解：如图建立空间直角坐标系

D - x y z

，

因为 $P D = A D = 1$ ，则有 $D (0 ， 0 ， 0) ， C (0 ， 1 ， 0) ， A (1 ， 0 ， 0) ， P (0 ， 0 ， 1) ， B (1 ， 1 ， 0)$ ，

设 $Q (m ， 0 ， 1)$ ，则有 $\vec{D C} = (0 ， 1 ， 0) ， \vec{D Q} = (m ， 0 ， 1) ， \vec{P B} = (1 ， 1 ， - 1)$ ，

设平面 $Q C D$ 的法向量为 $\vec{n} = (x ， y ， z)$ ，

则 ${\begin{array}{l} \overset{⇀}{D C} \cdot \overset{⇀}{n} = 0 \\ \overset{⇀}{D Q} \cdot \overset{⇀}{n} = 0 \end{array}$ ，即 ${\begin{array}{l} y = 0 \\ m x + z = 0 \end{array}$ ，

令 $x = 1$ ，则 $z = - m$ ，所以平面 $Q C D$ 的一个法向量为 $\vec{n} = (1 ， 0 ， - m)$ ，则

$\cos < \vec{n} ， \vec{P B} > = \frac{\vec{n} \cdot \vec{P B}}{| \vec{n} | | \vec{P B} |} = \frac{1 + 0 + m}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{m^{2} + 1}}$

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，所以直线与平面所成角的正弦值等于 $| \cos < \vec{n} ， \vec{P B} > | = \frac{| 1 + m |}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{m^{2} + 1}}$ $= \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{\frac{1 + 2 m + m^{2}}{m^{2} + 1}}$ $= \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{1 + \frac{2 m}{m^{2} + 1}} \leq \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{1 + \frac{2 | m |}{m^{2} + 1}} \leq \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{1 + 1} = \frac{\sqrt{6}}{3}$ ，当且仅当 $m = 1$ 时取等号，

所以直线 $P B$ 与平面 $Q C D$ 所成角的正弦值的最大值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$ .

2020年海南省高考数学真题试卷（新高考Ⅱ卷)