Question

12．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°PA=PD=AD=2BC=2，CD=$\sqrt{3}，PB=\sqrt{6}$，Q是AD的中点，M是棱PC上的点，且PM=3MC．
（Ⅰ）求证：平面PAD⊥底面ABCD；
（Ⅱ）求二面角M-BQ-C的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连结BQ，易得PQ⊥AD，利用勾股定理可得PQ⊥BQ，通过面面垂直的判定定理即得结论；
（Ⅱ）以Q为原点，分别以QA、QB、QP为x、y、z轴建立坐标系如图，通过题意可得Q（0，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），M（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），则所求二面角即为平面MBQ的一个法向量与平面BCQ的一个法向量的夹角，计算即可．

解答 （Ⅰ）证明：连结BQ，
∵四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，AD=2BC，Q为AD的中点，
∴四边形ABDQ为平行四边形，
又∵CD=$\sqrt{3}$，∴QB=$\sqrt{3}$，
∵△PAD是边长为2的正三角形，Q是AD的中点，
∴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为原点，分别以QA、QB、QP为x、y、z轴建立坐标系如图，
则Q（0，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），
∵BC=1，CD=$\sqrt{3}，PB=\sqrt{6}$，Q是AD的中点，
∴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），$\overrightarrow{QM}$=（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
设平面MBQ的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（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）为平面BCQ的一个法向量，
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴二面角M-BQ-C为$\frac{π}{6}$．

点评 本题主要考查线面关系及面面角，考查学生分析解决问题的能力，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．