全国通用2020-2022年三年高考数学真题分项汇编专题06立体几何解答题理

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PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)√5
.
5
【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⊥BD，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⊥AB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=1
，
2
，BD=√DE2+BE2=√3，
故DE=√3
2
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PAD，
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AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n
⃗ =(x,y,z)， 则有{n →
⋅AP →
=−x +√3z =0
n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃗ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃗ ,DP
⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n
⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=
√5
5
， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√5
5
.
2．【2022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,∠ACB =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√3
7
【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 =1
2AC ⋅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，DE 2+BE 2=BD 2，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AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n
⃗ =(x,y,z )， 则{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +z =0n ⃗ ⋅AB
⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0 ，取y =√3，则n ⃗ =(3,√3,3)，
又因为C (−1,0,0),F (0,√34,3
4)，所以CF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√34,34
)，
所以cos⟨n ⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=n ⃗ ⋅CF
⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||CF
⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21×√7
4
=4√3
7，
设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π
2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃗ ,CF
⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩|=4√3
7
， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为
4√3
7
.
3．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．
(1)求A 到平面A 1BC 的距离；
(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．
【答案】(1)√2 (2)√3
2
【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ABB 1A 1，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 −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =1
3S △A 1BC ⋅ℎ=
2√2
3
ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=4
3，
解得ℎ=√2，
所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)
取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，
由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，
所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y +z =0m ⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，
可取m
⃗⃗ =(1,0,−1)， 设平面BDC 的一个法向量n ⃗ =(a,b,c)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c =0m ⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a =0， 可取n
⃗ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m
⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√2×√
2=1
2，
所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12
)2=√3
2
.
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)11
13 【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AC 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 =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，
又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD
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 =√AP 2−PO 2=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√3,1,3
2)， 则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32
)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3x +y +3
2z =0n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，
x =0，所以n ⃗ =(0,−3,2)；
设平面AEC 的法向量为m
⃗⃗ =(a,b,c )，则{m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3a +b +32c =0m ⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃗⃗ =(√3,0,−6)； 所以cos ⟨n ⃗ ,m ⃗⃗ ⟩=n
⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗ ||m ⃗⃗⃗ |
=√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√3
13
，所以sinθ=√1−cos 2θ=11
13
故二面角C −AE −B 的正弦值为11
13；
5．【2021年甲卷理科】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，
E ，
F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥
（1）证明：BF DE ⊥；
（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）11
2
B D = 【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,//BF
A B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．
又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，
过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点， 易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．
又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BF
A B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．
又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥
11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，
又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．
以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．
()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．
由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，
所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．
[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()
11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()
11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1
BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫
=--+⋅ ⎪⎝⎭
11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅1
12BF BC BF BB =-⋅+⋅
111
cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-=，所以
BF ED ⊥．
（2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =， 因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，
所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩
，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．
令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-
因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BA
θ⋅=
⋅
=
=
当12a =
时，2224a a -+取最小值为
27
2
， 此时
cos θ=
所以(
)min
sin θ=112B D =． [方法二] ：几何法
如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点
