2022届高三各地一模试卷专题汇编——立体几何2

2022届高三各地一模试卷专题汇编——立体几何
1．如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求点到平面的距离．
2．如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点.
(1)求证：；
(2)若平面，求二面角的大小；
(3)在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点E，使得平面？若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
3．如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长线上一点，平面，设.
（1）求平面和平面所成角的大小.
（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
4．如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，点M在线段上，且．
(1)求实数a的值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若点N是直线上的动点，求面积的最小值，并说明此时点N的位置．
5．在棱长为2正方体中，，分别为和的中点，为上的动点，平面与棱交于点．
(1)求证：点为中点；
(2)求证：；
(3)当为何值时，与平面所成角的正弦值最大，并求出最大值．
6．在四棱锥中，，，，，，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
7．在四棱锥中，为等边三角形，，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知平面平面，求二面角的余弦值.
8．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.
(1)求证：；
(2)若直线与平面所成的角为，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由.
9．如图，将等腰直角沿斜边旋转，使得到达的位置，且.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
（3）若在棱上存在点，使得，，在棱上存在点，使得，且，求的取值范围.
10．如图，在斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面，异面直线与互相垂直.
(1)求证：平面平面；
(2)已知，设到平面的距离为，试问取何值时，三棱柱的体积最大？并求出最大值.
11．如图，在直三棱柱中，侧棱，，且M，N分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的大小．
12．如图，在平面四边形中，，将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面.
(1)证明：；
(2)若为的中点，二面角的平面角等于，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.
13．如图1，直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝6.如图2，将图1中△DAC沿AC折起，使得点D在平面ABC上的正投影G在△ABC内部，点E为AB的中点，连接DB，DE，三棱锥D ABC的体积为12.对于图2的几何体.
（1）求证：DE⊥AC；
（2）求DB与平面DAC所成角的余弦值.
14．如图所示，在中，斜边，，将沿直线AC旋转得到，设二面角的大小为．
（1）取AB的中点E，过点E的平面与AC，AD分别交于点F，G，当平面平面BDC时，求FG的长；
（2）当时，求二面角的余弦值．
（3）是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
15．在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD.
(1)求二面角的余弦值；
(2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.
16．如图，在三棱锥中，.
(1)平面平面；
(2)点是棱上一点，，且二面角与二面角的大小相等，求实数的值.
17．如图1，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，沿DE把折起，得到如图2所示的四棱锥.
(1)证明：平面.
(2)若二面角的大小为60°，求平面与平面的夹角的大小.
18．正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等．它有4个面，6条棱，4个顶点．正四面体ABCD中，E，F分别是棱AD、BC中点．求：
（1）AF与CE所成角的余弦值；
（2）CE与底面BCD所成角的正弦值．
19．如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，点在上，且.
(1)已知点在上，且，求证：平面平面.
(2)求点到平面的距离.
(3)当二面角的余弦值为多少时，直线与平面所成的角为？
20．如图，在直三棱柱中，．
（1）求证：；
（2）若与的所成角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接交于，利用中位线易得∥，进而利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）取中点，利用面面垂直得平面，从而可求得，利用等体积法即可求解点到平面的距离．
【详解】
（1）在四棱锥S ABCD中，连接交于，则为中点，连接，又为中点，∴，又平面，平面，∴平面.
（2）∵四边形是菱形，且，∴为正三角形，取中点的，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵均是正三角形，AB=2，易得， ，
∴．
易得，由，∴，
取的中点，连接，因为，∴，
∴，可得，
设点到平面的距离为，∴，
解得，即点到平面的距离为．
2．(1)证明见解析
(2)
(3)当时，平面
【解析】
【分析】
（1）线面垂直的判定定理及性质定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角的向量公式即得解；
（3）由，可得，再利用即得解
(1)
连接，交于O，连接，由题意知，
在正方形中，，又，平面，平面
又平面，所以
(2)
由题知平面，以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设底面边长为a，则高，则， ， ，
又平面，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
则，
又二面角为锐角，则二面角的大小为.
(3)
在棱上存在一点E，使得平面，
由（2）知平面的一个法向量，
又，
设，则
因为平面，所以，
所以，解得.
