Question

12．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°PA=PD=AD=2BC=2，CD=$\sqrt{3}，PB=\sqrt{6}$，Q是AD的中點(diǎn)，M是棱PC上的點(diǎn)，且PM=3MC．
（Ⅰ）求證：平面PAD⊥底面ABCD；
（Ⅱ）求二面角M-BQ-C的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)BQ，易得PQ⊥AD，利用勾股定理可得PQ⊥BQ，通過(guò)面面垂直的判定定理即得結(jié)論；
（Ⅱ）以Q為原點(diǎn)，分別以QA、QB、QP為x、y、z軸建立坐標(biāo)系如圖，通過(guò)題意可得Q（0，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），M（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），則所求二面角即為平面MBQ的一個(gè)法向量與平面BCQ的一個(gè)法向量的夾角，計(jì)算即可．

解答 （Ⅰ）證明：連結(jié)BQ，
∵四邊形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD=2BC，Q為AD的中點(diǎn)，
∴四邊形ABDQ為平行四邊形，
又∵CD=$\sqrt{3}$，∴QB=$\sqrt{3}$，
∵△PAD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，Q是AD的中點(diǎn)，
∴PQ⊥AD，PQ=$\sqrt{3}$，
在△PQB中，QB=$\sqrt{3}$，PB=$\sqrt{6}$，
有PQ²+BQ²=PB²，∴PQ⊥BQ，
∵AD∩BQ=Q，AD、BQ?平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD，
又∵PQ?平面PAD，∴平面PAD⊥底面ABCD；
（Ⅱ）解：由（I）可知能以Q為原點(diǎn)，分別以QA、QB、QP為x、y、z軸建立坐標(biāo)系如圖，
則Q（0，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），
∵BC=1，CD=$\sqrt{3}，PB=\sqrt{6}$，Q是AD的中點(diǎn)，
∴PQ=$\sqrt{P{B}^{2}-Q{B}^{2}}$=$\sqrt{6-3}$=$\sqrt{3}$，QC=$\sqrt{C{D}^{2}+Q{D}^{2}}$=$\sqrt{3+1}$=2，
∴PC=$\sqrt{P{Q}^{2}+C{Q}^{2}}$=$\sqrt{3+4}$=$\sqrt{7}$，
又∵PM=3MC，∴M（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
∴$\overrightarrow{QB}$=（0，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{QM}$=（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
設(shè)平面MBQ的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{QB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{QM}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}y=0}\\{-\frac{3}{4}x+\frac{3\sqrt{3}}{4}y+\frac{\sqrt{3}}{4}z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\sqrt{3}$），
又$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）為平面BCQ的一個(gè)法向量，
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴二面角M-BQ-C為$\frac{π}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查線面關(guān)系及面面角，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題．