空间向量与立体几何-四川省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

四川省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（    ） A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值 C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是 2．（2024·四川资阳·二模）已知球O的体积为，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面被球O所截的截面面积的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，满足，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．（2024·四川达州·二模）如图，在正方体中，为中点，为线段上一动点，过的平面截正方体的截面图形不可能是（    ）    A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形 5．（2024·四川内江·三模）已知正方体的棱长为2，点M、N、P分别为棱AB、、的中点，则平面MNP截正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川自贡·三模）已知球O半径为4，圆与圆为球体的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若，，则两截面圆的圆心距（    ） A． B． C． D． 7．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，为圆锥的顶点， 为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径， 是底面圆的内接正三角形， ①平面； ②平面； ③圆锥的侧面积为； ④三棱锥的内切球表面积为． 其中正确的结论个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．（2024·四川成都·模拟预测）菱形中，现将菱形沿对角线折起，当时，此时三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知，是空间两条不同的直线，，是两个不重合的平面，有下列命题：：若，，则；：若，，，则.则下列命题是真命题的是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·四川雅安·三模）如图，在正方体中，已知点为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中错误的是（    ）    A．平面 B．平面 C．异面直线与所成的角等于 D．直线与平面所成的角等于 12．（2024·四川南充·三模）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，若该三棱柱的外接球表面积为，则底面正三角形的边长等于（    ） A． B． C．2 D．3 二、填空题 13．（2024·四川遂宁·三模）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，现给出以下四个命题： ① ②平面平面 ③三棱锥的体积为 ④三棱锥的外接球的表面积为 则正确命题的序号是 ． 14．（2024·四川雅安·三模）已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为 . 15．（2024·四川眉山·三模）已知球的半径为3，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆，其半径分别为，若，两圆的公共弦的中点为，则 . 16．（2024·四川成都·三模）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时， . 17．（2024·四川广安·二模）一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为 . 18．（2024·四川绵阳·三模）底面半径为4的圆锥被平行于底面的平面所截，截去一个底面半径为1，母线长为3的圆锥，则所得圆台的侧面积为 . 19．（2024·四川成都·二模）如图，在平行四边形中，，，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将折起，直至满足条件，此时EF的长度为 ． 20．（2024·四川宜宾·二模）所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点，则线段长度的最大值为 . 三、解答题 21．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 22．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． (1)证明：平面； (2)若，求二面角余弦的最小值． 23．（2024·四川资阳·二模）如图，在四面体ABCD中，，，E，F分别为AB，AC的中点. (1)证明：平面平面BCD； (2)求点A到平面BDF的距离. 24．（2024·四川宜宾·三模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，点E为线段的中点，点F在线段上，且． (1)求证：； (2)求三棱锥的体积． 25．（2024·四川凉山·三模）如图，在正四棱柱中，，，点，，，分别在棱，，，上，．    (1)证明：点在平面中； (2)求多面体的体积． 26．（2024·四川雅安·三模）四棱锥中，，底面为等腰梯形，，，为线段的中点，. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 27．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，，平面平面. (1)求证：平面平面； (2)若PD与平面PBC所成的角为，求三棱锥的体积. 28．（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F. (1)求证：平面平面； (2)设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积. 29．（2024·四川自贡·三模）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，是棱上一点． (1)若‖平面，证明：是的中点． (2)若，，问线段上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 30．