（12分）如图，四边形 A B C D 为正方形， E，…——2018 高考数学第 18 题答案解析

【考点】 LY ：平面与平面垂直； MI ：直线与平面所成的角．
【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．

【分析】（1）利用正方形的性质可得BF垂直于面PEF，然后利用平面与平面垂直的判断定理证明即可。
（2）利用等体积法可求出点 P 到面 ABCD 的距离，进而求出线面角．
【解答】（1）证明：由题意，点 $E$ 、 $F$ 分别是 $A D$ 、 $B C$ 的中点，
则 $\mathrm{AE}=\frac{1}{2} \mathrm{AD}, \mathrm{BF}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}$ ，
由于四边形 $A B C D$ 为正方形，所以 $E F \perp B C$ ．
由于 $P F \perp B F$ ，$E F \cap P F=F$ ，则 $B F \perp$ 平面 $P E F$ 。
又因为 $B F \subset$ 平面 $A B F D$ ，所以：平面 $P E F \perp$ 平面 $A B F D$ ．
（2）在平面 DEF 中，过 P 作 $\mathrm{PH} \perp \mathrm{EF}$ 于点 H ，连接 DH ，
由于 $E F$ 为面 $A B C D$ 和面 $P E F$ 的交线，$P H \perp E F$ ，
则 $P H \perp$ 面 $A B F D$ ，故 $P H \perp D H$ ．
在三棱锥 P－DEF中，可以利用等体积法求 PH，
因为 $D E \| B F$ 且 $P F \perp B F$ ，
所以 $P F \perp D E$ ，
又因为 $\triangle P D F \cong \triangle C D F$ ，
所以 $\angle \mathrm{FPD}=\angle \mathrm{FCD}=90^{\circ}$ ，
所以 $P F \perp P D$ ，

由于 $\mathrm{DE} \cap \mathrm{PD}=\mathrm{D}$ ，则 $\mathrm{PF} \perp$ 平面 PDE ，
故 $V_{F-P D E}=\frac{1}{3} P F \cdot S_{\triangle P D E}$ ，
因为 $B F \| D A$ 且 $B F \perp$ 面 $P E F$ ，
所以 $\mathrm{DA} \perp$ 面 PEF ，
所以 $D E \perp E P$ ．
设正方形边长为 $2 a$ ，则 $P D=2 a, ~ D E=a$
在 $\triangle \mathrm{PDE}$ 中， $\mathrm{PE}=\sqrt{3} \mathrm{a}$ ，
所以 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{PDE}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{a}^{2}$ ，
故 $\mathrm{V}_{\mathrm{F}-\mathrm{PDE}}=\frac{\sqrt{3}}{6} \mathrm{a}^{3}$ ，
又因为 $S_{\triangle D E F}=\frac{1}{2} a \cdot 2 a=a^{2}$ ，
所以 $\mathrm{PH}=\frac{3 \mathrm{~V}_{\mathrm{F}-\mathrm{PDE}}}{\mathrm{a}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{a}$ ，
所以在 $\triangle \mathrm{PHD}$ 中， $\sin \angle \mathrm{PDH}=\frac{\mathrm{PH}}{\mathrm{PD}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ ，
即 $\angle \mathrm{PDH}$ 为 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为：$\frac{\sqrt{3}}{4}$ ．

【点评】本题主要考查点、直线、平面的位置关系．直线与平面所成角的求法 －几何法的应用，考查转化思想以及计算能力。