分析：（1）證明一：取BQ的中點(diǎn)M，連接PM，CM，證明BQ⊥平面PCM，可得BQ⊥PC，進(jìn)而證明BD⊥平面POC，可得BD⊥PC，利用線面垂直的判定，可得PC⊥平面BDQ，從而PC⊥DQ．
證明二：取PC的中點(diǎn)N，連接DN，BN，QN，則∠BND是二面角B-PC-D的平面角，∠BNQ是二面角B-PC-Q的平面角，利用余弦定理，可得P，Q，C，D四點(diǎn)共面，四邊形PQCD為菱形，從而PC⊥DQ．
（2）由V
P-ACD=V
C-APD得點(diǎn)C到平面PAD的距離，進(jìn)而可求QD與平面PAD所成角的正弦值；
證明三：（1）建立空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)|OB|=1，求出Q的坐標(biāo)，利用向量的數(shù)量積為0，可得PC⊥DQ；
（2）求出面PAD的一個(gè)法向量
=(-1，-1，1)，利用向量的夾角公式，可求QD與平面PAD所成角的正弦值．
解答：
（1）證明一：取BQ的中點(diǎn)M，連接PM，CM，由幾何體Q-PCB為正四面體得，CM⊥BQ，PM⊥BQ，所以BQ⊥平面PCM，從而BQ⊥PC．
連接BD，DC交于點(diǎn)O，連接PO得PO⊥平面ABCD，BD⊥AC，BD⊥PO，所以BD⊥平面POC，
從而BD⊥PC．
又BQ⊥PC，BD∩BQ=B，所以PC⊥平面BDQ，從而PC⊥DQ．
證明二：因?yàn)閹缀误wP-ABCD為正四棱錐，幾何體Q-PCB為正四面體．
故可設(shè)PA=PB=PC=PD=PQ=QC=QB=AB=BC=CD=DA=a，
取PC的中點(diǎn)N，連接DN，BN，QN，由題意知DN⊥PC，BN⊥PC，QN⊥PC，
故∠BND是二面角B-PC-D的平面角，∠BNQ是二面角B-PC-Q的平面角，
在△BND中，
DN=BN=a，BD=a，
所以
cos∠BND==-，
在△BNQ中，
QN=BN=a，BQ=a，
所以
cos∠BND==從而∠BND+∠BNQ=π，從而P，Q，C，D四點(diǎn)共面，
故四邊形PQCD為菱形，從而PC⊥DQ．
（2）由證明二知四邊形PQCD為菱形，于是
DQ=a，QC∥PD，
所以點(diǎn)Q到平面PAD的距離等于點(diǎn)C到平面PAD的距離，
設(shè)點(diǎn)C到平面PAD的距離為h，由V
P-ACD=V
C-APD得：
S△PAD•h=S△CAD•PO進(jìn)而得
h=a，所以QD與平面PAD所成角的正弦值=
==證明三：如圖，以O(shè)B為x軸，OC為y軸，OP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
不妨設(shè)|OB|=1，則B（1，0，0），C（0，1，0），D（-1，0，0），A（0，-1，0）
因?yàn)镼-PCB為正四面體，所以△PCB為正三角形，所以
|PC|=|BC|=，所以|OP|=1，因此P（0，0，1）．
設(shè)△PCB的重心為M，則QM⊥面PCB，又O-PCB也為正三棱錐，因此OM⊥面PCB，因此O、M、Q三點(diǎn)共線，所以O(shè)Q垂直面PCB，即
是平面PCB的一個(gè)法向量，
由
=(1，0，-1)，
=(0，-1，1)，∴平面PCB的一個(gè)法向量可以取
=(a，a，a)，
所以不妨設(shè)Q（a，a，a），則
=(a，a，a-1)，
因?yàn)?span id="hrfser0" class="MathJye">|
|=
=
，解得a=1，所以Q（1，1，1）．
（1）
=(0，-1，1)，
=(2，1，1)，
•=0，所以PC⊥DQ；
（2）設(shè)面PAD的一個(gè)法向量為
=(x，y，z)，
=(-1，0，-1)，
=(0，-1，-1)，由
解得一個(gè)法向量
=(-1，-1，1)，
所以
cos＜，＞===-，
所以QD與平面PAD所成角的正弦值為
．
如圖，幾何體P-ABCD為正四棱錐，幾何體Q-PCB為正四面體．
名校課堂系列答案
如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD=90°，且（單位：cm），E為PA的中點(diǎn)．
如圖，幾何體SABC的底面是由以AC為直徑的半圓O與△ABC組成的平面圖形，SO⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=SB=SC=A C=4，BC=2．
如圖2所示，空間幾何體P-ABC中PA⊥平面ABC，AB⊥BC．PB、PC與平面ABC所成的角分別為60°和45°．AE⊥PB于E．
如圖，已知三棱錐P-ABC的側(cè)面PAC是底角為45°的等腰三角形，PA=PC，且該側(cè)面垂直于底面，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，B1C1=3．