Question

14．如圖，在四面體A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2$\sqrt{2}$．M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：平面ABC⊥平面ADC；
（Ⅱ）若點(diǎn)Q在線段AC上，且滿足AQ=3QC，求證：PQ∥平面BCD；
（Ⅲ）若∠BDC=60°，求二面角C-BM-D的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過AD⊥平面BCD可得AD⊥BC，利用線面垂直的判定定理可得BC⊥平面ACD，再利用面面垂直的判定定理即得結(jié)論；
（Ⅱ）取BD中點(diǎn)O，且P是BM中點(diǎn)，取CD的四等分點(diǎn)H，使DH=3CH，且AQ=3QC，通過四邊形OPQH為平行四邊形及線面平行的判定定理即得結(jié)論；
（III）以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CD、CB分別為x、y軸建系，則所求值即為面CBM的法向量與面BMD的法向量的夾角的余弦值，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵AD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AD⊥BC，
∵BC⊥CD且AD∩CD=D，∴BC⊥平面ACD，
∵BC?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD；
（Ⅱ）證明：如圖所示，取BD中點(diǎn)O，且P是BM中點(diǎn)，
∴PO∥MD且PO=$\frac{1}{2}$MD；
取CD的四等分點(diǎn)H，使DH=3CH，且AQ=3QC，
∴PO∥QH且PO=QH，
∴四邊形OPQH為平行四邊形，
∴PQ∥OH，且OH?平面BCD，
∴PQ∥平面BDC；
（III）解：如圖以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CD、CB分別為x、y軸建系，
則C（0，0，0），B（0，$\sqrt{6}$，0），M（$\sqrt{2}$，0，1），D（$\sqrt{2}$，0，0），
∴$\overrightarrow{CB}$=（0，$\sqrt{6}$，0），$\overrightarrow{CM}$=（$\sqrt{2}$，0，1），$\overrightarrow{BD}$=（$\sqrt{2}$，-$\sqrt{6}$，0），$\overrightarrow{DM}$=（0，0，1），
設(shè)平面CBM的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CM}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{6}y=0}\\{\sqrt{2}x+z=0}\end{array}\right.$，
令x=1，則$\overrightarrow{m}$=（1，0，-$\sqrt{2}$）；
設(shè)平面BMD的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DM}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}x-\sqrt{6}y=0}\\{z=0}\end{array}\right.$，
令y=1，則$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，0），
∴cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}+0+0}{\sqrt{1+2}•\sqrt{3+1}}$=$\frac{1}{2}$，
所以二面角C-BM-D的大小為$\frac{π}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間中線面平行、面面垂直的判定，以及求二面角的三角函數(shù)值，注意解題方法的積累，屬于中檔題．