（2024·四川成都·三模）中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”.如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中，，交于点. (1)求证：平面平面； (2)若，且二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 参考答案： 1．D 【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D. 【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形. 易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时， 由对称性可知，此时平面与交于点，且， 此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足， 且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；    对于BC，设，由余弦定理得， ， 由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和， 当三点共线时取得最小值， 由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值， 所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误； 对于D，记与的交点为，由对称性，， 所以，， 因为， 所以，所以， 记， 则， 因为， 所以 ， 由二次函数性质可知，，即， 所以，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求. 2．C 【分析】根据球的体积公式，结合球的截面的性质进行求解即可. 【详解】设球O的半径为R，则，解得. 因为点A到球心O的距离为3， 所以过点A的平面被球O所截的截面圆的半径的最小值为， 则所求截面面积的最小值为. 故选：C 3．D 【分析】作出示意图，根据体积关系可得为的靠近的三等分点，再根据面面平行的判定定理及性质，可找到点位置，从而可求解. 【详解】如图所示： 因为，所以， 所以 所以，所以，则， 设三棱柱的侧棱长为6，则，， 又为的中点，取的中点，连接，则。 过作，且，连接，又， 所以平面平面，又平面， 所以平面，所以， 所以，所以，则， 故选：D 4．A 【分析】根据点在、以及三个特殊位置时，截面图形的形状，选出正确选项. 【详解】B选项，当点与重合时，    取中点，因为是中点，则，且， 连接，则四边形为平行四边形， 又因为，所以平行四边形为矩形，故排除B选项； C选项，当点与重合时，    取中点，因为是的中点，所以， 连接，截面四边形为梯形，故排除C选项； D选项，当点为中点时，    因为是中点，所以且， 连接，则四边形是平行四边形， 又因为，， 因为是正方体，所以，所以， 所以平行四边形是菱形，故排除D选项； 不管点在什么位置，都不可能是三角形. 故选：A. 5．B 【分析】通过平行画出截面为正六边形，然后结合正三角形面积计算其面积即可. 【详解】如图所示，分别取，，的中点，，， 连接，，，，，则，. 因为，所以，同理得，. 由基本事实及其三个推论得，，，，，六点共面， 所以平面截正方体所得的截面是六边形. 根据正方体的性质可知截面是边长为的正六边形， 所求面积. 故选：B 6．D 【分析】根据球心与截面圆心连线垂直圆面，求得两个圆面所成二面角，再根据直角三角形以及勾股定理求解即可. 【详解】设圆与圆公共弦为，其中点为， 则，， 所以，， 所以在中，，所以， 在中，，所以， 所以在中，，所以. 故选：D. 7．C 【分析】根据正弦定理求得圆锥的底面半径，从而求得圆锥的高，再计算出圆锥的侧面积即可判断③；采用反证的方法可判断①；根据线面垂直的判定定理可判定平面判断②；求出三棱锥的各个面的面积及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，即可判断④． 【详解】由是底面圆的内接正三角形，， 设圆锥的底面半径为r，则可得，即，解得.    因为，故高， 所以圆锥的侧面积，故③正确； 假设平面，由于平面，平面平面，故， 则，而因为为底面圆的直径， 又，且（矛盾）， 故、不可能平行，所以与平面不平行；故①错误； 因为为线段的中点，故， 则，，， 故，，又，平面， 所以平面，故②正确； 又， ， ， 设三棱锥的内切球的半径为， 则， 即，解得，， 所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确． 综上有②③④正确. 故选：C． 8．A 【分析】作出辅助线，找到外接球的球心，设出菱形的边长为，表达出各边长，由三棱锥的体积公式得到方程，求出，并利用余弦定理得到，求出外接球半径，得到答案. 【详解】不妨设菱形的边长为，为中点， 分别为正的中心， 过分别作平面和平面的垂线交于点. 等腰中，， 因为⊥，⊥，，平面， 所以⊥平面， 则， ，即（舍），故， 故， 中，由余弦定理得， 故， 则在直角中，，， ，故外接球的表面积为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 9．D 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系可以判断出命题和命题的真假性. 【详解】如果一条直线与平面平行，则它与平面内的任意直线平行或异面，所以命题是假命题. 若，，则或，又因为，则，所以命题是真命题. 因为是假命题，是真命题，所以是真命题，是假命题， 因此是假命题，A错误；是假命题，B错误；是假命题，C错误；是真命题，D正确. 故选D. 10．B 【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度. 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 球心，取的中点，的中点，连接， 则，， ， 故，， 又，平面， 故⊥平面， 故当位于平面与内切球的交线上时，满足， 此时到平面的距离为 ， ，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点的轨迹为以为半径的圆， 故点的轨迹长度为. 故选：B 11．D 【分析】根据平行四边形即可得线线平行，进而可判断A，根据，即可判断B,根据异面直线的夹角即可求解C，根据线面角的几何法即可求解D. 