【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题06 立体几何（解答题）（理科专用）（教师版）【高考】.docx，共(44)页，3.252 MB，由小赞的店铺上传

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三年专题06立体几何（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐶𝐷∥𝐴𝐵,𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝐶𝐵=1,𝐴𝐵=2,𝐷𝑃=√3．(1)证明：𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2)求PD与平面𝑃𝐴

𝐵所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵于𝐹，利用勾股定理证明𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，根据线面垂直的性质可得𝑃𝐷⊥𝐵�

�，从而可得𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点𝐷为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于𝐸，𝐶𝐹⊥𝐴

𝐵于𝐹，因为𝐶𝐷//𝐴𝐵,𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐶𝐵=1,𝐴𝐵=2，所以四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为等腰梯形，所以𝐴𝐸=𝐵𝐹=12，故𝐷𝐸=√32，𝐵𝐷=√𝐷𝐸2+𝐵

𝐸2=√3，所以𝐴𝐷2+𝐵𝐷2=𝐴𝐵2，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐵𝐷，又𝑃𝐷∩𝐴𝐷=𝐷，所以𝐵𝐷⊥平面𝑃

𝐴𝐷，又因𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐷，所以𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2)解：如图，以点𝐷为原点建立空间直角坐标系，𝐵𝐷=√3，则𝐴(1,0,0),𝐵(0,√3,0),𝑃(0,0,√3)，则𝐴𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗=(−1,0,√3),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−√3,√3),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,√3)，设平面𝑃𝐴𝐵的法向量𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则有{𝑛→⋅𝐴𝑃→=−𝑥+√3𝑧=0𝑛→⋅𝐵𝑃→=−√3𝑦+√3𝑧=0，可取�

�⃗=(√3,1,1)，则cos〈𝑛⃗,𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗〉=𝑛⃗⋅𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛⃗||𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√55，所以𝑃𝐷与平面𝑃𝐴𝐵所成角的正弦值为√55.2．【202

2年全国乙卷】如图，四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷,𝐴𝐷=𝐶𝐷,∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶，E为𝐴𝐶的中点．(1)证明：平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷；(2)设𝐴𝐵=𝐵𝐷=2,∠𝐴𝐶

𝐵=60°，点F在𝐵𝐷上，当△𝐴𝐹𝐶的面积最小时，求𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值为4√37【解析】【分析】（1

）根据已知关系证明△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，得到𝐴𝐵=𝐶𝐵，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.(1)因为𝐴𝐷=

𝐶𝐷，E为𝐴𝐶的中点，所以𝐴𝐶⊥𝐷𝐸；在△𝐴𝐵𝐷和△𝐶𝐵𝐷中，因为𝐴𝐷=𝐶𝐷,∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐵,𝐷𝐵=𝐷𝐵，所以△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，所以𝐴𝐵=𝐶𝐵，又因为E为𝐴𝐶的中点

，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐸；又因为𝐷𝐸,𝐵𝐸⊂平面𝐵𝐸𝐷，𝐷𝐸∩𝐵𝐸=𝐸，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷，因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷，所以平面𝐵𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷.(2)连接𝐸𝐹，由（1）知，𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐸𝐷，因为𝐸𝐹⊂平面𝐵𝐸𝐷，所以

𝐴𝐶⊥𝐸𝐹，所以𝑆△𝐴𝐹𝐶=12𝐴𝐶⋅𝐸𝐹，当𝐸𝐹⊥𝐵𝐷时，𝐸𝐹最小，即△𝐴𝐹𝐶的面积最小.因为△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐷，所以𝐶𝐵=𝐴𝐵=2，又因为∠𝐴𝐶𝐵=60°，所以

△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，因为E为𝐴𝐶的中点，所以𝐴𝐸=𝐸𝐶=1，𝐵𝐸=√3，因为𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，所以𝐷𝐸=12𝐴𝐶=1,在△𝐷𝐸𝐵中，𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=𝐵𝐷2，所以𝐵𝐸⊥𝐷𝐸.以𝐸为坐标

原点建立如图所示的空间直角坐标系𝐸−𝑥𝑦𝑧，则𝐴(1,0,0),𝐵(0,√3,0),𝐷(0,0,1)，所以𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,1),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,√3,0)，设平面𝐴𝐵𝐷的一个法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⋅𝐴𝐷⃗⃗

⃗⃗⃗=−𝑥+𝑧=0𝑛⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥+√3𝑦=0，取𝑦=√3，则𝑛⃗=(3,√3,3)，又因为𝐶(−1,0,0),𝐹(0,√34,34)，所以𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√34,34)，所以cos⟨𝑛⃗,𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⟩=𝑛⃗

⋅𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛⃗||𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=6√21×√74=4√37，设𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值为𝜃(0≤𝜃≤𝜋2)，所以sin𝜃=|cos⟨𝑛⃗,𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⟩|=4√37，所

