在四棱锥Q ABCD- 中，底面ABCD是正方形，若 A…——2021 高考数学第 19 题答案解析

（1）取 $AD$ 的中点 $O$，连接 $QO, CO$。
因为 $QA=QD=\sqrt{5}$，所以 $\triangle QAD$ 为等腰三角形，故 $QO \perp AD$。
在 Rt$\triangle QOA$ 中，$OA = \frac{1}{2}AD = 1$，$QA=\sqrt{5}$，
所以 $QO = \sqrt{QA^2 - OA^2} = \sqrt{5-1} = 2$。
在正方形 $ABCD$ 中，$CD=AD=2$，$OD=1$，$\angle ADC = 90^\circ$，
所以在 Rt$\triangle ODC$ 中，$OC = \sqrt{OD^2 + CD^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$。
在 $\triangle QOC$ 中，$QO=2, OC=\sqrt{5}, QC=3$，
因为 $QO^2 + OC^2 = 4 + 5 = 9 = QC^2$，
所以 $\triangle QOC$ 为直角三角形，且 $QO \perp OC$。
又因为 $AD \cap OC = O$，$AD, OC \subset$ 平面 $ABCD$，
所以 $QO \perp$ 平面 $ABCD$。
因为 $QO \subset$ 平面 $QAD$，
所以平面 $QAD \perp$ 平面 $ABCD$。

（2）由（1）知 $QO \perp$ 平面 $ABCD$，且 $AD \perp QO$。
在平面 $ABCD$ 内，过点 $O$ 作 $OT // CD$ 交 $BC$ 于 $T$，则 $OT \perp AD$。
以 $O$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{OT}, \overrightarrow{OD}, \overrightarrow{OQ}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $O-xyz$。
则 $O(0,0,0)$，$D(0,1,0)$，$Q(0,0,2)$。
因为 $ABCD$ 是边长为 2 的正方形，所以 $B(2,-1,0)$。
从而 $\overrightarrow{BD} = (0-2, 1-(-1), 0-0) = (-2, 2, 0)$，
$\overrightarrow{QD} = (0-0, 1-0, 0-2) = (0, 1, -2)$。
设平面 $QBD$ 的法向量为 $\vec{n} = (x,y,z)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{BD} = -2x + 2y = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{QD} = y - 2z = 0 \end{cases}$，
即 $\begin{cases} x = y \\ y = 2z \end{cases}$。
令 $z=1$，则 $y=2, x=2$，所以 $\vec{n} = (2, 2, 1)$。
易知平面 $QAD$ 即为坐标平面 $yOz$，其法向量可取 $\vec{m} = (1, 0, 0)$。
设二面角 $B-QD-A$ 的平面角为 $\theta$，由图可知 $\theta$ 为锐角，
则 $\cos \theta = |\cos \langle \vec{m}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| |\vec{n}|} = \frac{|1 \times 2 + 0 + 0|}{1 \times \sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{9}} = \frac{2}{3}$。
故二面角 $B-QD-A$ 的平面角的余弦值为 $\frac{2}{3}$。