【详解】对于A，连接，，交于，则四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，为底面的中心，为棱的中点，， 由于平面，平面，所以， 又,且都在面内，则平面， 有平面，故，同理可得， 再由平面,平面，则平面，B正确； 对于C，，为异面直线与所成的角所成的角， △为等边三角形，，故C正确； 对于D，因为平面， 为直线与平面所成的角， 由于，故不等于，故D不正确 故选：D    12．D 【分析】由外接球的表面积得出球半径，再由球的截面的性质得出底面外接圆的半径，即可得解. 【详解】由三视图可知三棱柱如图所示， 由外接球表面积为知，球半径， 则底面正三角外接圆的半径， 解得底面正三角形边长， 故选：D 13．③④ 【分析】利用长方体的空间平行与垂直关系，可以判断①②，利用已知的棱长，可计算体积和外接接半径，即问题得以求解. 【详解】 对于①：由正方形的底边长为2，长方体的高为4，可知，则与不垂直，又因为，所以与不垂直，故①错误： 对于②：因为平面平面，若平面平面，则有交线，但事实上CE，不平行，故②错误； 对于③；由底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，则，故③正确； 对于④：三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 故外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积，故④正确． 故答案为：③④． 14． 【分析】设，结合条件可求，根据三棱柱有内切球求出此三棱柱的内切球半径，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论. 【详解】设，因为， 所以， 设的内切圆的半径为，则， 即，解得， 因为三棱柱有内切球， 所以， 因为，， 所以直三棱柱的外接球的直径就是以为棱的长方体的对角线，其长为， 所以三棱锥的内切球的表面积为， 三棱锥的外接球的表面积为， 所以三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为. 故答案为：. 15．1 【分析】首先根据几何关系说明四边形是矩形，再根据圆和三角形的几何性质，即可求解. 【详解】，，并且两圆垂直， 因为，且，，， 所以，又因为， 所以，同理， 所以四边形是平行四边形，， 则四边形是矩形， 如图，设两圆的公共弦的一个端点为点， 设，则在中，， 在中，，在中，，联立得， 所以在中，，所以. 故答案为：1 16． 【分析】设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当且仅当、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得. 【详解】在中，根据正弦定理，可得， 又，所以．如图：    设为的外心，则为的中点，且， 由于球的表面积为，设球的半径为，则，解得或（舍去）， 所以球的半径，， 当，，三点共线且平面和点位于点的异侧时，， 三棱锥的体积最大，此时. 故答案为： 17． 【分析】设圆锥的底面半径为，高为，分圆锥顶点与底面在球心的异侧和同侧两种情况讨论，由图可得，得结合不等式求最大值. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的体积为， 当圆锥顶点与底面在球心的同侧时，有，， ， ， 当且仅当，即时等号成立，又，所以等号不成立. 当圆锥顶点与底面在球心的异侧时，，， ， ，当且仅当，即时等号成立. 此时，即. 所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：由题意可知圆锥顶点与球心在底面同侧或异侧，设圆锥的底面半径为，高为，根据图形关系可得，则可转化为，利用基本不等式求最值，注意取等号条件是否成立. 18． 【分析】根据相似可得母线，进而利用圆锥的侧面积公式即可求解. 【详解】如图，设原圆锥的母线为，则，则， 所以圆台的侧面积为：. 故答案为： 19． 【分析】 根据题意，证得平面，得到平面平面，分别过点作的垂线，证得，，再由，结合向量的运算法则，即可求解. 【详解】 由题意可知，所以，折起后，如图所示， 因为，，且，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 分别过点作的垂线，垂足分别为点， 又平面平面，所以平面，平面， 因为平面，平面，所以，， 又由，所以， 所以． 故答案为：. 20． 【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径，内切球半径，线段长度的最大值为得解. 【详解】由正四面体的棱长为6，则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部， 设球心为，如图，连接并延长交底面于， 则平面，且为底面的中心， 所以， 在中，可求得， 设外接球半径为，内切球半径为， 则， 解得，， 所以线段长度的最大值为. 故答案为：. 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直； （2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦. 【详解】（1） 连结， 底面是边长为2的菱形，． ， ． 点为线段中点，． 为菱形，平面，平面 又平面，平面平面， 在平面上的射影为， 为直线与平面所成的角，即． 在中，， ． 则． 又平面平面， 平面． （2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系 则， 则 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则即取，则． 即取则． 设二面角大小为， 则． ， 二面角的正弦值为． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的判定及性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【详解】（1）证明：设中点为，连接， 为中位线，， 又平面，平面， 平面， 为梯形中位线，， 又平面，平面， 平面， ，平面，平面， 平面平面， 平面， 平面． （2）以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， ，不妨设， ， 则， ∴， 则，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，则， ， 设二面角平面角为，由图可知为锐角， ， 时，二面角的余弦最小值为． 23．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取CD的中点O，利用勾股定理得，再由线面垂直、面面垂直的判定定理可得答案； （2）利用等体积转化可得答案. 