T ，则平面DFE
平面
11BB C C FT =．
作1B H
FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平
面DFE 所成二面角的平面角．
设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由
111113C S C G SA A D ==得11
(2)3
C G t =-． 又1111B
D B T C G C T
=，即12(2)3
t s s t =--，所以31t
s t =+．
又111B H B T
C F FT =
，即11B H =
1B H =
所以DH =
=
= 则11sin B D DHB DH
∠
=
=
=
所以，当12t =
时，(
)1min sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，
DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，
则1cos B NF DEF
S S
θ=
．
设1(02)B D t t =≤≤，在
1Rt DB F
中，DF =
在Rt ECF
中，EF D
作1B N 的平行线交MN 于点Q ．
在Rt DEQ △
中，DE =
在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF
+-∠=⋅
sin DFE ∠=1sin 2DFE
S
DF EF DFE =
⋅
∠13
,2
B NF
S = 1cos B NF DFE
S S
θ
=
=
，sin θ=
当12t =
，即112B D =，面11BB
C C 与面DFE 【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11BB C C 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11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 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P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．
（1）求BC ；
（2）求二面角A PM B --
的正弦值． 【答案】（1
（2
【解析】
【分析】
（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，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D xyz -，
设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，
PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得a =2BC a == [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PD AM ⊥． 又因为PB AM ⊥，PB
PD P =，所以AM ⊥平面PBD ．
又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．
从而90ADB DAM ∠+∠=︒．
因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ． 所以∽ADB BAM ，于是
=AD BA
AB BM
．
所以2112
BC =．所以BC = [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⊥AM DB ．
在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以
2==AN DA MN BM
，即2
3AN AM =．
令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，DB AM
由1122=
⋅=⋅DAB
S
DA AB DB AN ，
得=t ，解得212t =，
所以2==BC t
（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,,m x y z =
，则AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
，()
AP =-， 由11112
0220
m AM
y m AP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩
，取1x =(
)
2,1,2m =
，
设平面PBM 的法向量为()222,,n x y
z =，BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
，()
1,1BP =--，
由22222
0220
n BM n BP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩
，取21y =，可得()
0,1,1n =，
3cos ,7m n m n m n ⋅=
==⋅⨯ 所以，270
sin ,1cos ,14
m n m n =-=
， 因此，二面角A PM B --[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过
H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．
联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ， 故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．
易证四边形11A BCD 的正方形，联结1D H ，HM ． 11111
1111
,2
D HM
D HM
D A H
HBM
MCD A BCD S
D M HG S S S
S
S
=
⋅=---正方形，
由等积法解得=
HG
在Rt AHG 中，==
AH HG =AG
所以，sin AH AGH AG ∠==
A PM
B -- 【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A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，
O 为BD 的中点.
（1）证明：OA CD ⊥；
（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.
【答案】(1)证明见解析；【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AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥， 因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ， 且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ． 因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥. （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O xyz -，
则1
,0),(0,1,0),(0,1,0)2
C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,
所以4233
(0,,),(,,0)3322
EB m BC =--=，
设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，
则由00
EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2
(3,1,)n m =--．
又平面BCD 的一个法向量为(
)0,0,OA m
=，
所以cos ,2
n OA =
=
，解得1m =．
又点C 到平面ABD
112132A BCD C ABD V V
--==⨯⨯⨯=
， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作EG
BD ⊥，垂足为点G ．
作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．
因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，
EFG 为二面角E BC D --的平面角．
因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =． 由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．
又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =
因为24222
,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，
1
1
1122(11)13
3
32A BCD BCD
BOC
V S
O S
OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=
[方法三]：三面角公式
考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒， 记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒． 对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，
化简可得cos βα=
．①
使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin α
βθ
=
，化简可得sin βα=．② 将①②两式平方后相加，可得22
3cos 2sin 14αα+=，
由此得22
1sin cos 4αα=，从而可得1tan 2
α=±．
如图可知π(0,)2α∈，即有1
tan 2
α=，
根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得4
3
BG =， 结合α的正切值，
可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -
【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Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若
2,3AD QD QA QC ====．
（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）2
3
. 【解析】 【分析】
（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD . （2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 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,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，
而2,AD QA ==2QO ==.
在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =
因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥， 因为OC
AD O =，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//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥， 结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.
则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0D Q B -，故()()2,1,2,2,2,0BQ BD =-=-. 设平面QBD 的法向量(),,n x y z =，
则00n BQ n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220220
x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，取1x =，则11,2y z ==，
故11,1,2n ⎛
⎫= ⎪⎝
⎭.
而平面QAD 的法向量为()1,0,0m =，故
12cos ,3312
m n =
=
⨯
.
二面角B QD A --的平面角为锐角，故其余弦值为2
3
.
