⊥DC.

（2）向量=（-1,2,0）,=（1,0,-2）.设n=（x,y,z）为平面PBD的法向量,

则即不妨令y=1,可得n=（2,1,1）为平面PBD的一个法向量.于是有

cos===.

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.

（3）向量=（1,2,0）,=（-2,-2,2）,=（2,2,0）,=（1,0,0）.由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.

故=+=+λ=（1-2λ,2-2λ,2λ）.由BF⊥AC,得·=0,因此,2（1-2λ）+2（2-2λ）=0,解得λ=.即=.设n1=（x,y,z）为平面FAB的法向量,则即

不妨令z=1,可得n1=（0,-3,1）为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=（0,1,0）,则

cos===-.

易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.

解法二:

（1）证明:

如图,取PD的中点M,连结EM,AM.

由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.

因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,

从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.

（2）连结BM,由

（1）有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.

依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.

所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.

（3）如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.

在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.

所以二面角F-AB-P的余弦值为.

评析　本题主要考查空间两条直线的位置关系,二面角、直线与平面所成的角,直线与平面垂直等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.

15.（2014重庆,19,13分）如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=,MP⊥AP.

（1）求PO的长;

（2）求二面角A-PM-C的正弦值.

解析　

（1）如图,连结AC,BD,因为ABCD为菱形,则AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.

因为∠BAD=,故OA=AB·cos=,OB=AB·sin=1,

所以O（0,0,0）,A（,0,0）,B（0,1,0）,C（-,0,0）,=（0,1,0）,=（-,-1,0）.

由BM=,BC=2知,==,

从而=+=,

即M.

设P（0,0,a）,a>0,

则=（-,0,a）,=.

因为MP⊥AP,故·=0,即-+a2=0,所以a=或a=-（舍去）,即PO=.

（2）由

（1）知,=,=,=.

设平面APM的法向量为n1=（x1,y1,z1）,平面PMC的法向量为n2=（x2,y2,z2）,

由n1·=0,n1·=0,得

故可取n1=,

由n2·=0,n2·=0,得

故可取n2=（1,-,-2）,

从而法向量n1,n2的夹角θ的余弦值为

cos==-,

故所求二面角A-PM-C的正弦值为.

16.（2013江西,19,12分）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连结CE并延长交AD于F.

（1）求证:

AD⊥平面CFG;

（2）求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.

解析　

（1）在△ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=,

因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,

从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA,

故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥PA.

又PA⊥平面ABCD,

所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG.

（2）以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则

A（0,0,0）,B（1,0,0）,C,D（0,,0）,P,

故=,=,=.

设平面BCP的一个法向量n1=（1,y1,z1）,

则

解得

即n1=.

设平面DCP的一个法向量n2=（1,y2,z2）,

则解得

即n2=（1,,2）.从而平面BCP与平面DCP的夹角θ的余弦值为cosθ===.

17.（2012大纲全国,18,12分）如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥底面ABCD,AC=2,PA=2,E是PC上的一点,PE=2EC.

（1）证明:

PC⊥平面BED;

（2）设二面角A-PB-C为90°,求PD与平面PBC所成角的大小.

解析　解法一:

（1）因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC,

又PA⊥底面ABCD,所以PC⊥BD.（2分）

设AC∩BD=F,连结EF.因为AC=2,PA=2,PE=2EC,故PC=2,EC=,FC=,从而=,=.

因为=,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,由此知PC⊥EF.

PC与平面BED内两条相交直线BD,EF都垂直,所以PC⊥平面BED.（6分）

（2）在平面PAB内过点A作AG⊥PB,G为垂足.

因为二面角A-PB-C为90°,所以平面PAB⊥平面PBC.

又平面PAB∩平面PBC=PB,故AG⊥平面PBC,AG⊥BC.

BC与平面PAB内两条相交直线PA,AG都垂直,故BC⊥平面PAB,于是BC⊥AB,所以底面ABCD为正方形,AD=2,PD==2.（8分）

设D到平面PBC的距离为d.

因为AD∥BC,且AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,故AD∥平面PBC,A、D两点到平面PBC的距离相等,即d=AG=.