以𝐶𝐹与平面𝐴𝐵𝐷所成的角的正弦值为4√37.3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为4，△𝐴1𝐵𝐶的面积为2√2．(1)求A到平面𝐴1𝐵𝐶的距离；(2)设D

为𝐴1𝐶的中点，𝐴𝐴1=𝐴𝐵，平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，求二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的正弦值．【答案】(1)√2(2)√32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，建立空间直角坐标系

，利用空间向量法即可得解.(1)在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，设点A到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为h，则𝑉𝐴−𝐴1𝐵𝐶=13𝑆△𝐴1𝐵𝐶⋅ℎ=2√23ℎ=𝑉𝐴1−𝐴𝐵𝐶=13𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅

𝐴1𝐴=13𝑉𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1=43，解得ℎ=√2，所以点A到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为√2；(2)取𝐴1𝐵的中点E,连接AE,如图，因为𝐴𝐴1=𝐴𝐵，所以𝐴𝐸⊥𝐴1𝐵,又平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，平面𝐴1

𝐵𝐶∩平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1=𝐴1𝐵，且𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐴𝐸⊥平面𝐴1𝐵𝐶，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐵𝐵1⊥平面𝐴𝐵𝐶，由𝐵𝐶⊂平面𝐴1𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵�

�可得𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，𝐵𝐵1⊥𝐵𝐶，又𝐴𝐸,𝐵𝐵1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1且相交，所以𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐵𝐶,𝐵𝐴,𝐵𝐵1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如

图，由（1）得𝐴𝐸=√2，所以𝐴𝐴1=𝐴𝐵=2，𝐴1𝐵=2√2，所以𝐵𝐶=2，则𝐴(0,2,0),𝐴1(0,2,2),𝐵(0,0,0),𝐶(2,0,0),所以𝐴1𝐶的中点𝐷(1,1,1)，则𝐵𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,1)，𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),设平面𝐴𝐵𝐷的一个法向量𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑦+𝑧=0𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦=0，可取𝑚⃗⃗=(

1,0,−1)，设平面𝐵𝐷𝐶的一个法向量𝑛⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎+𝑏+𝑐=0𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎=0，可取𝑛⃗=(0,1,−1)，则cos〈𝑚⃗⃗,𝑛

⃗〉=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗|𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗|=1√2×√2=12，所以二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的正弦值为√1−(12)2=√32.4．【2022年新高考2卷】如图，𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的高，𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，E是𝑃𝐵的中点．(1)证明：𝑂𝐸//平

面𝑃𝐴𝐶；(2)若∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐶𝐵𝑂=30°，𝑃𝑂=3，𝑃𝐴=5，求二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】【分析】（1）连接𝐵𝑂并延长交𝐴𝐶于点𝐷，连接𝑂𝐴、𝑃𝐷，根据三角形全等得到𝑂𝐴=

𝑂𝐵，再根据直角三角形的性质得到𝐴𝑂=𝐷𝑂，即可得到𝑂为𝐵𝐷的中点从而得到𝑂𝐸//𝑃𝐷，即可得证；（2）过点𝐴作𝐴𝑧//𝑂𝑃，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；(1)证明：连接𝐵𝑂并延长交�

�𝐶于点𝐷，连接𝑂𝐴、𝑃𝐷，因为𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的高，所以𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝑂,𝐵𝑂⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝑂、𝑃𝑂⊥𝐵𝑂，又𝑃𝐴=𝑃𝐵，所以△𝑃𝑂𝐴≅△𝑃𝑂𝐵，即𝑂𝐴=𝑂

𝐵，所以∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐵𝐴，又𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，即∠𝐵𝐴𝐶=90°，所以∠𝑂𝐴𝐵+∠𝑂𝐴𝐷=90°，∠𝑂𝐵𝐴+∠𝑂𝐷𝐴=90°，所以∠𝑂𝐷𝐴=∠𝑂

𝐴𝐷所以𝐴𝑂=𝐷𝑂，即𝐴𝑂=𝐷𝑂=𝑂𝐵，所以𝑂为𝐵𝐷的中点，又𝐸为𝑃𝐵的中点，所以𝑂𝐸//𝑃𝐷，又𝑂𝐸⊄平面𝑃𝐴𝐶，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝑂𝐸//平面𝑃𝐴𝐶(2)解：过点𝐴作𝐴𝑧//𝑂𝑃，如图建立平面直角

坐标系，因为𝑃𝑂=3，𝐴𝑃=5，所以𝑂𝐴=√𝐴𝑃2−𝑃𝑂2=4，又∠𝑂𝐵𝐴=∠𝑂𝐵𝐶=30°，所以𝐵𝐷=2𝑂𝐴=8，则𝐴𝐷=4，𝐴𝐵=4√3，所以𝐴𝐶=12，所以𝑂(2√3,2,0)，