故当时，平面
3．（1）；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）利用建立空间直角坐标系分别求出平面和平面的法向量，利用空间二面角的向量法即可求解；
（2）假设存在，利用直线与平面平行可得与平面的法向量垂直即可求解.
【详解】
（1）连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，
则，，.
∵平面，∴，，
∴，∴，即，
∴，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，
又平面的一个法向量为，
∴，由图知二面角的平面角为锐角，
∴二面角的平面角的大小为；
（2）假设在线段上存在点满足题意，设，
得，
∵，，∴，
∴
∵平面，∴，∴，∴，
∴存在点使平面，此时.
4．(1)1；
(2)；
(3)，N在DC的延长线上且NC＝CD﹒
【解析】
【分析】
(1)根据和边长的值即可求出a的值；
(2)选CD中点T，以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系A－xyz，求出平面与平面的法向量，利用法向量即可求出两平面夹角的余弦值；
(3)设，用计算出面积，利用二次函数求最值即可﹒
(1)
∵PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴PA⊥AD，∴
∴；
(2)
在△ABC中，，
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
选CD中点T，则AT⊥CD，∥，
两两垂直，
∴以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系A－xyz，
则，∵AT为CD边上的高，
，
，∴M为AD中点，∴
，
设平面APC的法向量为，
∴，取，
设平面MPC的法向量为
，取
，
∴，∴平面MPC与平面APC夹角余弦值为；
(3)
设，，
∴
∵,
∴
当t＝时，△NPB面积取最小值为，此时，N在DC的延长线上且NC＝CD，即C为ND的中点﹒
5．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为．
【解析】
【分析】
（1）只要证明即可；
（2）只要证明垂直于所在平面即可；
（3）用向量数量积计算直线与平面成角的正弦值，再用不等式求解最大值即可．
(1)
证明：因为平面与棱交于点，又因为、是平面与平面共公点，
所以平面平面，
因为是正方体，所以平面，
所以，又因为，所以，
因为为中点，所以点为中点．
(2)
证明：连接，交于，
因为，，
所以，所以，
所以，
又因为平面，平面，，
因为，所以平面，
因为平面，
所以．
(3)
解：建系如图，设，，，
，2，，，0，，，1，，，0，，，，，
，，，，，，，，，
令，3，，
因为，，
所以平面的法向量是，
所以与平面所成角的正弦值为
，当时等号成立．
所以当时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为．
6．（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过平面平面得证平面，继而得出；过点作得四边形是正方形，，，再由勾股定理得出，即，得证平面，得，再由，得证平面，最后得平面平面；
（2）分别以射线、、为轴、轴、轴的正半轴，点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，运用空间向量相关运算求出二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：点为的中点，连接，过点作，
又，，
，
又平面平面，平面平面，
平面，
又平面，
，
，，，，
四边形是正方形，
，，
，
在中，，
，即，
，，，
平面，
又平面，
，
又，，
平面，
平面，
平面平面.
（2）由（1）可知平面，是等腰直角三角形，
点是的中点，是等腰直角三角形，
分别以射线、、为轴、轴、轴的正半轴，点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由，得：，令，解得：
设平面的一个法向量为
由，得：，令，解得：
所以，二面角的正弦值是.
7．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取CD中点M，进而证明平面平面，然后通过面面平行的性质定理得到答案；
（2）连接AC交BD于O，根据条件证明AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点，连接，，
∵为中点，
∴，而平面，平面，∴平面，
又∵为等边三角形，∴
∵，，
∴，，
∴，∵BM,AD共面于平面ABCD,∴，
而平面，平面，∴平面，
又，∴平面平面，而平面，∴平面.
（2）根据条件，连接交于，连接，由对称性知，为中点，且，
∵平面平面，且交于BD，∴平面，
∵在中，AO⊥OD，AD=2，，则AO=1，，
又PD=2，∴，
在正中，∵，∴.
以O为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系
，
则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
所以，令x=1，则，
，令a=1，则，
∴，
由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为：.
8．(1)证明见解析
(2)存在，点E为线段中点
【解析】
【分析】
(1)通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.
(1)
证明：连接交于点，
因，则
由平面侧面，且平面侧面，
得平面，又平面，所以.
