题目内容
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，Q为AD的中点．（1）若PA=PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；
（2）设点M在线段PC上，
| PM |
| MC |
| 1 |
| 2 |
（3）在（2）的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，求二面角M-BQ-C的大小．
考点：二面角的平面角及求法,与二面角有关的立体几何综合题
专题：综合题,空间位置关系与距离,空间角,空间向量及应用
分析：（1）连接BD，利用线面垂直的判定定理，证明AD⊥平面PQB，利用面面垂直的判定定理，即可证明平面PQB⊥平面PAD；
（2）连接AC交BQ于点N，利用比例关系，证明PA∥MN，利用线面平行的判定定理证明PA∥平面MQB；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面MQB的法向量，结合平面ABCD的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角M-BQ-C的大小．
（2）连接AC交BQ于点N，利用比例关系，证明PA∥MN，利用线面平行的判定定理证明PA∥平面MQB；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面MQB的法向量，结合平面ABCD的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角M-BQ-C的大小．
解答：
（1）证明：连接BD，则
∵四边形ABCD菱形，∠BAD=60°，
∴△ABD为正三角形，
又Q为AD中点，∴AD⊥BQ．
∵PA=PD，Q为AD的中点，
∴AD⊥PQ，
又BQ∩PQ=Q，∴AD⊥平面PQB，
∵AD?平面PAD．
∴平面PQB⊥平面PAD．…（4分）
（2）证明：连接AC交BQ于点N，如图
由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴
=
=
．
又
=
，∴
=
=
，
∴PA∥MN．
∵MN?平面MQB，PA?平面MQB，
∴PA∥平面MQB．…（8分）
（3）解：由PA=PD=AD=2，Q为AD的中点，则PQ⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD．
以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，则各点坐标为A（1，0，0），B（0，
，0），Q（0，0，0），P（0，0，
）．
∴
=（0，
，0），
=（1，0，-
）．
设平面MQB的法向量
=（x，y，1），
∵PA∥MN，∴
解得
=（
，0，1）．
取平面ABCD的法向量
=（0，0，1）．
∴cos＜
，
＞=
=
．
故二面角M-BQ-C的大小为60°．…（12分）
∵四边形ABCD菱形，∠BAD=60°，
∴△ABD为正三角形，
又Q为AD中点，∴AD⊥BQ．
∵PA=PD，Q为AD的中点，
∴AD⊥PQ，
又BQ∩PQ=Q，∴AD⊥平面PQB，
∵AD?平面PAD．
∴平面PQB⊥平面PAD．…（4分）
（2）证明：连接AC交BQ于点N，如图
由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴
| AQ |
| BC |
| AN |
| NC |
| 1 |
| 2 |
又
| PM |
| MC |
| 1 |
| 2 |
| PM |
| MC |
| AN |
| NC |
| 1 |
| 2 |
∴PA∥MN．
∵MN?平面MQB，PA?平面MQB，
∴PA∥平面MQB．…（8分）
（3）解：由PA=PD=AD=2，Q为AD的中点，则PQ⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD．
以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的坐标系，则各点坐标为A（1，0，0），B（0，
| 3 |
| 3 |
∴
| QB |
| 3 |
| PA |
| 3 |
设平面MQB的法向量
| n |
∵PA∥MN，∴
|
解得
| n |
| 3 |
取平面ABCD的法向量
| m |
∴cos＜
| m |
| n |
| ||||
|
|
| 1 |
| 2 |
故二面角M-BQ-C的大小为60°．…（12分）
点评：本题考查面面垂直，线面平行，考查面面角，考查学生分析解决问题的能力，考查向量法的运用，正确运用面面垂直，线面平行、垂直的判定定理是关键．
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