如图，某建筑物的基本单元可近似地按以下方法构作：先在地平面 $\alpha $ 内作菱形 $ABCD$，边长为 $1$，$\angle BAD=60^\circ$，再在 $\alpha$ 的上方，分别以 $\triangle ABD$ 与 $\triangle CBD$ 为底面安装上相同的正棱锥 $P-ABD$ 与 $Q-CBD$，已知 $\angle APB=90^\circ$．
【难度】
【出处】
2008年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
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求二面角 $P-BD-Q$ 的余弦值；标注答案$\dfrac 13 $解析如图，作 $PO_1\perp $ 面 $ABCD$ 于点 $O_1,QO_2\perp $ 面 $ABCD$ 于点 $O_2$，因为 $P-ABD$ 与 $Q-CBD$ 均为正三棱锥，所以点 $O_1,O_2$ 分别为 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$ 的中心．又因为 $O_1O_2\perp BD$，所以 $BD\perp $ 面 $PO_1O_2Q$，则 $BD\perp PQ$．取 $BD$ 中点 $R$，连接 $PR,QR$，则 $\angle PRQ$ 即为二面角 $P-BD-Q$ 的平面角．易算出$$PR=QR=\dfrac 12,PQ=O_1O_2=\dfrac {\sqrt 3}{3},$$所以\[\begin{split} \cos \angle PRQ&=\dfrac {PR^2+QR^2-PQ^2}{2PR\cdot QR}\\&=\dfrac {\left(\dfrac 12\right)^2+\left(\dfrac 12\right)^2-\left(\dfrac {\sqrt 3}{3}\right)^2}{2\cdot \dfrac 12\cdot \dfrac 12}\\&=\dfrac 13. \end{split}\]
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求点 $P$ 到平面 $QBD$ 的距离．标注答案$\dfrac {\sqrt 2}{3}$解析作 $PH\perp RQ$ 于点 $H$，因为 $BD\perp $ 面 $PO_1O_2Q$，且 $PH\subset {\text{面}}PO_1O_2Q$，所以 $BD\perp PH$．可知 $PH\perp $ 面 $BDQ$，则 $PH$ 即为所求的距离，$$PH=PR\sin \angle PRQ=\dfrac 12\sqrt {1-\left(\dfrac 13\right)^2}=\dfrac {\sqrt 2}{3}.$$
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
