两年(22-23)高考数学真题专题分类汇编专题九 立体几何与空间向量（2份打包，原卷版+教师版）

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专题九 立体几何与空间向量


真题卷
题号
考点
考向
2023新课标1卷
12
基本的立体图形
正方体、球体、四面体、圆柱体的结构特征
14
简单几何体的表面积与体积
求四棱台的体积
18
空间直线、平面的垂直、二面角
线线平行的判定、已知二面角确定动点位置
2023新课标2卷
9
基本的立体图形、二面角
圆锥的结构特征、圆锥的表面积与体积、二面角的定义
14
简单几何体的表面积与体积
求四棱台的体积
20
空间直线、平面的垂直、二面角
异面垂直的判定、求二面角
2022新高考1卷
4
简单几何体的表面积与体积
求棱台的体积
8
简单几何体的表面积与体积、外接球
求棱锥的体积、球的切接问题
9
空间角
求异面直线成角、线面角
19
空间中的距离、空间角
求点到平面的距离、求二面角
2022新高考2卷
7
简单几何体的表面积与体积
求外接球的表面积
11
简单几何体的表面积与体积
求三棱锥的体积
20
空间直线、平面的平行、空间角
线面平行的判定、求二面角
2021新高考1卷
3
基本的立体图形
求圆锥的母线长
12
基本的立体图形
几何体中的动点问题（动点轨迹、三棱锥的体积、线线垂直的判定、线面垂直的判定）
20
空间直线、平面的垂直、简单几何体的表面积与体积
线线垂直的判定、求三棱锥的体积



2021新高考2卷
4
简单几何体的表面积与体积
求球的表面积
5
简单几何体的表面积与体积
求正四棱台的体积
10
空间直线、平面的垂直
线线垂直的判定
19
空间直线、平面的垂直、空间角
面面垂直的判定、求二面角
2020新高考1卷
4
空间角
求线面角
16
基本的立体图形
球的截面问题
20
空间直线、平面的垂直、空间角
线面垂直的判定、求线面角正弦值的最值
2020新高考2卷
13
简单几何体的表面积与体积
求三棱锥的体积
20
空间直线、平面的垂直、空间角
线面垂直的判定、求线面角


【2023年真题】

1. （2023·新课标I卷 第12题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为单位：的正方体容器容器壁厚度忽略不计内的有(    )
A. 直径为的球体
B. 所有棱长均为的四面体
C. 底面直径为，高为的圆柱体
D. 底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD 
【解析】
【分析】
本题考查正方体内接其它几何体的问题，属于综合题.
由正方体、球体、四面体、圆柱体的结构特征和棱长、直径的大小关系，逐个分析选项可得解.
【解答】
解：选项A，正方体的内切球直径为，故A正确
选项B，连接正方体的六个面对角线，可以得到一个正四面体，即正方体的内接正四面题的棱长为，故B正确

对于C，D，假设放入最大的圆柱AB，A，B分别为圆柱下、上底面的圆心，
设圆柱底面半径为r，正方体体对角线为CD，，
，
当r取定时，圆柱的高
对于C，当时，，故C错．
对于D，当时，，故D正确．
故选：
2. （2023·新课标II卷 第9题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，点C在底面圆周上，且二面角为，则(    )
A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为
C. D. 的面积为
【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查求圆锥的体积与侧面积，及圆锥中的其他量，属于基础题.
A，B选项，通过解，求出圆锥的高PO与底面直径AB，从而求出体积与侧面积；C，D选项，利用为二面角的平面角，解三角形求出的长，进一步求出的面积.
【解答】
解：对于A：在中，，则，，
故圆锥的体积，故A正确；
对于B：圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的半径为2，弧长为，
故圆锥的侧面积为，故B错误；