𝐵(4√3,0,0)，𝑃(2√3,2,3)，𝐶(0,12,0)，所以𝐸(3√3,1,32)，则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,1,32)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4√3,0,0)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,0)，设平面𝐴𝐸𝐵的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛

⃗⋅𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=3√3𝑥+𝑦+32𝑧=0𝑛⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=4√3𝑥=0，令𝑧=2，则𝑦=−3，𝑥=0，所以𝑛⃗=(0,−3,2)；设平面𝐴𝐸𝐶的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐴𝐸

⃗⃗⃗⃗⃗=3√3𝑎+𝑏+32𝑐=0𝑚⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑏=0，令𝑎=√3，则𝑐=−6，𝑏=0，所以𝑚⃗⃗=(√3,0,−6)；所以cos⟨𝑛⃗,𝑚⃗⃗⟩=𝑛⃗⋅𝑚

⃗⃗⃗|𝑛⃗||𝑚⃗⃗⃗|=−12√13×√39=−4√313设二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵为𝜃，由图可知二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵为钝二面角，所以cos𝜃=−4√313，所以sin𝜃=√1−cos2𝜃=1113故二面角𝐶−𝐴

𝐸−𝐵的正弦值为1113；5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111ABCABC−中，侧面11AABB为正方形，2ABBC==，E，F分别为AC和1CC的中点，D为棱11AB上的点．11BFAB⊥（1）证明：BFDE⊥；（2）当1BD为何值

时，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112BD=【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面

角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BFABABAB⊥，所以BFAB⊥．又因为1ABBB⊥，1BFBBB=，所以AB⊥平面11BCCB．又因为2ABBC==，构造正方体1111ABCGABCG−，如图所示，过E作AB的平行

线分别与AGBC，交于其中点,MN，连接11,AMBN，因为E，F分别为AC和1CC的中点，所以N是BC的中点，易证1RtRtBCFBBN，则1CBFBBN=．又因为1190BBNBNB+=，所以1190CBFBNBBFBN+=

⊥，．又因为111111,BFABBNABB⊥=，所以BF⊥平面11AMNB．又因为ED平面11AMNB，所以BFDE⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABCABC−是直三棱柱，1BB⊥底面ABC，

1BBAB⊥11//ABAB，11BFAB⊥，BFAB⊥，又1BBBFB=，AB⊥平面11BCCB．所以1,,BABCBB两两垂直．以B为坐标原点，分别以1,,BABCBB所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,

2,0,BAC()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2BAC，()()1,1,0,0,2,1EF．由题设(),0,2Da（02a）．因为()()0,2,1,1,1,2BFDEa==−−，所以()()0121120BFDEa=−++−=，

所以BFDE⊥．[方法三]：因为11BFAB⊥，11//ABAB，所以BFAB⊥，故110BFAB=，0BFAB=，所以()11BFEDBFEBBBBD=++()11=BFBDBFEBBB++1BFEBBF

BB=+11122BFBABCBFBB=−−+11122BFBABFBCBFBB=−−+112BFBCBFBB=−+111coscos2BFBCFBCBFBBFBB=−+121=5

2520255−+=，所以BFED⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE的法向量为(),,mxyz=，因为()()1,1,1,1,1,2EFDEa=−=−−，所以00mEFmDE==，即()0120xyzaxyz−++=−+−=．令2za=−，则()3,1,2

maa=+−因为平面11BCCB的法向量为()2,0,0BA=，设平面11BCCB与平面DEF的二面角的平面角为，则cosmBAmBA=2622214aa=−+232214aa=−+．当12a=时，2224aa−

+取最小值为272，此时cos取最大值为363272=．所以()2min63sin133=−=，此时112BD=．[方法二]：几何法如图所示，延长EF交11AC的延长线于点S，联结DS交11BC于点T，则平面DFE平面11BBCCFT=．作1BHFT⊥，垂足为H，因为1DB⊥

平面11BBCC，联结DH，则1DHB为平面11BBCC与平面DFE所成二面角的平面角．设1,BDt=[0,2],t1BTs=，过1C作111//CGAB交DS于点G．由111113CSCGSAAD==得11

(2)3CGt=−．又1111BDBTCGCT=，即12(2)3tsst=−−，所以31tst=+．又111BHBTCFFT=，即1211(2)BHss=+−，所以121(2)sBHs=+−．所以2211DHBH

BD=+2221(2)sts=++−2229225tttt=+−+．则11sinBDDHBDH=2229225ttttt=+−+219119222t=+−+，所以，当12t=时，()1min3sin3DHB=．

[方法三]：投影法如图，联结1,FBFN，DEF在平面11BBCC的投影为1BNF，记面11BBCC与面DFE所成的二面角的平面角为，则1cosBNFDEFSS=．设1(02)BDtt=，在1RtDBF中，222115DFBDBFt=

