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高中数学三轮复习讲义——两年高考一年模拟
第15讲 解答题之立体几何与空间向量
从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.
1．（2022年全国高考甲卷数学（理）试题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
2．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
3．（2022年北京市高考数学试题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
4．（2022年全国新高考I卷数学试题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
5．（2021年全国新高考II卷数学试题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
6．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
7．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
8．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2023届高三第二次模拟考试数学试题）如图，平面四边形为矩形，平面，平面，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
9．（天津市耀华中学2023届高三一模数学试题）如图，三棱柱中，，，.
(1)证明；
(2)若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.
10．（山西省太原市、大同市2023届高三二模数学试题）如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.
(1)证明：；
(2)若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
11．（黑龙江省实验中学2023届高三第二次模拟考试数学试卷）如图，在三棱柱中，平面，，，，点D是棱的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出与长度的比值，若不存在，说明理由．
12．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2022-2023学年高三下学期第六次模拟考试数学试题）如图，中，，D、E分别为中点，将沿翻折成，得到四棱锥，M为中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面成角为，求平面与平面夹角余弦值．
13．（四川省达州市2023届高三二模数学（文科）试题）如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面平面ABCD，，，.O，E分别是AD，BC中点.
(1)证明：平面POE；
(2)，，求点E到平面PCD的距离.
14．（北京市朝阳区2023届高三二模数学试题）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
(1)证明：F为PD的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
15．（四川省成都市2023届高三三诊理科数学试题）如图，在多面体中，已知是正方形，，平面分别是的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
16．（云南省昆明市2023届高三“三诊一模”高考模拟考试数学试题）如图1，在梯形ABCD中，，，，E为CD中点，将沿AE翻折，使点D与点P重合，如图2．
(1)证明：PB⊥AE；
(2)当二面角等于时，求PA与平面PEC所成角的正弦值．☆注：请用Microsoft Word2016以上版本打开文件进行编辑，用WPS等其他软件可能会出现乱码等现象.
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第15讲 解答题之立体几何与空间向量
从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.
1．（2022年全国高考甲卷数学（理）试题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
2．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，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，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.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
3．（2022年北京市高考数学试题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
4．（2022年全国新高考I卷数学试题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【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平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
5．（2021年全国新高考II卷数学试题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则 ，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
6．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、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
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【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年全国新高考Ⅰ卷数学试题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【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，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【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．（黑龙江省哈尔滨市第六中学2023届高三第二次模拟考试数学试题）如图，平面四边形为矩形，平面，平面，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面和，由线面垂直的判定定理证明平面，再得到面面垂直即可.
（2）建立适当空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点，并连接，
根据条件，易知四边形为正方形，且，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面，又平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标，设，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，所以，
令，解得，所以，
设平面的法向量为，
则，所以，
令，解得，所以，
所以，
又因为平面与平面夹角为非钝角，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
9．（天津市耀华中学2023届高三一模数学试题）如图，三棱柱中，，，.
(1)证明；
(2)若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）取中点，根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）由已知证得平面，再以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）利用（2）的条件，借助空间向量求出两个平面夹角的余弦作答.
【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接，因为，则，
而，即为正三角形，则有，
又平面，于是平面，而平面，
所以.
（2）由（1）知，，又平面平面，且交线为，则平面内直线平面，
则两两垂直，以为坐标原点，射线的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
令，则,，
则，
设为平面的一个法向量，则，令，得，
直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知，平面的法向量，，
令为平面的一个法向量，则，令，得，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
10．（山西省太原市、大同市2023届高三二模数学试题）如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.
(1)证明：；
(2)若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直；
（2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值.
【详解】（1）取BC的中点F，连接，，记，
是AB的中点，，，，
在矩形中，，，
，，
，，平面 ,平面
，平面，
平面，；
（2）因为平面，，平面，所以，，
由矩形得，以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，则，，，，
所以
设是平面的一个法向量，则，
令，则 .
设是平面的一个法向量，则
，令，则，，.
，或（舍去），
.
11．（黑龙江省实验中学2023届高三第二次模拟考试数学试卷）如图，在三棱柱中，平面，，，，点D是棱的中点．
(1)求证：∥平面；
(2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出与长度的比值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）连接交于点O，
由于四边形为矩形，所以O为的中点，又D是棱的中点，
故在中，是的中位线，因此//，
平面，平面，所以//平面
（2）由平面，可知，三棱柱为直三棱柱，且底面为直角三角形，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系；
则，，，，，
由，得，
，，
设平面的法向量为，则
取，则，得，
设直线与平面所成角为，则，
可得，
因为，
整理得，解得或，
由于，所以，
所以棱上存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时.