设PD与平面PBC所成的角为α,则sinα==.

所以PD与平面PBC所成的角为30°.（12分）

解法二:

（1）以A为坐标原点,AC所在直线为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

设C（2,0,0）,D（,b,0）,其中b>0,则P（0,0,2）,E,B（,-b,0）.（2分）

于是=（2,0,-2）,=,=,从而·=0,·=0,故PC⊥BE,PC⊥DE.

又BE∩DE=E,所以PC⊥平面BDE.（6分）

（2）=（0,0,2）,=（,-b,0）.

设m=（x,y,z）为平面PAB的法向量,则m·=0,m·=0,即2z=0且x-by=0,

令x=b,则m=（b,,0）.

设n=（p,q,r）为平面PBC的法向量,则n·=0,n·=0,即2p-2r=0且+bq+r=0,

令p=1,则r=,q=-,n=.

因为面PAB⊥面PBC,故m·n=0,即b-=0,故b=,于是n=（1,-1,）,=（-,-,2）,cos==,=60°.

因为PD与平面PBC所成角和互余,故PD与平面PBC所成的角为30°.（12分）

评析　本题考查了线面垂直的判定及线面角的求法;考查了空间想象能力.本题“找”线面角困难,因此要用“算”的方法.

18.（2012江西,19,12分）在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.

（1）证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的长;

（2）求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.

解析　

（1）证明:

连结AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1,

因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.

因为AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,所以OE⊥平面BB1C1C,

又AO==1,AA1=,得AE==.

（2）如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A（1,0,0）,B（0,2,0）,C（0,-2,0）,A1（0,0,2）.

由=得点E的坐标是,

由

（1）得平面BB1C1C的一个法向量是=,

设平面A1B1C的法向量n=（x,y,z）,

由

得

令y=1,得x=2,z=-1,

即n=（2,1,-1）,

所以cos<,n>==,

即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.

评析　本题主要考查的知识点:

线面垂直的判定和性质以及距离和二面角的计算;考查了推理论证能力、空间想象能力;利用的方法有:

法向量法.

19.（2015湖北,19,12分）《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.

如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连结DE,DF,BD,BE.

（1）证明:

PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角（只需写出结论）;若不是,说明理由;

（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.

解析　解法一:

（1）因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,

由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,

所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.

又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.

而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.

而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.

又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.

由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,

即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.

（2）如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.

由

（1）知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.

又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.

而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.

故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,

设PD=DC=1,BC=λ,有BD=,

在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=,

则tan=tan∠DPF===,解得λ=.

所以==.

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.

解法二:

（1）如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.

设PD=DC=1,BC=λ,则D（0,0,0）,P（0,0,1）,B（λ,1,0）,

C（0,1,0）,=（λ,1,-1）,点E是PC的中点,

所以E,=,

于是·=0,即PB⊥DE.

又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.

因=（0,1,-1）,·=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.

由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,

即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.

（2）由PD⊥平面ABCD,所以=（0,0,1）是平面ABCD的一个法向量;

由

（1）知,PB⊥平面DEF,所以=（-λ,-1,1）是平面DEF的一个法向量.

若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,

则cos=

==,

解得λ=,

所以==.

故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.

20.（2014安徽,20,13分）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.

（1）证明:

Q为BB1的中点;

（2）求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;

（3）若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.

解析　

（1）证明:

因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,

所以平面QBC∥平面A1AD.

从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.

故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.

所以===,即Q为BB1的中点.

图1

（2）如图1,连结QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.

=×·2a·h·d=ahd,

VQ-ABCD=··d·h=ahd,

所以V下=+VQ-ABCD=ahd,

又=ahd,

所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.

（3）解法一:

如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连结A1E,AC.

又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,

所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.

所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.

因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.

又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.

于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

图2

解法二:

如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.

设∠CDA=θ.

因为S四边形ABCD=·2sinθ=6,

所以a=.

从而C（2cosθ,2sinθ,0）,

A1,

所以=（2cosθ,2sinθ,0）,=.