三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以.
又，从而侧面，
又侧面，故.
(2)
由(1).平面，则直线与平面所成的角,
所以，又，所以
假设在线段上是否存在一点E，使得二面角的大小为,
由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC 所在直线分别为x，z轴,以过A点和AC垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
且设， ，
得
所以，
设平面的一个法向量，由，得：
，取,
由(1)知平面，所以平面的一个法向量,
所以，解得,
∴点E为线段中点时，二面角的大小为.
9．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，进而证明平面，然后根据面面垂直的判定定理得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的夹角公式求得答案；
（3）根据空间向量的坐标运算得出与间的关系式，进而求出的取值范围.
【详解】
（1）取的中点为，连接，.
由题意得，，
在中，因为为的中点，所以，即.
易得与全等，则，即.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）不妨设，由（1）平面，易知OB⊥AC，
如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，
设平面的法向量为，则得
不妨取，则.
因为，所以平面，所以平面的一个法向量为.
因为.
又二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）结合（2）可得，，.
，
.
因为，所以，得.
即，是关于的单调递增函数，
当时，，故的取值范围是.
10．(1)证明见解析
(2)时，体积最大为36
【解析】
【分析】
（1）由平面与平面平行的判定证明；
（2）结合几何关系（线面垂直、相似三角形）设法先求出，再求出的体积，由体积对应关系推导出，利用函数思想通过二次函数求最值．
(1)
证明：在斜三棱柱中，四边形是平行四边形，
且为的中点，为的中点，且，
四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，连接，如图所示，
，且，
则四边形为平行四边形，
，且平面，平面，
平面，
，且，平面，
平面平面；
(2)
，为的中点，，
平面平面，平面平面，
且平面平面，，平面，
平面，平面，
与平面的距离，
平面，，在△中，，则，
，
平面，则平面，而平面，，
且，又，，平面，平面，且平面，，记交点为，则三角形为直角三角形，
△，且，，，
，，，
，
，
，设，
即，当时，即，三棱柱的体积最大，36.
11．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接、，证明平面平面，即可证明平面；
（2）过点作于，过作于点，连接、，由平面平面，可得二面角的大小即为二面角的大小，证明平面，即可得为二面角的平面角，在中，解三角形即可得答案.
【详解】
解：（1）证明：如图，取的中点为，连接，，
∵为的中点，且侧面为矩形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
又∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵，且，平面，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面；
（2）如图，过点作于，过作于点，连接、，
由（1）知平面平面，
∴二面角的大小即为二面角的大小，
∵在直三棱柱中，侧面底面，且侧面底面 ，
又平面，且，
∴平面，
∵平面 ，平面，
∴，，
又 ∵， 且，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
∵，且，
∴，且，
从而，
∴，
∵，
∴在中，有，
∴，
所以二面角的大小为.
12．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）法一：先找到已知的二面角，据此求出，然后利用等体积法求解P点到平面的距离为,进而求的结果；
法二：建立空间直角坐标系，确定相关的点的坐标以及向量的坐标，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
(1)
证明：因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
又因为，所以平面，
又因为平面，所以
(2)
（法一）因为，
所以是二面角的平面角，
即，在中，，
设，因为平面，所以点到平面的距离，
所以点到平面的距离，
，设P点到平面的距离为,
因为，所以，
所以，
设直线与平面所成角为.
（法二）因为，
所以是二面角的平面角，即，
在中，，
因为平面，
即两两垂直，
以为原点建立如图所示的坐标系，
设，则，
，
，设平面的一个法向量为，
则由得，令，得，
令直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
13．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据条件，先利用线面垂直的判定定理证明AC⊥平面DEF，进而证得DE⊥AC；
（2）先用等积法算出DG，进而算出GF，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量线面角的求法求得答案.
【详解】
（1）取AC的中点F，连接DF，CE，EF，
则△DAC，△EAC均为等腰直角三角形.
∴AC⊥DF，AC⊥EF，∵DF∩EF＝F，∴AC⊥平面DEF，又DE 平面DEF，∴DE⊥AC.
（2）连接GA，GC.