12．（吉林省长春市东北师范大学附属中学2022-2023学年高三下学期第六次模拟考试数学试题）如图，中，，D、E分别为中点，将沿翻折成，得到四棱锥，M为中点．
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面成角为，求平面与平面夹角余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题，取的中点，连接，先证平面，从而得到平面，即可得到，得到平面，即可得到，从而得到结果.
（2）根据题，证得，然后以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）
取的中点，连接，
因为D、E分别为中点，则，且，
又因为为中点，所以，即，且，
所以四边形为平行四边形，且，所以四边形为矩形，
所以，且，，平面，
所以平面，因为，所以平面，
又因为平面，所以，
因为分别为中点，所以，
则，且，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，点为中点，所以，
且，平面，所以平面.
（2）
由（1）可知平面，因为直线与平面成角为，
则其所成角为，所以，且，
所以，且，则，则，
即，所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，得，取，则，
则其一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
且观察可知平面与平面夹角为锐角，
所以.
13．（四川省达州市2023届高三二模数学（文科）试题）如图，四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面平面ABCD，，，.O，E分别是AD，BC中点.
(1)证明：平面POE；
(2)，，求点E到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得，由余弦定理和勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）连接OC，根据线面平行的判定定理可得平面PDC，则点E到平面PCD的距离等于点O到平面PCD的距离.由余弦定理、同角的三角函数关系和三角形的面积公式可得，利用等体积法计算即可求解.
【详解】（1）∵，O是AD的中点，∴.
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD.
∵平面ABCD，∴.
设，则，，
在中，由余弦定理得，
∴，∴.
∵E是BC中点，四边形ABCD是平行四边形，
∴，∴.
∵PO，OE是平面POE内的两条相交直线，∴平面POE.
（2）连接OC.
∵O，E分别是AD，BC中点，底面ABCD是平行四边形，∴.
∵平面PDC，平面PDC，∴平面PDC.
∴点E到平面PCD的距离等于点O到平面PCD的距离.
∵，，∴，
∴，
∴.
在中，由余弦定理得，
∴，∴的面积.
设O到平面PCD的距离为d，因三棱锥O—PCD与三棱锥C—POD是同一三棱锥，
所以，即，
∴，
解得.所以点E到平面PCD的距离为.
14．（北京市朝阳区2023届高三二模数学试题）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
(1)证明：F为PD的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定证面，再由线面平行的性质可证，进而有△中为中位线，即可证结论；
（2）由线面垂直的性质、判定证两两垂直，且面，构建空间直角坐标系，根据所选条件求得，进而求直线方向向量和面的法向量，利用线面角夹角的向量求法求其正弦值.
【详解】（1）由底面ABCD是矩形，则，而面，面，
所以面，
又E是PC的中点，面ABE与线段PD交于点F，即面面，
而面，则，故，
△中为中位线，故F为PD的中点；
（2）由底面ABCD，面，则，又，
由，面，则面，
由面，故，即△为直角三角形，且；
由面，则面面，同理有面面；
又面，故，又，
所以两两垂直，可构建如下空间直角坐标系，
选①，则，故，而，
选②，由，而，所以；
此时，，，则，
又是面的一个法向量，若直线BE与平面PAD所成角为，
所以.
15．（四川省成都市2023届高三三诊理科数学试题）如图，在多面体中，已知是正方形，，平面分别是的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）
如图，设是的中点，连接．
为的中点，．
又平面平面，
平面．
同理可得，平面．
平面，
∴平面平面．
又平面，平面．
（2）
平面平面，
．
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，，，
设平面的一个法向量为．
由得
令，得，
设与平面所成角为，
则．
∴直线与平面所成角的正弦值为
16．（云南省昆明市2023届高三“三诊一模”高考模拟考试数学试题）如图1，在梯形ABCD中，，，，E为CD中点，将沿AE翻折，使点D与点P重合，如图2．
(1)证明：PB⊥AE；
(2)当二面角等于时，求PA与平面PEC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，取AE中点为O，连接PO，BO，BE，由线面垂直的判定定理可得平面POB，从而证明PB⊥AE；
（2）根据题意，以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】（1）证明：取AE中点为O，连接PO，BO，BE，
由题可知，，又，所以，
所以，，
又平面POB，
所以平面POB，
又因为平面POB，所以．
（2）
因为二面角等于，所以平面PAE⊥平面ABCE，
平面平面ABCE＝AE，因为PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，
所以OA，OB，OP两两垂直．
以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，
不妨设AB＝2，由已知得，所以，，
则，，，，，，，，
设平面PEC的法向量，则，
取平面PEC的一个法向量，
设PA与平面PEC所成角为，则，
即PA与平面PEC所成角的正弦值为．