对于C：取AC中点D，连接，则，
则为二面角的平面角，即，
在中，，故，
在中，，故，故C正确；
对于D：，故D正确.
故选
3. （2023·新课标I卷 第14题）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为__________
【答案】 
【解析】
【分析】
本题考查正四棱台的体积，属于中档题．
可将正四棱台补成正四棱锥，然后分析求解即可．
【解答】
解：如图，

将正四棱台补成正四棱锥，则，
，，故，

4. （2023·新课标II卷 第14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为__________
【答案】28 
【解析】
【分析】
本题主要考查棱台的体积，属于基础题．
根据题意正四棱锥被截后剩余部分为正四棱台，直接计算即可求解．
【解答】
解：由题意可得四棱台的高为3，上底面面积为，下底面面积为，
故正四棱台的体积
所得棱台的体积为
5. （2023·新课标I卷 第18题）如图，在正四棱柱中，，点，，，，分别在棱，，，上，，，
证明：；
点P在棱上，当二面角为时，求


【答案】证明：如图，作于点E，于点F，
则有，，即四边形是平行四边形，从而，
又，，即四边形是平行四边形，从而，
从而，得证.

如图，以点B为原点，以BC、BA、分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.

设，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，故
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，故
二面角的平面角为，
，
解得或3，则
【解析】本题考查了立体几何中线线平行的判定、二面角等知识，属于中档题.
作于点E，于点F，构造两个平行四边形，根据平行于同一直线的两直线平行，即可证明
适当建立空间直角坐标系，设点，分别求出平面与平面的一个法向量，由二面角为，可知，解出t的值，进而求得
6. （2023·新课标II卷 第20题）如图三棱锥中，，，，E为BC的中点.
证明：
点F满足，求二面角的正弦值.


【答案】解：连接AE，DE，，，
又，，与均为等边三角形，
，，，平面ADE，

设，，，，
，，又，，
平面BCD，
如图建立空间直角坐标系，

，，，，
，
，，，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为，，
设二面角平面角为，
，
，
【解析】本题考查了线面垂直的性质、二面角的求解，是中档题.
先判定线面垂直，再结合线面垂直的性质定理得结论；
建立空间直角坐标系，得出平面DAB的法向量和平面ABF的法向量，由空间向量求解可得结论.


【2022年真题】

7.（2022·新高考I卷 第4题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为水位为海拔时，相应水面的面积为将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为(    )
A. B. C. D.
【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了棱台的体积公式的应用，属于基础题.
读懂题意，结合棱台的体积公式即可求解.
【解答】
解：依据棱台的体积公式



8.（2022·新高考I卷 第8题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是(    )
A. B. C. D.
【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了球的切接问题，涉及棱锥的体积、球的体积、导数等知识，属较难题.
有正四棱锥的外接球的性质，可得，利用求导求最值，即可解答.
【解答】
解：方法设正四棱锥的高为，底面边长为a，球心为O，由已知易得球半径为，
所以，
因为，
故所以，求导，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
故该正四棱锥体积的取值范围是
方法
由方法中知，，
求导，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
故该正四棱锥体积的取值范围是
9.（2022·新高考II卷 第7题）已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(    )
A. B. C. D.
【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用.
【解答】
解：由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3，下底面所在平面截球面所得圆的半径为4，
设该球的半径为R，当正三棱台的上、下底面在球心异侧时，
有，无解；
所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以，
解得，因此该球的表面积为
10.（2022·新高考I卷 第9题）（多选）已知正方体，则(    )
A. 直线与所成的角为
B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为
D. 直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD 
【解析】
【分析】
本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题.
根据正方体的结构特征对各个选项逐一判断分析，即可得解.
【解答】
解：如图，因为，，所以，故A正确;
对于选项因为平面，平面，
所以，
又，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以直线，故B正确;

对于选项连接与交于点，
因为平面，平面，
所以，
又，且，，平面，
所以平面，
则即为直线与平面所成的角，
，所以，故C错误;
对于选项直线与平面ABCD所成的角即为，所以D正确.
11.（2022·新高考II卷 第11题）（多选）如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，记三棱锥，，的体积分别为，，，则(    )

A. B. C. D.
【答案】CD 
【解析】
【分析】
本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题.
【解答】
解：设，则，
连结BD交AC于M，连结EM、FM，
则，，，故，
，，
12.（2022·新高考I卷 第19题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为
求A到平面的距离;
设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值.

