如图，在多面体 $ABCDPQ$ 中，底面 $ABCD$ 是平行四边形，$\angle DAB=60^{\circ}$，$BC=2 PQ=4 AB=4$，$M$ 为 $BC$ 的中点，$PQ\parallel BC$，$PD\perp DC$，$QB\perp MD$．
1、证明：$\angle ABQ=90^{\circ}$．
2、若多面体 $ABCDPQ$ 的体积为 $\dfrac{15}2$，求平面 $PCD$ 与平面 $QAB$ 夹角的余弦值．
解析
1、设 $\overrightarrow{AD}=\boldsymbol a$，$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol b$，$\overrightarrow{AQ}=\boldsymbol c$，则\[\begin{cases} PD\perp DC,\\ QB\perp MD,\end{cases}\implies \begin{cases} (\boldsymbol a-\boldsymbol c)\perp \boldsymbol a,\\ (\boldsymbol b-\boldsymbol c)\perp (\boldsymbol b-\boldsymbol a),\end{cases}\implies \begin{cases} \boldsymbol a^2-\boldsymbol a\cdot \boldsymbol c=0,\\ \boldsymbol b^2-\boldsymbol b\cdot \boldsymbol c+\boldsymbol a\cdot \boldsymbol c-\boldsymbol a\cdot \boldsymbol b=0,\end{cases}\]于是 $\boldsymbol a\cdot \boldsymbol c=1$，进而 $\boldsymbol b\cdot \boldsymbol c=4=\boldsymbol b^2$，因此 $\boldsymbol b\perp (\boldsymbol b-\boldsymbol c)$，所以 $\angle ABQ=90^\circ$．
2、由于 $QB\perp AB$ 且 $QB\perp MD$，于是 $QB\perp ABCD$，设 $AD$ 的中点为 $N$，则 $PMN\perp BC$．
设 $QB=x$，则多面体 $ABCDPQ$ 的体积为\[\dfrac{AD+BC+QP}{3}\cdot [\triangle PMN]=\dfrac{15}2\implies \dfrac{4+4+2}3\cdot \dfrac 12\cdot \dfrac{\sqrt 3}2\cdot x=\dfrac {15}2,\]解得 $x=3\sqrt 3$．平面 $QAB$ 与平面 $PMN$ 平行，平面 $PCD$ 与平面 $QMN$ 平行，因此只需要求二面角 $P-MN-Q$（大小记为 $\varphi$）的余弦值．根据三射线定理，有\[\cos\angle PMQ=\cos\angle PMN\cos\angle QMN+\sin\angle PMN\sin\angle QMN\cos\varphi,\]而 $\triangle PDC$ 中，$PD=\sqrt{30}$，$PC=\sqrt{31}$；$\triangle PQM$ 中 $PQ=2$，$PM=3\sqrt 3$，$QM=PC=\sqrt{31}$，因此 $\cos\angle PMQ=\dfrac{3\sqrt 3}{\sqrt{31}}$，$\cos\angle PMN=0$，$\cos\angle QMN=\dfrac{1}{\sqrt{30}}$，代入解得 $\cos\varphi=\dfrac{3\sqrt{10}}{10}$．