+=+．在RtECF中，223EFECFC=+=，过D作1BN的平行线交MN于点Q．在RtDEQ△中，2225(1)DEQDEQt=+=+−．在DEF中，由余弦定理得222cos2DFEFDEDFEDFEF+−=()22315(1)35ttt++=+，()222214sin35t

tDFEt−+=+，1sin2DFESDFEFDFE=2122142tt=−+，13,2BNFS=1cosBNFDFESS=232214tt=−+，()29sin127tt=−−+，当12t=，即112BD=，面11BBCC与

面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为33．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不

常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BBCC与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三

：利用面DFE在面11BBCC上的投影三角形的面积与DFE△面积之比即为面11BBCC与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．6．【2021年乙卷理科】如图，

四棱锥PABCD−的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，1PDDC==，M为BC的中点，且PBAM⊥．（1）求BC；（2）求二面角APMB−−的正弦值．【答案】（1）2；（2）7014【解析】【分析】（1）以点D为坐标原点，DA、DC、D

P所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设2BCa=，由已知条件得出0PBAM=，求出a的值，即可得出BC的长；（2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为

矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz−，设2BCa=，则()0,0,0D、()0,0,1P、()2,1,0Ba、(),1,0Ma、()2,0,0Aa，则()2,1,1PBa=−，(),1,0AMa=−，PB

AM⊥，则2210PBAMa=−+=，解得22a=，故22BCa==；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD．因为PD⊥底面ABCD，且AM底面ABCD，所以PDAM⊥．又因为PBAM⊥，PBPDP=，所以AM⊥平面PBD．又BD平面PBD，所以AMBD⊥

．从而90ADBDAM+=．因为90+=MABDAM，所以=MABADB．所以∽ADBBAM，于是=ADBAABBM．所以2112BC=．所以2BC=．[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD交AM于点N．由[方法二]知⊥AMDB．在矩形ABCD中，有∽DAN

BMN，所以2==ANDAMNBM，即23ANAM=．令2(0)=BCtt，因为M为BC的中点，则BMt=，241=+DBt，21=+AMt．由1122==DABSDAABDBAN，得221241123=++ttt，解得212t=，所以22==BCt．（2）[方法一]【最优解】：空间

坐标系+空间向量法设平面PAM的法向量为()111,,mxyz=，则2,1,02AM=−，()2,0,1AP=−，由111120220mAMxymAPxz=−+==−+=，取12x=，可得()2,1,2m=，设平面PBM的法向量为()222,,

nxyz=，2,0,02BM=−，()2,1,1BP=−−，由222220220nBMxnBPxyz=−==−−+=，取21y=，可得()0,1,1n=，3314cos,1472mnmnmn==

=，所以，270sin,1cos,14mnmn=−=，因此，二面角APMB−−的正弦值为7014.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCDABCD−，联结11,ABAB，交点记为H，由于11ABAB⊥，1ABBC⊥，所以AH⊥平面

11ABCD．过H作1DM的垂线，垂足记为G．联结AG，由三垂线定理可知1⊥AGDM，故AGH为二面角APMB−−的平面角．易证四边形11ABCD是边长为2的正方形，联结1DH，HM．111111111,2DHMDHMDAHHBMMCDABCDSDMHGSSSSS==−−−正方形，由

等积法解得31010=HG．在RtAHG中，2310,210==AHHG，由勾股定理求得355=AG．所以，70sin14AHAGHAG==，即二面角APMB−−的正弦值为7014．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定

理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转

化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.7．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥ABCD−中，平面ABD⊥平面BCD，ABAD=，O为BD的中点.（1）证明：OACD⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱A

D上，2DEEA=，且二面角EBCD−−的大小为45，求三棱锥ABCD−的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)36.【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积

即可.【详解】（1）因为ABAD=，O是BD中点，所以OABD⊥，因为OA平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD平面BCDBD=，所以OA⊥平面BCD．因为CD平面BCD，所以OACD⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴

，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，则31(,,0),(0,1,0),(0,1,0)22CDB−，设12(0,0,),(0,,)33AmEm,所以4233(0,,),(,,0)3322EBmBC=−−

=，设(),,nxyz=r为平面EBC的法向量，则由00EBnECn==可求得平面EBC的一个法向量为2(3,1,)nm=−−．又平面BCD的一个法向量为()0,0,OAm=，所以222co

s,244nOAmm−==+，解得1m=．又点C到平面ABD的距离为32，所以1133213226ABCDCABDVV−−===，所以三棱锥ABCD−的体积为36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EGBD⊥，垂足为点G

．作GFBC⊥，垂足为点F，连结EF，则OAEG∥．因为OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，EFGÐ为二面角EBCD−−的平面角．因为45EFG=，所以EGFG=．由已知得1OBOD==，故1OBOC==．又30OBCOCB==

