（15分）如图，四棱锥$P-ABCD$中，$PA\bot$底面$ABCD$，$PA=AC=2$，$BC=1$，$AB=\sqrt{3}$．
（1）若$AD\bot PB$，证明：$AD//$平面$PBC$；
（2）若$AD\bot DC$，且二面角$A-CP-D$的正弦值为$\dfrac{\sqrt{42}}{7}$，求$AD$．


答案：（1）证明详情见解答．
（2）$AD=\sqrt{3}$．
分析：（1）由$PA\bot$面$ABCD$，结合线面垂直的性质定理可得$PA\bot AD$，又$AD\bot PB$，结合线面垂直的判定定理可得$AD\bot$面$PAB$，则$AD\bot AB$，推出$AD//BC$，结合线面平行的判定定理，即可得出答案．
（2）以$DA$，$DC$为$x$，$y$轴，过点$D$作平面$ABCD$垂直的线为$z$轴，建立如图所示空间直角坐标系$D-xyz$，令$AD=t$，则$DC=\sqrt{4-{t}^{2}}$，$C(0$，$\sqrt{4-{t}^{2}}$，$0)$，求出平面$ACP$的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=(x_{1}$，$y_{1}$，$z_{1})$，平面$CPD$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=(x_{2}$，$y_{2}$，$z_{2})$，则$\dfrac{\sqrt{7}}{7}=\vert \cos   < \overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}} > \vert =\vert \dfrac{\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{{n}_{2}}}{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\vert \vert \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }$，解得$t$，即可得出答案．
解：（1）证明：因为$PA\bot$面$ABCD$，$AD\subset$面$ABCD$，
所以$PA\bot AD$，
又因为$AD\bot PB$，$PB\bigcap PA=P$，$PB$，$PA\subset$面$PAB$，
所以$AD\bot$面$PAB$，
又$AB\subset$面$PAB$，
所以$AD\bot AB$，
在$\Delta ABC$中，$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，
所以$AB\bot BC$，
因为$A$，$B$，$C$，$D$四点共面，
所以$AD//BC$，
又因为$BC\subset$面$PBC$，$AD\not\subset$面$PBC$，
所以$AD//$面$PBC$．
（2）以$DA$，$DC$为$x$，$y$轴，过点$D$作平面$ABCD$垂直的线为$z$轴，建立如图所示空间直角坐标系$D-xyz:$

令$AD=t$，则$A(t$，0，$0)$，$P(t$，0，$2)$，$D(0$，0，$0)$，
$DC=\sqrt{4-{t}^{2}}$，$C(0$，$\sqrt{4-{t}^{2}}$，$0)$，
设平面$ACP$的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=(x_{1}$，$y_{1}$，$z_{1})$，
所以$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{AC}=-t{x}_{1}+\sqrt{4-{t}^{2}}{y}_{1}=0} \\ {2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
设$x_{1}=\sqrt{4-{t}^{2}}$，则$y_{1}=t$，$z_{1}=0$，
所以$\overrightarrow{{n}_{1}}=(\sqrt{4-{t}^{2}}$，$t$，$0)$，
设平面$CPD$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=(x_{2}$，$y_{2}$，$z_{2})$，
所以$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{DP}=t{x}_{2}+2{z}_{2}=0}\\ {\overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{DC}=\sqrt{4-{t}^{2}}{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
设$z_{2}=t$，则$x_{2}=-2$，$y_{2}=0$，
所以$\overrightarrow{{n}_{2}}=(-2$，0，$t)$，
因为二面角$A-CP-D$的正弦值为$\dfrac{\sqrt{42}}{7}$，则余弦值为$\dfrac{\sqrt{7}}{7}$，
所以$\dfrac{\sqrt{7}}{7}=\vert \cos   < \overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}} > \vert =\vert \dfrac{\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{{n}_{2}}}{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\vert \vert \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }=\dfrac{2\sqrt{4-{t}^{2}}}{2\sqrt{{t}^{2}+4}}$，
所以$t=\sqrt{3}$，
所以$AD=\sqrt{3}$．
点评：本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．