如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=a，又PA⊥平面ABCD，PA=4． （...

解法1：（I）连AQ，设BQ=t，则CQ=a-t，解Rt△ABQ，Rt△CDQ，可求出AQ，DQ（均含参数t），在Rt△ADQ中，由勾股定理，我们可以得到一个关于t和a的方程，进而由基本不等式得到a的取值范围； （Ⅱ）过Q作QM∥CD交AD于M，过M作MN⊥PD于N，连接NQ，则∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角，解三角形MNQ，即可得到二面角A-PD-Q的余弦值． 解法2：（I）以为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，设Q（t，2，0）（t＞0），可得到向量，的坐标（均含参数t），由PQ⊥QD，可得•=0，由此可构造一个关于t和a的方程，进而由基本不等式得到a的取值范围； （II）分别求出平面PQD的法向量和平面PAD的法向量，代入向量夹角公式，即可得到二面角A-PD-Q的余弦值． 【解析】 法1：（Ⅰ）如图，连AQ，由于PA⊥平面ABCD，则由PQ⊥QD，必有AQ⊥DQ．（2分） 设BQ=t，则CQ=a-t， 在Rt△ABQ中，有． 在Rt△CDQ中，有．（4分） 在Rt△ADQ中，有AQ2+DQ2=AD2． 即t2+4+（a-t）2+4=a2，即t2-at+4=0． ∴． 故a的取值范围为[4，+∞）．（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当t=2，a=4时，边BC上存在唯一点Q（Q为BC边的中点），使PQ⊥QD．（8分） 过Q作QM∥CD交AD于M，则QM⊥AD． ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM．∴QM⊥平面PAD． 过M作MN⊥PD于N，连接NQ，则QN⊥PD． ∴∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角．（10分） 在等腰直角三角形PAD中，可求得，又MQ=2，进而．（12分） ∴． 故二面角A-PD-Q的余弦值为（14分） 法2：（Ⅰ）以为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系， 则B（0，2，0），C（a，2，0），D（a，0，0）， P（0，0，4），（2分） 设Q（t，2，0）（t＞0），则=（t，2，-4），=（t-a，2，0）．（4分） ∵PQ⊥QD，∴=0． 即t2-at+4=0． ∴． 故a的取值范围为[4，+∞）．（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当t=2，a=4时，边BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD． 此时Q（2，2，0），D（4，0，0）．（8分） 设n=（x，y，z）是平面PQD的法向量， 由，得． 取z=1，则n=（1，1，1）是平面PQD的一个法向量．（10分） 而是平面PAD的一个法向量，（12分） 由． ∴二面角A-PD-Q的余弦值为．（14分）