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，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO
上一点，PO ．
（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2
. 【解析】 【分析】
（1）要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥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 ,||||
n m
m n n m ⋅<>=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DO =
，11
22CO BO AE
===
，所以PO ==
PC PB PA ==
==
又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA = 2223
4
PA PB AB +=
=，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；
[方法二]：空间直角坐标系法 不妨设
AB =4sin 60==
︒
=AB
AE AD ，由圆锥性质知DO ⊥平面ABC ，所以
==DO ==PO O 是ABC 的外心，因此AE BC ⊥．
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O xyz -，
则(0,2,0)A -，B ，(C ，(0,2,0)E ，P ．
所以(0,AP =，(=--BP ，(3,=-CP ． 故0220⋅=-+=AP BP ，0220⋅=-+=AP CP ． 所以AP BP ⊥，AP CP ⊥．
又BP CP P =，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AE BC ⊥． 因为DO （即PO ）垂直于底面，BC 在底面内，所以PO BC ⊥． 又因为PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，PO AE O =，所以BC ⊥平面PAE ．
又因为PA ⊂平面PAE ，所以PA BC ⊥．
设AE
BC F =，则F 为BC 的中点，连结PF ．
设DO a =，且PO ，
则AF =
，PA =
，12PF a =． 因此222+=PA PF AF ，从而PA PF ⊥． 又因为PF
BC F =，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 ，AE AD DE ==，易得OD =，
因为=
PO ，所以=PO ． 以,,OA OB OD 为基底，OD ⊥平面ABC ，则6
6
=+=-+AP AO OP OA OD ， 6
6
=+=-+
BP BO OP OB OD ，且212OA OB R ⋅=-，0OA OD OB OD ⋅=⋅=
所以66
66⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
AP BP OA OD OB OD
2661
0666
⋅-⋅
-⋅+=OA OB OA OD OB OD OD ． 故0AP BP ⋅=．所以AP BP ⊥，即AP BP ⊥． 同理AP CP ⊥．又BP CP P =，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111(,0,0),((,244E
P B C --
-，
1(,4
4PC =--，1(
)44PB =-，1(,0,24
PE =--，
设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，
由00n PC n PB ⎧⋅
=⎨⋅=
⎩
，得1111
110
0x x ⎧-
=⎪⎨-=⎪⎩，令1x 111,0z y =-=，
所以(2,0,1)n =-，
设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =
由00m PC m PE ⎧
⋅=⎨⋅=
⎩
，得22222020
x x ⎧-=⎪⎨
-=⎪⎩，令2
1x =，得22z y =
=
所以3
(1,
3
m =
故
2cos ,||||
3n m
m
n n m ⋅<>=
=
=
⋅
⨯
设二面角B PC E --的大小为θ，由图可知二面角为锐二面角，所以cos θ=
[方法二]【最优解】：几何法 设=BC
AE F ，易知F 是BC 的中点，过F 作∥FG AP 交PE 于G ，取PC 的中点H ，
联结GH ，则∥HF PB ．
由PA ⊥平面PBC ，得FG ⊥平面PBC ． 由（1）可得，222BC PB PC =+，得PB PC ⊥． 所以FH PC ⊥，根据三垂线定理，得GH PC ⊥． 所以GHF ∠是二面角B PC E --的平面角． 设圆O 的半径为r ，则3sin602︒==
AF AB r ，2AE r =，12=EF r ，13
EF AF =，所以1
4=FG PA ，1122=
=FH PB PA ，1
2
=FG FH ． 在Rt GFH 中，1
tan 2
∠==FG GHF FH ，
cos ∠=
GHF ． 所以二面角B PC E --
．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在PE 上取点H ，使1
4
HE PE =，设BC AE N =，连结NH ．
由（1）知1
4
NE AE =
，所以∥NH PA ．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B PC E --的余弦值为cos PCN PCH
S θS
=．
在PCE
中，令==
PC PE 1CE =
，易知=
PCE
S ．所以335
4
16
PCH PCE
S S ==．
又13
2
8
PCN
PBC
S
S =
=
，故3
cos PCN PCH
S θS =
==所以二面角B
PC E --．
【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 -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1
C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .
（1）证明：AA 1∥MN ，且平面
A
1AMN ⊥EB 1C 1F ；
（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2【解析】 【分析】
（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；
（2）连接NP ，先求证四边形ONPA 是平行四边形，根据几何关系求得EP ，在11B C 截取1B Q EP =，由（1）BC ⊥平面1A AMN ，可得QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角，即可求
得答案. 【详解】 （1）
,M N 分别为BC ，11B C 的中点，
1//MN BB ∴，
又11//AA BB ， 1//MN AA ∴，
在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥， 又侧面11BB C C 为矩形， 1BC BB ∴⊥， 1//MN BB ，
MN BC ⊥，
由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ， ∴BC ⊥平面1A AMN ，
又
11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，
11//B C ∴平面ABC ，
又
11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =
11//B C EF ∴ ，
//EF BC ∴，
又BC ⊥平面1A AMN ， ∴EF ⊥平面1A AMN ，
EF ⊂平面11EB C F ， ∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN .
(2)[方法一]：几何法
如图，过O 作11B C 的平行线分别交1111,A B AC 于点11,E F ，联结11,,,AE AO AF NP ， 由于//AO 平面11EB C F ，11//E F 平面11EB C F ，11=AO
E F O ，
AO ⊂平面11AE F ，11E F ⊂平面11AE F ，所以平面11//AE F 平面11EB C F ．
又因平面11
AE F 平面111=AA B B AE ，平面11EB C F ⋂平面111=AA B B EB ，所以11∥EB AE ．
因为111B C A N ⊥，11B C MN ⊥，1A N MN N =，所以11B C ⊥面1AA NM ．
又因1111∥E F B C ，所以11⊥E F 面1AA NM ， 所以1AE 与平面1AA NM 所成的角为1∠E AO ．
令2AB =，则11=NB ，由于O 为111A B C △的中心，故1122
33
==OE NB ． 在1Rt AE O 中，12
2,3
===AO AB OE ，
由勾股定理得1==
AE
所以111sin ∠=
=E O E AO AE 由于11∥EB AE ，直线1B E 与平面1A AMN
[方法二]【最优解】：几何法 因为//AO 平面11EFC B ，平面11
EFC B 平面1=AMNA NP ，所以∥AO NP ．
因为//ON AP ，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1B E 在平面1AMNA 的射影为NP ． 从而1B E 与NP 所成角的正弦值即为所求．
在梯形11EFC B 中，设1EF =，过E 作11EG B C ⊥，垂足为G ，则3==PN EG ． 在直角三角形1B EG
中，1sin ∠==B EG [方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，11B C ⊥平面1A AMN ，则11B C 为平面1A AMN 的法向量．
因为∥AO 平面11EB C F ，AO ⊆平面1A AMN ，且平面1A AMN ⋂平面11EB C F PN =， 所以//AO PN ．
由（Ⅰ）知11,=∥AA MN AA MN ，即四边形APNO 为平行四边形，则==AO NP AB ． 因为O 为正111A B C △的中心，故1
3
==
AP ON AM ． 由面面平行的性质得111111
,33
=∥EF B C EF B C ，所以四边形11EFC B 为等腰梯形．
由P ，N 为等腰梯形两底的中点，得11PN B C ⊥，则11110,⋅==++=
PN B C EB EP PN NB 111111111
623
+-=-B C PN B C PN B C ． 设直线1B E 与平面1A AMN 所成角为θ，AB a ，
则2
1111111sin θ⋅===
a
EB B C EB B C a 所以直线1B E 与平面1A AMN
[方法四]：基底法
不妨设2===AO AB AC ，则在直角1AA O 中，1AA =
以向量1,,AA AB AC 为基底， 从而1,2
π=
AA AB ，1,2
π=
AA AC ，,3
π=
AB AC ．
111112
3
=++=
+EB EA AA A B AB AA ，BC AC AB =-， 则1210
3
=
EB ，||2BC =． 所以112()3⎛⎫
⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭
EB BC AB AA AC AB 2224333⋅-=-AB AC AB ．
由（Ⅰ）知BC ⊥平面1A AMN ，所以向量BC 为平面1A AMN 的法向量． 设直线1B E 与平面1A AMN 所成角θ，则11110sin cos ,10
||
θ⋅==
=EB BC EB BC EB BC 故直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值为sin θ= 【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1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．
（1）证明：点1C 在平面AEF 内；
（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】
（1）方法一:连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 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，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --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11
2
C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，如图1所示.
在长方体1111ABCD A B C D -中，//,BF CG BF CG =，所以四边形BCGF 为平行四边形，则
//,BC FG BC FG =，而,//BC AD BC AD =，所以//,AD FG AD FG =，所以四边形DAFG 为平行四边形，即有//AF DG ，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴，
1//C E AF ∴，因此点1C 在平面AEF 内.
