Question

12．在如图所示的几何体中，四边形CDPQ为矩形，四边形ABCD为直角梯形，且∠BAD=∠ADC=90°，平面CDPQ⊥平面ABCD，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1，PD=$\sqrt{2}$．
（1）若M为PA的中点，求证：AC∥平面DMQ；
（2）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．

Answer 1

分析 （1）连结CP交QD于点N，连结MN，通过中位线定理可得结论；
（2）以D为原点，以DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立坐标系，则所求二面角即为平面PBC的一个法向量与平面PAD的一个法向量的夹角，计算即可．

解答 （1）证明：连结CP交QD于点N，连结MN，
∵四边形CDPQ为矩形，∴N为CP的中点，
又∵M为PA的中点，∴MN为△ACP的中位线，
∴MN∥AC，∴AC∥平面DMQ；
（2）解：∵∠BAD=∠ADC=90°，平面CDPQ⊥平面ABCD，
∴DA、DC、DP两两垂直，
如图，以D为原点，以DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立坐标系，
∵AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1，PD=$\sqrt{2}$，
∴P（0，0，$\sqrt{2}$），B（1，1，0），C（0，2，0），
∴$\overrightarrow{PB}$=（1，1，-$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{PC}$=（0，2，-$\sqrt{2}$），
设平面PBC的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{2y-\sqrt{2}z=0}\\{x+y-\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，$\sqrt{2}$），
又$\overrightarrow{n}$=（0，1，0）为平面PAD的一个法向量，
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{1+1+2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为60°．

点评 本题考查空间线面位置关系的判断及求二面角，考查空间想象能力、运算求解能力及推理论证能力，注意解题方法的积累，属于中档题．