如图，已知四棱台 A B C D - A _ 1 B _…——2015 高考数学第 19 题答案解析

由题意，四棱台 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的侧棱 $AA_1 \perp$ 底面 $ABCD$，且上下底面均为正方形。以 $A$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{AA_1}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。

由题设知：$A(0,0,0)$，$B(6,0,0)$，$D(0,6,0)$，$A_1(0,0,6)$。
因为上底面边长为3，下底面边长为6，且为中心对称的棱台结构（或由投影关系），可得 $B_1(3,0,6)$，$D_1(0,3,6)$。

**（1）证明：**
若 $P$ 是 $DD_1$ 的中点，则 $P$ 的坐标为 $D(0,6,0)$ 与 $D_1(0,3,6)$ 的中点，即 $P(0, \frac{9}{2}, 3)$。
设 $Q$ 在 $BC$ 上，因为 $B(6,0,0), C(6,6,0)$，故可设 $Q(6, m, 0)$，其中 $0 \le m \le 6$。
计算向量：
$\overrightarrow{AB_1} = (3, 0, 6)$
$\overrightarrow{PQ} = (6-0, m-\frac{9}{2}, 0-3) = (6, m-\frac{9}{2}, -3)$
计算数量积：
$\overrightarrow{AB_1} \cdot \overrightarrow{PQ} = 3 \times 6 + 0 \times (m-\frac{9}{2}) + 6 \times (-3) = 18 + 0 - 18 = 0$
因为数量积为0，所以 $\overrightarrow{AB_1} \perp \overrightarrow{PQ}$，即 $AB_1 \perp PQ$。得证。

**（2）解：**
设 $Q(6, m, 0)$，其中 $m=BQ$。
由 $P$ 在 $DD_1$ 上，设 $\overrightarrow{DP} = \lambda \overrightarrow{DD_1}$ ($0 \le \lambda \le 1$)。
$\overrightarrow{DD_1} = (0, -3, 6)$，故 $P = D + \lambda \overrightarrow{DD_1} = (0, 6-3\lambda, 6\lambda)$。
$\overrightarrow{PQ} = (6, m-(6-3\lambda), -6\lambda) = (6, m+3\lambda-6, -6\lambda)$。

因为 $PQ // $ 平面 $ABB_1A_1$，而平面 $ABB_1A_1$ 即为 $xOz$ 平面（$y=0$），其法向量为 $\vec{n}=(0,1,0)$。
所以 $\overrightarrow{PQ} \cdot \vec{n} = 0 \Rightarrow m+3\lambda-6=0 \Rightarrow m = 6-3\lambda$。
此时 $Q(6, 6-3\lambda, 0)$，$P(0, 6-3\lambda, 6\lambda)$。
注意：$Q$ 的 $y$ 坐标即为 $CQ$ 的长度相关量，这里 $Q$ 到 $AD$ 的距离（即 $Q$ 的 $x$ 坐标）为6，$Q$ 到 $AB$ 的距离为 $6-3\lambda$。

接下来利用二面角条件求 $\lambda$。
平面 $AQD$ 即底面 $ABCD$，法向量取 $\vec{n_1} = (0,0,1)$。
平面 $PQD$ 的法向量设为 $\vec{n_2} = (x,y,z)$。
$\overrightarrow{DQ} = (6, 6-3\lambda-6, 0) = (6, -3\lambda, 0)$。
$\overrightarrow{DP} = (0, -3\lambda, 6\lambda)$。
由 $\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{DQ} = 6x - 3\lambda y = 0 \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{DP} = -3\lambda y + 6\lambda z = 0 \end{cases}$
取 $y=2$，则 $6x = 6\lambda \Rightarrow x=\lambda$；$6\lambda z = 6\lambda \Rightarrow z=1$（当 $\lambda \neq 0$）。
故 $\vec{n_2} = (\lambda, 2, 1)$。

二面角 $P-QD-A$ 的余弦值为 $\frac{3}{7}$。
$|\cos \langle \vec{n_1}, \vec{n_2} \rangle| = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|} = \frac{1}{\sqrt{\lambda^2 + 4 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{\lambda^2 + 5}}$。
由题意 $\frac{1}{\sqrt{\lambda^2 + 5}} = \frac{3}{7}$，
平方得 $\frac{1}{\lambda^2 + 5} = \frac{9}{49} \Rightarrow 9(\lambda^2 + 5) = 49 \Rightarrow 9\lambda^2 = 4 \Rightarrow \lambda = \frac{2}{3}$ （因 $\lambda>0$）。

当 $\lambda = \frac{2}{3}$ 时：
点 $P$ 的 $z$ 坐标（即四面体 $A-DPQ$ 以 $\triangle ADQ$ 为底时的高）$h = z_P = 6\lambda = 6 \times \frac{2}{3} = 4$。
点 $Q$ 的坐标：$m = 6 - 3(\frac{2}{3}) = 4$，即 $Q(6, 4, 0)$。
底面 $\triangle ADQ$ 中，$A(0,0,0), D(0,6,0), Q(6,4,0)$。
以 $AD$ 为底，长度为 6；$Q$ 到 $AD$（$y$ 轴）的距离为 $Q$ 的 $x$ 坐标，即 6。
$S_{\triangle ADQ} = \frac{1}{2} \times AD \times x_Q = \frac{1}{2} \times 6 \times 6 = 18$。

四面体 $ADPQ$ 的体积：
$V = \frac{1}{3} S_{\triangle ADQ} \cdot h = \frac{1}{3} \times 18 \times 4 = 24$。