【详解】（1） 取CD的中点O，连接OA，OB， 因为，，所以，且， 又，，，， 所以，可得， 又，平面，所以平面BCD， 又平面ACD，所以平面平面BCD； （2）因为，所以由（1）可得，， ， ， 又F为AC的中点，所以， 在△BDF中，，，， 则， 所以， 则. 设点A到平面BDF的距离为d，则， 解得，即点A到平面BDF的距离为. 24．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线线垂直去证明线面垂直，即可得到线线垂直； （2）利用线面垂直证明面面垂直，再作出线面垂直，即可得到棱锥的高，从而求出体积. 【详解】（1）证明：在正方形中，，又，∴ 在中，点E为线段PC的中点，，DE平分， 在中，， 过E作交CD于H，连接FH，则， 在正方形中，，∴四边形AFHD是矩形， ∴，又，，平面， ∴平面，又平面，∴． （2）法一：在中，∵，，∴， 在正方形中，，而，CD，平面， ∴平面，平面，∴平面平面， 平面平面，过P作交CD于Q，∴平面， ∵，∴，， ， 法二：在中，∵，，∴， 在正方形中，，而，CD，平面， ∴平面，， ． 25．(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）先利用条件证明，再利用两平行直线确定平面即可得证； （2）先利用条件证明平面，分别求出多面体的底面面积和高，代入体积公式即可求解. 【详解】（1）取中点，中点，连接，，．    ∵， ∴四边形为平行四边形 ∴① 又∵，， ∴． ∴四边形为平行四边形 ∴②, 由①②得． ∴，，，四点共面，即点在平面中． （2）连接，，．    ∵为正四棱柱． ∴， 又，，分别是，中点． ∴． ∴． ∵ ∴平面， 即平面． 在中由勾股定理，． ∴ 由（1）可得四边形为平行四边形且． ∴四边形为菱形． ∴为中点． ∴ 平面，平面， ∴． 在中，，， ∴ ∴ 在中，，， ∴ 多面体的体积. 26．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）分析题意，利用线面垂直的判定定理求解即可. （2）利用线面垂直找到线面角，放到三角形中求解正弦值即可. 【详解】（1）因为为线段的中点，所以， 在等腰梯形中，作于，则由得， 所以，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以， 因为，平面，所以平面， 因为在平面内，所以， 因为在平面内，所以平面. （2）因为，所以， 取的中点，连接，则， 因为平面，平面PCA，所以， 又，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 在正中，，又因为， 在中，，所以， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 27．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PB的中点M，连接AM.利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理即可证明. （2）取PC的中点N，连接MN、DN，利用平行四边形性可得，则有平面，利用线面角的定义得是PD与平面PBC所成的角，再利用等体积法求解体积即可. 【详解】（1）取PB的中点M，连接AM.∵，∴. 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. ∵底面ABCD是直角梯形，且， ∴，∴. 又，，平面，∴平面. 又平面，∴平面平面. （2）取PC的中点N，连接MN、DN，则，. ∴四边形AMND是平行四边形，则. 又平面，∴平面，则是PD与平面PBC所成的角， 即，在中，. 在直角梯形ABCD中，，∴， ∴，∴， 在中，， ∴是等边三角形，从而. ∴. 故所求三棱锥的体积为. 28．(1)证明见解析 (2)24 【分析】（1）根据三角形全等，可得，又，即可得平面，进而可求解， （2）根据线面平行的性质可得，即可求解的长度，利用面面垂直的性质可得平面，即可求解，进而由体积公式即可求解. 【详解】（1）证明：连接，. 因为，， 所以，所以. 因为为的中点，所以. 因为为的中点，所以. 因为，，平面 所以平面. 又，所以平面. 又平面 所以平面平面. （2）由题意得：，， 因为，平面，平面 所以 平面 由于平面平面，平面， 所以,故. 所以四棱锥的顶点到底面的距离等于点到底面的距离. 作，垂足为，则由（1）知平面平面，且交线为，平面,所以平面 故. 底面的面积为. 所以四棱锥的体积为. 29．(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）连接交于，连接，则由线面平行的性质可得‖，再由为的中点，可证得结论； （2）由已知条件结合线面垂直的判定定理可得平面，则可求出，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，则，设线段上存在点满足条件，则设，然后由可求得结果. 【详解】（1）证明：连接交于，连接， 因为四边形是正方形，所以为的中点， 因为‖平面，平面，平面平面， 所以‖， 因为为的中点，所以是的中点． （2）因为，，四边形是正方形， 所以， 所以， 因为，平面， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 设线段上存在点，使点到平面的距离为， 设，则， 因为， 所以，解得， 所以线段上存在点，且时，点到平面的距离为. 30．(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）只需结合已知分别证明，，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量、平面的法向量，由向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为，， 所以均在的垂直平分线上，所以，， 因为， 所以， 因为，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知， 以为原点，所在直线分别为轴，过点垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以，所以， 从而由等面积法，可知，由勾股定理，可知， 由（1）可知，所以， 由（1）可知，而平面平面，平面，平面，且二面角为， 所以， 所以与轴所在直线的夹角为， 所以， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，解得， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$