【答案】
解：设A到平面的距离为d，
因为直三棱柱的体积为4，即可得，
故，
又，
解得，所以A到平面的距离为；
连接，因为直三棱柱中，，
故四边形为正方形，即，
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，因为平面，所以，
又因为，平面，且，
故平面，因为平面，则，
所以三条直线两两垂直，
故如图可以以B为原点建立空间直角坐标系，

设，，则，
由条件可得，解得，
则，，，，的中点，
所以，，，
设平面ABD的一个法向量为，
，取，
同理可求得平面BCD的一个法向量为，
所以，
所以二面角的正弦值为 
【解析】本题考查了平面与平面所成角的空间向量求法、点到面的距离的几何求法、几何体的体积公式，考查了空间中的垂直关系的证明与应用，属于中档题.
利用等体积法以及三棱锥的体积公式即可求解.
根据题干首先证明三条直线两两垂直，且，建立直角坐标系，求出平面ABD的一个法向量和平面BCD的一个法向量，利用向量法即可求出二面角的正弦值.
13.（2022·新高考II卷 题20题）如图，PO是三棱锥的高，，，E是PB的中点.

证明：平面
若，，，求二面角正弦值.
【答案】
解：法一：连接OA、OB，
因为PO是三棱锥的高，所以平面ABC，所以，，
所以，又，，所以≌，所以，
作AB中点D，连接OD、DE，则有，又，所以，
又因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
 又D、 E分别为AB、PB的中点，所以，在中，
又因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又OD、平面ODE，，所以平面平面PAC，
又平面ODE，所以平面
法二：连接OA、OB，
因为PO是三棱锥的高，所以平面ABC，所以，，
所以，又，，所以≌，
所以，又，在，O为BF中点，
延长BO，交AC于F，连接 PF，
所以在中，O、E分别为BF、PB的中点，所以，
因为平面PAC，平面PAC，所以平面
法一：过点D作，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴.
建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，，由，
又，所以，，
所以，，，，
设，则，
平面AEB的法向量设为，直线AB的方向向量可设为，
直线平面AEB，直线DP的方向向量为
，所以，
所以，设，则，所以
平面AEC的法向量设为，，
，所以，所以，设，则，
所以
所以，，
二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为
法二：过点A作，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴
建立所示的空间直角坐标系.

因为，，由，
又，所以，，所以，，
，，设，则，
平面AEB的法向量设为，，
，所以，所以设，则，
所以
平面AEC的法向量设为，，
，所以，
所以，设，则，所以
所以，
二面角的平面角为，则，
所以二面角的正弦值为 
【解析】本题考查线面平行与二面角的求解，考查学生的空间想象与计算能力，有一定的难度.

【2021年真题】

14.（2021·新高考I卷 第3题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(    )
A. 2 B. C. 4 D.
【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查圆锥的侧面展开图，属于基础题.设圆锥母线长为l，求出圆锥的底面周长，即为展开图半圆的弧长，计算可得答案.
【解答】
解：设圆锥的母线长为l，因为圆锥的底面半径为，所以底面圆周长为，
由展开图可知半圆的弧长为，所以，得，
故选：
15.（2021·新高考II卷 第4题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为轨道高度是指卫星到地球表面的距离将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为单位：，则S占地球表面积的百分比约为(    )
A. B. C. D.
【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查球的表面积，考查直线与平面所成的角，属于中档题.
由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【解答】
解：如图所示：