设平面A1DC的一个法向量为n=（x,y,1）,

由得x=-sinθ,y=cosθ,

所以n=（-sinθ,cosθ,1）.

又因为平面ABCD的一个法向量为m=（0,0,1）,

所以cos==,

易知所求二面角为锐二面角,

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

评析　本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.

21.（2013湖南,19,12分）如图,在直棱柱

ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.

（1）证明:

AC⊥B1D;

（2）求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.

解析　解法一:

（1）如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.

又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.

图1

（2）因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角（记为θ）.

如图1,连结A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.

由

（1）知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.

在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==.

连结AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.

在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,

即cos（90°-θ）=.从而sinθ=.

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

解法二:

（1）易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A（0,0,0）,B（t,0,0）,B1（t,0,3）,C（t,1,0）,C1（t,1,3）,D（0,3,0）,D1（0,3,3）.

图2

从而=（-t,3,-3）,=（t,1,0）,=（-t,3,0）.

因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-（舍去）.

于是=（-,3,-3）,=（,1,0）.

因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.

（2）由

（1）知,=（0,3,3）,=（,1,0）,=（0,1,0）.

设n=（x,y,z）是平面ACD1的法向量,

则即令x=1,则n=（1,-,）.

设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos|===.

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

评析　本题考查两条直线的位置关系中线线垂直的证明及直线与平面所成角的求解,考查学生空间想象能力和运算求解能力.对于解法一的第

（2）问的运算量很小,但对学生的逻辑思维论证能力要求较高,而解法二中虽然思维能力要求低了,但运算求解能力要求非常高.在利用空间向量求解线面角时容易把公式记错,也是失分的原因.

22.（2013浙江,20,15分）如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.

（1）证明:

PQ∥平面BCD;

（2）若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.

解析　解法一:

（1）取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连结OP,OF,FQ.

因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.

因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM.

又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.

从而OP∥FQ,且OP=FQ,

所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.

又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.

（2）作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连结CH.

因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.

又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.

所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.

设∠BDC=θ.

在Rt△BCD中,CD=BDcosθ=2cosθ,

CG=CDsinθ=2cosθsinθ,

BG=BCsinθ=2sin2θ.

在Rt△BDM中,HG==.

在Rt△CHG中,tan∠CHG===.

所以tanθ=.

从而θ=60°.

即∠BDC=60°.

解法二:

（1）如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在直线为y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知A（0,,2）,B（0,-,0）,D（0,,0）.

设点C的坐标为（x0,y0,0）,因为=3,所以Q.

因为M为AD的中点,故M（0,,1）.又P为BM的中点,故P,所以=.

又平面BCD的一个法向量为u=（0,0,1）,故·u=0.

又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.

（2）设m=（x,y,z）为平面BMC的法向量.

由=（-x0,-y0,1）,=（0,2,1）,

知

取y=-1,得m=.

又平面BDM的一个法向量为n=（1,0,0）,于是

|cos|===,

即=3.①

又BC⊥CD,所以·=0,

故（-x0,--y0,0）·（-x0,-y0,0）=0,

即+=2.②

联立①,②,解得（舍去）或

所以tan∠BDC==.

又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.

评析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考查空间想象能力和运算求解能力.

23.（2012浙江,20,15分）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.

（1）证明:

MN∥平面ABCD;

（2）过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值.

解析　

（1）证明:

连结BD,因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.

又因为MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.

（2）解法一:

连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.

在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得

AC=AB=2,BD=AB=6.

又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.

在直角△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4.

由此知各点坐标如下:

A（-,0,0）,B（0,-3,0）,C（,0,0）,D（0,3,0）,

P（-,0,2）,M,

N,Q.

设m=（x,y,z）为平面AMN的法向量,

由=,=

知取z=-1,得m=（2,0,-1）.

设n=（x,y,z）为平面QMN的法向量.

由=,=

知

取z=5,得n=（2,0,5）.

于是cos==.

所以二面角A-MN-Q的平面角的余弦值为.

解法二:

在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.

又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.

所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.

而M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN,取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A-MN-Q的平面角.

由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=