，所以3BC=．因为24222,,,,133333GDGBFGCDEGOA======，11113322(11)1333226ABCDBCDBOCVSOSOAA−====．[方法三]：三面角公式考虑

三面角BEDC−，记EBD为，EBC为，30DBC=，记二面角EBCD−−为．据题意，得45=．对使用三面角的余弦公式，可得coscoscos30=，化简可得3coscos2=

．①使用三面角的正弦公式，可得sinsinsin=，化简可得sin2sin=．②将①②两式平方后相加，可得223cos2sin14+=，由此得221sincos4=，从而可得1tan2=．如图可知π(0,)2，即有1tan2

=，根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得43BG=，结合的正切值，可得2,13EGOA==从而可得三棱锥ABCD−的体积为36．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处

在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公

式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.8．【2021年新高考2卷】在四棱锥QABCD−中，底面ABCD是正方形，若2,5,3ADQDQAQC====．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角BQDA−−的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（

2）23.【解析】【分析】（1）取AD的中点为O，连接,QOCO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作//OTCD，交BC于T，则OTAD⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD、平面B

QD的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取AD的中点为O，连接,QOCO.因为QAQD=，OAOD=，则QO⊥AD，而2,5ADQA==，故512QO=−=.在正方形ABCD中，因为2AD=，故1DO=，故5CO=，因为3QC=，故2

22QCQOOC=+，故QOC为直角三角形且QOOC⊥，因为OCADO=，故QO⊥平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作//OTCD，交BC于T

，则OTAD⊥，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0DQB−，故()()2,1,2,2,2,0BQBD=−=−.设平面QBD的法向量(),,nxyz=，则00nBQnBD==即220220xyz

xy−++=−+=，取1x=，则11,2yz==，故11,1,2n=.而平面QAD的法向量为()1,0,0m=，故12cos,3312mn==.二面角BQDA−−的平面角为锐角，故其余弦值为23.9．【2020年新课标1卷理科】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆

心，AE为底面直径，AEAD=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角BPCE−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）255.【

解析】【分析】（1）要证明PA⊥平面PBC，只需证明PAPB⊥，PAPC⊥即可；（2）方法一：过O作ON∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面

PCB的一个法向量n，平面PCE的一个法向量为m，利用公式cos,||||nmmnnm=计算即可得到答案.【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知DAE△为等边三角形，设1AE=，则32DO=，1122COBOAE

===，所以6264PODO==，2264PCPOOCPBPA=+===又ABC为等边三角形，则2sin60BAOA=，所以32BA=，22234PAPBAB+==，则90APB=，所以PAPB⊥，同理PAPC⊥，又PCPBP=，所以PA⊥平面PBC；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设

23AB=，则4sin60===ABAEAD，由圆锥性质知DO⊥平面ABC，所以22224223=−=−=DOADAO，所以626==PODO．因为O是ABC的外心，因此AEBC⊥．在底面过O作BC的平行线与AB的交点为W，以O为原点，OW方向为x轴正方向，OE方向为y轴正方

向，OD方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz−，则(0,2,0)A−，(3,1,0)B，(3,1,0)C−，(0,2,0)E，(0,0,2)P．所以(0,2,2)AP=，(3,1,2)=−−BP，(3,1,2)=−CP．故0220=−+=APBP，0220=−+=APCP．

所以APBP⊥，APCP⊥．又BPCPP=，故AP⊥平面PBC．[方法三]：因为ABC是底面圆O的内接正三角形，且AE为底面直径，所以AEBC⊥．因为DO（即PO）垂直于底面，BC在底面内，所以POBC⊥．

又因为PO平面PAE，AE平面PAE，POAEO=I，所以BC⊥平面PAE．又因为PA平面PAE，所以PABC⊥．设AEBCF=，则F为BC的中点，连结PF．设DOa=，且66PODO=，则32AFa=，22PAa=，12

PFa=．因此222+=PAPFAF，从而PAPF⊥．又因为PFBCF=，所以PA⊥平面PBC．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结DE，AEADDE==，易得3ODR=，因为66=POOD，所以22=POR．以,,OAOBOD为基底，OD⊥平面ABC

，则66=+=−+APAOOPOAOD，66=+=−+BPBOOPOBOD，且212OAOBR=−，0OAODOBOD==所以6666=−+−+=APBPOAODOBOD2661066

6−−+=OAOBOAODOBODOD．故0APBP=．所以APBP⊥，即APBP⊥．同理APCP⊥．又BPCPP=，所以AP⊥平面PBC．（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面

ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),(0,0,),(,,0),(,,0)244444EPBC−−−−，132(,,)444PC=−−−，132(,,)444PB=−−，12(,0,)24PE=−−，设平面PCB的一个

法向量为111(,,)nxyz=，由00nPCnPB==，得111111320320xyzxyz−−−=−+−=，令12x=，得111,0zy=−=，所以(2,0,1)n=−，设平面PCE的一个法向量为222(,,)mxyz=由00mP