由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：


故选
16.（2021·新高考II卷 第5题）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为(    )
A. B. C. D.
【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了棱台的结构特征与体积的求法.
由正四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.
【解答】
解：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图所示，
因为该正四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积

故选：
17.（2021·新高考I卷 第12题）（多选）在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则(    )
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点P，使得
D. 当时，有且仅有一个点P，使得平面
【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．
判断当时，点P在线段上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点P在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段BC，的中点分别为M，，连结，则点P在线段上，分别取点P在，M处，得到均满足，即可判断选项C；当时，取的中点，的中点D，则点P在线的上，证明当点P在点处时，平面，利用过定点A与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项
【解答】
解：对于A，当时，，即，
所以，
故点P在线段上，此时的周长为，
当点P为的中点时，的周长为，
当点P在点处时，的周长为，
故周长不为定值，故选项A错误；

对于B，当时，，即，
所以，
故点P在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；

对于C，当时，取线段BC，的中点分别为M，，连接，
因为，即，
所以，
则点P在线段上，
当点P在处时，，，
又，
所以平面，
又平面，
所以，即，
同理，当点P在M处，，故选项C错误；

对于D，当时，取的中点，的中点D，
因为，即，所以，
则点P在线的上，
当点P在点处时，取AC的中点E，连接，BE，
因为平面，
又平面，所以，
在正方形中，，
又，BE，平面，故平面，
又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点A与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得平面，故选项D正确．

故选：
18.（2021·新高考II卷 第10题）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足的是(    )
A. B.
C. D.
【答案】BC 
【解析】
【分析】
本题考查了空间中两直线的位置关系以及垂直的判定，考查了数形结合思想和直观想象能力，属于中档题.
根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【解答】
解：设正方体的棱长为2，
对于A，如图所示，连接AC，易知，且MN、AC、OP在同一平面内，
由图可知直线OP与AC相交且不垂直，故不成立，故A错误.

对于B，如图所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则，，
由正方体可得平面MADT，而平面MADT，
故，而，SM，平面SNTM，故平面SNTM，
又平面SNTM，所以，而，，
所以平面OPQ，而平面OPQ，故，故B正确.

对于C，如图，连接BD，则，由B的判断可得，
故，故C正确.

对于D，如图，取的中点G，连接PG，OG，，
则，，，，
则，可得，
根据三角形的性质可知PO与PG不垂直，故PO与MN不垂直，故D错误.

故选
19.（2021·新高考I卷 第20题）如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点.
证明：
若是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】
证明：，
是以BD为底的等腰三角形，
又为BD的中点，，
平面平面BCD，且平面平面，平面ABD，
平面BCD，
平面BCD，
解：以O为坐标原点，OD为y轴，OA为z轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系.

是边长为1的等边三角形，
，，，
不妨设，
点E在棱AD上，，
，，，
设向量为平面BCE的法向量，

设，则，，即
显然是平面BCD的法向量，
二面角的大小为，
，即，解得舍去，

【解析】本题考查立体几何的面面垂直的性质，二面角余弦值的求法，三棱锥的体积.
先证明平面BCD，利用线面垂直的性质即可证明.
先建系，利用已知二面角的角度求出三棱锥的高度，即可求解体积.
20.（2021·新高考II卷 第19题）在四棱锥中，底面ABCD是正方形，若

证明：平面平面ABCD；
求二面角的平面角的余弦值．
【答案】
解：证明：取AD的中点为O，连接
因为，，则，
而，故，
在正方形ABCD中，，，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，OC、平面ABCD，故平面ABCD，
因为平面QAD，故平面平面
在平面ABCD内，过O作，交BC于T，则，
因为中的平面ABCD，平面ABCD，，
故可以OT为x轴，以OD为y轴，以OQ为z轴，建如图所示的空间直角坐标系.

