如图，四棱锥 P-A B C D 的底面为正方形， P D…——2020 高考数学第 20 题答案解析

（1）证明：
因为底面 $ABCD$ 为正方形，所以 $AD // BC$．
又 $AD \not\subset$ 平面 $PBC$，$BC \subset$ 平面 $PBC$，
所以 $AD //$ 平面 $PBC$．
因为 $AD \subset$ 平面 $PAD$，且平面 $PAD \cap$ 平面 $PBC = l$，
根据线面平行的性质定理，可得 $AD // l$．

因为 $PD \perp$ 底面 $ABCD$，$AD \subset$ 底面 $ABCD$，
所以 $PD \perp AD$．
又因为底面 $ABCD$ 是正方形，所以 $CD \perp AD$．
因为 $PD \cap CD = D$，$PD, CD \subset$ 平面 $PDC$，
所以 $AD \perp$ 平面 $PDC$．
因为 $l // AD$，
所以 $l \perp$ 平面 $PDC$．

（2）解：
如图，以 $D$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DC}, \overrightarrow{DP}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $D-xyz$．
由题意 $PD=AD=1$，则 $D(0,0,0), A(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0,1)$．
因为底面是正方形，所以 $B(1,1,0)$．
从而 $\overrightarrow{PB} = (1, 1, -1)$．

由（1）知 $l // AD$，且 $l$ 过点 $P$（因为 $P$ 在平面 $PAD$ 和平面 $PBC$ 的交线上），
所以直线 $l$ 平行于 $x$ 轴且经过点 $P(0,0,1)$．
设 $Q$ 为 $l$ 上一点，其坐标可设为 $Q(m, 0, 1)$，其中 $m \in \mathbb{R}$．
则 $\overrightarrow{DQ} = (m, 0, 1)$，$\overrightarrow{DC} = (0, 1, 0)$．

设平面 $QCD$ 的法向量为 $\vec{n} = (x, y, z)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{DC} = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{DQ} = 0 \end{cases}$，即 $\begin{cases} y = 0 \\ mx + z = 0 \end{cases}$．
令 $x = 1$，则 $z = -m$，故平面 $QCD$ 的一个法向量为 $\vec{n} = (1, 0, -m)$．

设直线 $PB$ 与平面 $QCD$ 所成的角为 $\theta$，则
$\sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{PB}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\overrightarrow{PB} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{PB}| |\vec{n}|}$
$= \frac{|1 \times 1 + 1 \times 0 + (-1) \times (-m)|}{\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2} \cdot \sqrt{1^2+0^2+(-m)^2}}$
$= \frac{|1+m|}{\sqrt{3} \sqrt{1+m^2}}$．

令 $f(m) = \sin^2 \theta = \frac{(1+m)^2}{3(1+m^2)} = \frac{1}{3} \cdot \frac{m^2+2m+1}{m^2+1} = \frac{1}{3} \left( 1 + \frac{2m}{m^2+1} \right)$．
当 $m > 0$ 时，$\frac{2m}{m^2+1} = \frac{2}{m+\frac{1}{m}} \le \frac{2}{2\sqrt{m \cdot \frac{1}{m}}} = 1$，当且仅当 $m=1$ 时取等号；
当 $m \le 0$ 时，$\frac{2m}{m^2+1} \le 0 < 1$．
所以 $\frac{2m}{m^2+1}$ 的最大值为 $1$．
故 $\sin^2 \theta$ 的最大值为 $\frac{1}{3}(1+1) = \frac{2}{3}$．
所以 $\sin \theta$ 的最大值为 $\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$．