CmPE==，得22222320220xyzxz−−−=−−=，令21x=，得2232,3zy=−=，所以3(1,,2)3m=−故2225cos,5||||1033nmmnnm===，设二面角BPCE−−

的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以25cos5=.[方法二]【最优解】：几何法设=BCAEF，易知F是BC的中点，过F作∥FGAP交PE于G，取PC的中点H，联结GH，则∥HFPB．由PA⊥平面PBC，得FG⊥平面PBC．由（1）可得，222BCPBPC=+

，得PBPC⊥．所以FHPC⊥，根据三垂线定理，得GHPC⊥．所以GHF是二面角BPCE−−的平面角．设圆O的半径为r，则3sin602==AFABr，2AEr=，12=EFr，13EFAF=，所以14=FGPA，1122=

=FHPBPA，12=FGFH．在RtGFH中，1tan2==FGGHFFH，25cos5=GHF．所以二面角BPCE−−的余弦值为255．[方法三]：射影面积法如图所示，在PE上取点H，使14HEPE=，设BCAEN=，连结NH．由（1）知14NEAE=，所以∥

NHPA．故NH⊥平面PBC．所以，点H在面PBC上的射影为N．故由射影面积法可知二面角BPCE−−的余弦值为cosPCNPCHSθS=．在PCE中，令62==PCPE，则1CE=，易知54=PCES．所以335416PCHPCESS==．又1328PCNPBCSS==

，故3258cos53516PCNPCHSθS===所以二面角BPCE−−的余弦值为255．【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途

径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂

线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.10．【2020年新课标2卷理科】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点

，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成

角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）1010.【解析】【分析】（1）由,MN分别为BC，11BC的中点，1//MNCC，根据条件可得11//AABB，可证1MNAA//，要证平面11EBCF⊥平面1AAMN，只需证明EF⊥平面1AAMN即可；（2）连接NP，先求证四边形ONP

A是平行四边形，根据几何关系求得EP，在11BC截取1BQEP=，由（1）BC⊥平面1AAMN，可得QPN为1BE与平面1AAMN所成角，即可求得答案.【详解】（1）,MN分别为BC，11BC的中点

，1//MNBB，又11//AABB，1//MNAA，在ABC中，M为BC中点，则BCAM⊥，又侧面11BBCC为矩形，1BCBB⊥，1//MNBB，MNBC⊥，由MNAMM=，,MNAM平面1AAMN，BC⊥平面1AAMN，又11//BCB

C，且11BC平面ABC，BC平面ABC，11//BC平面ABC，又11BC平面11EBCF，且平面11EBCF平面ABCEF=11//BCEF，//EFBC，又BC⊥平面1AAMN，EF⊥平面

1AAMN，EF平面11EBCF，平面11EBCF⊥平面1AAMN.(2)[方法一]：几何法如图，过O作11BC的平行线分别交1111,ABAC于点11,EF，联结11,,,AEAOAFNP，由于//AO平面11EBCF，11//EF平面11EBCF，11=AOEFO

，AO平面11AEF，11EF平面11AEF，所以平面11//AEF平面11EBCF．又因平面11AEF平面111=AABBAE，平面11EBCF平面111=AABBEB，所以11∥EBAE．因为111BCAN⊥

，11BCMN⊥，1ANMNN=，所以11BC⊥面1AANM．又因1111∥EFBC，所以11⊥EF面1AANM，所以1AE与平面1AANM所成的角为1EAO．令2AB=，则11=NB，由于O为111ABC△的中心，故112233==OENB．在1RtAEO中，122,3

===AOABOE，由勾股定理得22112103=+=AEAOOE．所以11110sin10==EOEAOAE．由于11∥EBAE，直线1BE与平面1AAMN所成角的正弦值也为1010．[方法二]【最优解】：几何法因为//AO平面11EFCB

，平面11EFCB平面1=AMNANP，所以∥AONP．因为//ONAP，所以四边形OAPN为平行四边形．由（Ⅰ）知EF⊥平面1AMNA，则EF为平面1AMNA的垂线．所以1BE在平面1AMNA的射影为NP．从而1BE与NP所成角的正

弦值即为所求．在梯形11EFCB中，设1EF=，过E作11EGBC⊥，垂足为G，则3==PNEG．在直角三角形1BEG中，1110sin1010==BEG．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，11BC⊥平面1AAMN，则

11BCuuuur为平面1AAMN的法向量．因为∥AO平面11EBCF，AO平面1AAMN，且平面1AAMN平面11EBCFPN=，所以//AOPN．由（Ⅰ）知11,=∥AAMNAAMN，即四边形APNO为平行四边形，则==AONPAB．因为O为正111ABC△