则，故
设平面QBD的一个法向量，
则即，取，则，
故
而平面QAD的法向量为，故⟨⟩
又二面角的平面角为锐角，故其余弦值为
【解析】本题考查了面面垂直的判定和运用空间向量求解二面角的问题，注意数形结合思想的运用.
取AD的中点为O，连接，可证平面ABCD，从而得到平面平面
在平面ABCD内，过O作，交BC于T，则，以OT为x轴，以OD为y轴，以OQ为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.

【2020年真题】

21.（2020·新高考I卷 第4题、II卷 第4题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球球心记为，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬，则晷针与点A处的水平面所成角为(    )
A. B.
C. D.

【答案】B 
【解析】
【分析】
本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于中档题．
由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角．
【解答】
解：可设A所在的纬线圈的圆心为，垂直于纬线所在的圆面，

由图可得为晷针与点A处的水平面所成角，
又且，
在中，，
，
故选：
22.（2020·新高考I卷 题16题）已知直四棱柱的棱长均为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为________.
【答案】 
【解析】
【分析】
本题考查空间中球与平面的交线问题，注意球心到面的距离和形成的交线位置与所对应的圆弧和圆心角，属于难题.
由已知得点到面的距离即为点到的距离，即为，则根据勾股定理可得截面的圆半径为 ，球与侧面所形成的交线为一段圆弧，其圆心角为，则根据弧长公式即可得解.
【解答】
解：直四棱柱棱长为2，底面是边长为2的菱形，侧面是边长为2的正方形，
又， 可得 ，
点到面的距离即为点到的距离，即为，
则根据勾股定理可得截面的圆半径为 ，
而，且，
则球与侧面所形成的交线为一段圆弧，其圆心角为 ，
故形成的交线长为 .
故答案为
23.（2020·新高考II卷 题13题）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、AB的中点，则三棱锥的体积为__________.
【答案】 
【解析】
【分析】
本题考查利用等体积法求多面体的体积，是基础的计算题．
由题意画出图形，再由等体积法求三棱锥的体积．
【解答】
解：如图，

正方体的棱长为2，M、N分别为、AB的中点，
，

故答案为：
24.（2020·新高考I卷 题20题）如图，四棱锥的底面为正方形，底面设平面PAD与平面PBC的交线为
证明：平面
已知，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】
解：底面ABCD，且平面ABCD，
，
为正方形，，
又，且PD、DC在平面PDC内，
平面PDC，
，且平面PBC，平面PBC，
平面PBC，
又平面PAD与平面PBC的交线为l，且平面PAD，
，平面PDC；
以D为原点，以DA、DC、DP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如图所示：

由，得，，，，
则，，
设点Q的坐标为，平面QCD的法向量为，
则，即有，即，
取，得，
又设与夹角为，PB与平面QCD所成角为，
则，
于是，
当时，，
当时，，
又当且仅当 时，取等号，即得，
当时，，
又当且仅当 时，取等号，即得，
综上可知，PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
【解析】本题考查了线面角的求解及线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理和性质定理，属于拔高题．
本题先证明平面PDC，再证明平面PBC，再利用线面平行性质定理证得，从而证得平面PDC；
本题可以建立空间直角坐标系，设出Q点坐标，求出和平面QDC的法向量，再利用向量夹角公式求解，再结合基本不等式可求出PB与平面QCD所成角的正弦值最大值．
25.（2020·新高考II卷 第20题）如图，四棱锥的底面为正方形，底面
设平面PAD与平面PBC的交线为
证明：平面PDC；
已知，Q为l上的点，，求PB与平面QCD所成角的正弦值．

【答案】
解：证明：过P在平面PAD内作直线，
由，可得，即l为平面PAD和平面PBC的交线，
平面ABCD，平面ABCD，，
又，，CD，平面PCD
平面PCD，
，平面PCD；
如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
，Q为l上的点，，
，，

则，，，，，
设，则，，，
设平面QCD的法向量为，
则，，取，可得，
，，
与平面QCD所成角的正弦值为
【解析】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
过P在平面PAD内作直线，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．