［方法二］：空间向量共线定理
以11111,,C D C B C C 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,,3C D a C B b C C c ===，则1(0,0,0),(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c F b c A a b c ．
所以1(,0,2),(,0,2)C E a c FA a c ==．故1C E FA =．所以1AF C E ∥，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)C E a c F b c A a b c ， 所以111(,0,2),(0,,),(,,3)C E a c C F b c C A a b c ===．
故111C A C E C F =+．所以点1C 在平面AEF 内． ［方法四］：
根据题意，如图3，设11111,2,3A D a A B b A A c ===．
在平面11A B BA 内，因为12BF FB =，所以11111
33
B F B B A A ==．
延长AF 交11A B 于G ，
AF ⊂平面AEF ，
11A B ⊂平面1111D C B A ．
11,G AF G A B ∈∈，
所以G ∈平面,AEF G ∈平面1111D C B A ①．
延长AE 交11A D 于H ，同理H ∈平面,AEF H ∈平面1111D C B A ②． 由①②得，平面AEF
平面1111A B C D GH =．
连接11,,GH GC HC ，根据相似三角形知识可得11,2GB b D H a ==．
在11Rt C B G 中，1C G =
同理，在11Rt C D H 中，1C H =
如图4，在1Rt A GH 中，GH = 所以11GH C G C H =+，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,,DF EB DB ，则四边形1DEB F 为平行四边形，设1DB 与EF 相交于点O ，则O 为1,EF DB 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
11AC B D O =，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，11C D 、11C B 、1C C 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1C xyz -，如图2.
则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，
()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，
设平面AEF 的一个法向量为()111,,m x y z =，
由00m AE m AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩
，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，
设平面1A EF 的一个法向量为()222,,n x y z =，
由110
0n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，
3cos ,3m n m n m n
⋅<>=
=
=
⨯
⋅ 设二面角1A EF A
--的平面角为θ
，则cos θ=sin
7
θ∴=. 因此，二面角1A EF A
--
. ［方法二］：定义法
在AEF 中，AE AF EF ====即
222AE EF AF +=，所以AE EF ⊥．在1A EF 中，11A E A F =6，设,EF AF 的中点分别为M ，N ，连接11,,A M MN A N ，
则1,A M EF MN EF ⊥⊥，所以1A
MN ∠为二面角1A EF
A --的平面角．
在1A
MN 中，1
12
2
MN A M A N ==
=
=
所以1
17
5
cos A MN
+-
∠==
1
sin A MN
∠==
［方法三］：向量法
由题意得
11
AE AF AF AE EF
==，
由于222
AE EF AF
+=，所以AE EF
⊥．
如图7，在平面1A EF内作1A G EF
⊥，垂足为G，
则EA与
1
GA的夹角即为二面角1
A EF A
--的大小．
由
11
AA AE EG GA
=++，得2222
1111
222
AA AE EG GA AE EG EG GA AE GA
=++++
⋅⋅+⋅．
其中，
1
EG AG
==
1
1
AE GA
⋅=
，1
cos,
AE GA〉
〈=
所以二面角1
A EF A
--
．
［方法四］：三面角公式
由题易得，
11
EA FA FE EA FA
===
所以
222
11
1
1
cos
2
EA EA AA
AEA
EA EA
+-
∠===
⋅
．
222
cos0,sin1
2
EA EF AF
AEF AEF
EA EF
+-
∠===∠=
⋅
．
222
11
11
1
cos
2
EA EF A F
A EF A EF
EA EF
+-
∠===∠=
⋅
设θ为二面角1
A EF A
--的平面角，由二面角的三个面角公式，得
111cos cos cos cos sin sin AEA AEF A EF AEF A EF θ∠-∠⋅∠=
=∠⋅∠
sin θ=
【整体点评】
（1）方法一：通过证明直线1//C E AF ，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ABC
D ．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
【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//AD l ，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)Q m ，之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标，求得cos ,n PB <>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，//AD BC ，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PBC l =，
所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且
PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥
因为CD PD D =，所以l ⊥平面PDC ．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为,,DP DA DC 两两垂直，建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：
因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ， 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-， 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，
则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩
，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，
令1x =，则z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，则 1cos ,3n PB n PB n PB
⋅+<>=
=
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
|cos ,|n PB <>=
===当且仅当1m =时取
等号，所以直线PB 与平面QCD ［方法二］：定义法
如图2，因为l ⊂平面PBC ，Q l ∈，所以Q ∈平面PBC ．。