的中心，故13==APONAM．由面面平行的性质得111111,33=∥EFBCEFBC，所以四边形11EFCB为等腰梯形．由P，N为等腰梯形两底的中点，得11PNBC⊥，则11110,==++=PNBCEBEPPNNB11111111162

3+−=−BCPNBCPNBC．设直线1BE与平面1AAMN所成角为，ABa=，则2111211121103sin1013===+aEBBCEBBCaaa．所以直线1BE与平面1AAMN所成角的正弦值1010．[方法四]：基底法不妨设2===AOABAC，则在直

角1AAO中，1263AA=．以向量1,,AAABAC为基底，从而1,2=AAAB，1,2=AAAC，,3=ABAC．1111123=++=+EBEAAAABABAA，BCACAB=−，则12103=EB，||2BC=

．所以112()3=+−=EBBCABAAACAB2224333−=−ABACAB．由（Ⅰ）知BC⊥平面1AAMN，所以向量BC为平面1AAMN的法向量．设直线1BE与平面1AAMN所成角，则11110sincos,10||===EBBCEBBCEBBC．故

直线1BE与平面1AAMN所成角的正弦值为10sin10=．【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角

三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向

向量.11．【2020年新课标3卷理科】如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点,EF分别在棱11,DDBB上，且12DEED=，12BFFB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1AEFA−−的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）427.

【解析】【分析】（1）方法一:连接1CE、1CF，证明出四边形1AECF为平行四边形，进而可证得点1C在平面AEF内；（2）方法一：以点1C为坐标原点，11CD、11CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系1Cxyz

−，利用空间向量法可计算出二面角1AEFA−−的余弦值，进而可求得二面角1AEFA−−的正弦值.【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱1CC上取点G，使得112CGCG=，连接DG、FG、1CE、1CF，如图1所示.在长方体1111ABCDABCD−中，//,B

FCGBFCG=，所以四边形BCGF为平行四边形，则//,BCFGBCFG=，而,//BCADBCAD=，所以//,ADFGADFG=，所以四边形DAFG为平行四边形，即有//AFDG，同理可证四边形1DECG为平行四边形，1//CEDG，1/

/CEAF，因此点1C在平面AEF内.［方法二］：空间向量共线定理以11111,,CDCBCC分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．设11111,,3CDaCBbCCc===，则1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)CE

acFbcAabc．所以1(,0,2),(,0,2)CEacFAac==．故1CEFA=．所以1AFCE∥，点1C在平面AEF内．［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)CEacFbcAabc，所以111(,0,2),

(0,,),(,,3)CEacCFbcCAabc===．故111CACECF=+．所以点1C在平面AEF内．［方法四］：根据题意，如图3，设11111,2,3ADaABbAAc===．在平面11ABBA内，因为12BFFB=，所以1111133BFBBAA==．延长AF交11AB于G

，AF平面AEF，11AB平面1111DCBA．11,GAFGAB，所以G平面,AEFG平面1111DCBA①．延长AE交11AD于H，同理H平面,AEFH平面1111DCBA②．由①②得，平

面AEF平面1111ABCDGH=．连接11,,GHGCHC，根据相似三角形知识可得11,2GBbDHa==．在11RtCBG中，221CGab=+．同理，在11RtCDH中，2212CHab=+．如图4，在1RtAGH中，223GHab=+．

所以11GHCGCH=+，即G，1C，H三点共线．因为GH平面AEF，所以1C平面AEF，得证．［方法五］：如图5，连接11,,DFEBDB，则四边形1DEBF为平行四边形，设1DB与EF相交于点O，则O为1,EFDB的中点．联结1AC，由长方体知识知，体对角线

交于一点，且为它们的中点，即11ACBDO=，则1AC经过点O，故点1C在平面AEF内．（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点1C为坐标原点，11CD、11CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系1Cxyz−

，如图2.则()2,1,3A、()12,1,0A、()2,0,2E、()0,1,1F，()0,1,1AE=−−，()2,0,2AF=−−，()10,1,2AE=−，()12,0,1AF=−，设平面AEF的一个法向量为()111,,mxyz=，由00mAEmAF==，得111102

20yzxz−−=−−=取11z=−，得111xy==，则()1,1,1m=−，设平面1AEF的一个法向量为()222,,nxyz=，由1100nAEnAF==，得22222020yzxz−+

=−+=，取22z=，得21x=，24y=，则()1,4,2n=，37cos,7321mnmnmn===，设二面角1AEFA−−的平面角为，则7cos7=，242sin1cos7=−=.因此，二面角1AEFA−−的正弦值为427.［方

法二］：定义法在AEF中，2,22,516AEAFEF===+=，即222AEEFAF+=，所以AEEF⊥．在1AEF中，115AEAF==，如图6，设,EFAF的中点分别为M，N，连接11,,AMMNAN，则1,AMEFMNEF⊥⊥，所以1AMN为二面角1AEFA−−的平面角．在1AMN

中，22111214,,522MNAMAFMFAN==−==．所以1175722cos7214222AMN+−==−，则1142sin177AMN=−=．［方法三］：向量法由题意得112,8,5,6AEAFAFAEEF=====，由于222AEEFAF+=，所以AEEF⊥．如图7，在平面

1AEF内作1AGEF⊥，垂足为G，则EA与1GA的夹角即为二面角1AEFA−−的大小．由11AAAEEGGA=++，得22221111222AAAEEGGAAEEGEGGAAEGA=+++++．其中，1614,22EGAG==，解得11AEGA=，11cos,7AEG

A=．所以二面角1AEFA−−的正弦值427．［方法四］：三面角公式由题易得，112,22,6,5,5EAFAFEEAFA=====．所以2222221111(2)(5)310cos210225EAEAAAAEAEAEA+−+−−===．222222(2)(6)(22)cos0,sin1

2226EAEFAFAEFAEFEAEF+−+−====．22222211111(5)(6)(5)3070cos,sin21010256EAEFAFAEFAEFEAEF+−+−====．设为二面角1AEFA−−的平面角，由二面角的三个面角公式，得111coscoscos10

7cossinsin770AEAAEFAEFAEFAEF−−−===，所以42sin7=．【整体点评】（1）方法一：通过证明直线1//CEAF，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方

法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．（2）方法一：利用建立空间直角坐标系

，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．12．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD

⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）63.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，

利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//ADl，从而得到l⊥平面PDC；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Qm，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos,nPB

的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，//ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以//AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl=，所以//ADl，因为在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方

形，所以,,ADDClDC⊥⊥且PD⊥平面ABCD，所以,,ADPDlPD⊥⊥因为CDPDD=，所以l⊥平面PDC．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为,,DPDADC两两垂直，建立空间直角坐标系Dxyz−，如图所示：因为1PDAD==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(

0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)Qm，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB===−，设平面QCD的法向量为(,,)nxyz=，则00DCnDQn=

=，即00ymxz=+=，令1x=，则zm=−，所以平面QCD的一个法向量为(1,0,)nm=−，则210cos,31nPBmnPBnPBm++==+根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角

的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于2|1||cos,|31mnPBm+=+ruur2231231mmm++=+223232||361111313133mmmm=+++=++，当且仅当1m=时取等号，所以直线P

B与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.［方法二］：定义法如图2，因为l平面PBC，Ql，所以Q平面PBC．在平面PQC中，设PBQCE=．在平面PAD中，过P点作PFQD⊥，交QD于F，连接EF．因为PD⊥平面,ABCDDC平面ABCD，所以DCPD⊥．又由,,DCADAD

PDDPD⊥=平面PAD，AD平面PAD，所以DC⊥平面PAD．又PF平面PAD，所以DCPF⊥．又由,,PFQDQDDCDQD⊥=平面,QOCDC平面QDC，所以PF⊥平面QDC，从而FEP

即为PB与平面QCD所成角．设PQa=，在PQD△中，易求21aPFa=+．由PQEV与BEC△相似，得1PEPQaEBBC==，可得31aPEa=+．所以22211226sin1313333aaFEPaa+

==+=++，当且仅当1a=时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长CB至G，使得BGPQ=，连接GQ，GD，则//PBQG，过G点作GM⊥平面QDC，交平面QDC于M，连接QM，则GQM即为所求．设

PQx=，在三棱锥QDCG−中，111()(1)326QDCGVPDCDCBBGx−=+=+．在三棱锥GQDC−中，2111113232GQDCVGMCDQDGMx−==+．由QDCGGQDCVV−−=得2111(1)1632xGMx+=+，解

得2222112212111xxxxGMxxx+++===++++，当且仅当1x=时等号成立．在RtPDB△中，易求3PBQG==，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为26sin33MQG==．【整体点评】（2

）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面QCD的法向量n与向量PB的夹角的余弦值的绝对值，即cos,nPB，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方

法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用//PBQG，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距

与线段长度的比值的方法，即可求出．13．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上

的点，QB=2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）63.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//ADl，利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，从而得到l⊥平面PDC；（2）

根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Qm，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos,nPB，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值.【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，//ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所

以//AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl=，所以//ADl，因为在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，所以,,ADDClDC⊥⊥且PD⊥平面ABCD，所以,,ADPDlPD⊥

⊥因为CDPDD=所以l⊥平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz−，因为1PDAD==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)

Qm，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB===−，因为QB=2，所以有222(1)(01)(10)21mm−+−+−==设平面QCD的法向量为(,,)nxyz=，则00DCnDQn==，即

00yxz=+=，令1x=，则1z=−，所以平面QCD的一个法向量为(1,0,1)n=−，则22222210126cos,.32310(1)111nPBnPBnPB++====++−++根据直线的

方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos,|3nPB=ruur所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为63.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂

直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.