∵DG⊥平面ABC，而GA 平面ABC，GC 平面ABC，∴DG⊥GA，DG⊥GC，
又DA＝DC，∴GA＝GC，∴G在AC的垂直平分线上，又EA＝EC，∴E在AC的垂直平分线上，∴EG垂直平分AC，又F为AC的中点，∴E，F，G共线.
由AB＝2AD＝2DC＝6，知△ABC为等腰直角三角形，
∴S△ABC＝×AC×BC＝×6×6＝18，∴VDABC＝×S△ABC×DG＝×18×DG＝12，
∴DG＝2.
在等腰直角三角形DAC和等腰直角三角形EAC中，EF＝DF＝AC＝3，
在Rt△DGF中，GF＝.
过G作平行于AC的直线MN，以G为坐标原点，GM为x轴，GE为y轴，GD为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（3，－1，0），B（－3，5，0），C（－3，－1，0），D（0，0，2）.
∴＝（－3，5，－2）.
设平面DAC的法向量为＝（x，y，z），
又＝（3，－1，－2），＝（－3，－1，－2），
由，得：，令z=1，得：，
于是，，
故DB与平面DAC所成角的余弦值为.
14．（1）1；（2）；（3）不存在.
【解析】
【分析】
（1）根据平面平面BDC，得到，再由E为AB的中点，得到G，F都为相应边的中点，从而由求解；
（2）过点B作，连接DO，则，由，易证平面ABC，以O为原点，建立空间直角坐标系，求得平面BCD的一个法向量，易知是平面ACD的一个法向量，再由求解；
（3）假设存在，由求解.
【详解】
（1）如图所示：
因为平面平面BDC，平面平面BDC=BD，平面平面EFG=EG，
所以，
因为E为AB的中点，所以G为AD的中点，
同理可证F为AC的中点，
所以，
在中，斜边，，
所以，即，
所以；
（2）过点B作，连接DO，则，面，
因为，则平面平面ABC，因为平面平面ABC=AC，
所以平面ABC，
以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系；
在中，斜边，，
所以，
则，
所以 ，
设平面BCD的一个法向量为，
则，即，
令 ，得 ，则，
因为平面ACD，
所以是平面ACD的一个法向量，
所以.
即二面角的余弦值是．
（3）假设存在，则，
，
，
解得，则，
因为，
所以不存在，使得.
15．(1)
(2)存在，点M位置为
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值；
（2）设，利用向量法求异面直线的夹角，得到，解方程即得解.
(1)
设是中点，为正三角形，则.
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAD，所以面ABCD.
又因为，，
所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，.
设平面PEC的法向量为，
由即可取.
平面EBC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为.
(2)
设，则，
，，
所以，
解得或0（舍），所以存在点M使得.
16．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）作辅助线 ,垂足为O,接着证明，根据面面垂直的判定定理可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，分别求出平面ABP, APD的法向量,根据题意，利用向量的夹角公式列出相应的等式，解得答案.
(1)
证明：如图，作 ,垂足为O,
因为，故O是的中点，且，
由，可知 ,
所以 ,
则 ,故,
又,且平面ABC,
故平面ABC，而平面PAC，
所以平面平面.
(2)
如图，以O为坐标原点，过点O作和AB平行的直线作为x轴，以OC,OP分别为y,z轴建立空间直角坐标系，
则 ,
由得，且 ，故，
所以,
设平面ABP的法向量为 ，
则 ，令 ,则可取 ，
设平面APD的法向量为，
则，令，则可取，
平面CPA的法向量可取为 ，
由二面角与二面角的大小相等可得：
，
解得 ，符合题意，
故实数的值为.
17．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)由结合线面平行的判定即可推理作答.
(2)取DE的中点M，连接，FM，证明平面平面，再建立空间直角坐标系，借助空间向量推理、计算作答.
(1)
在中，因为E，F分别是AC，BC的中点，所以，
则在图2中，，而平面，平面，
所以平面.
(2)
依题意，是正三角形，四边形是菱形，取DE的中点M，连接，FM，如图，
则，，即是二面角的平面角，，
取中点N，连接，则有，在中，由余弦定理得：
，
于是有，，即，
而，，，平面，则平面，
又平面，从而有平面平面，因平面平面，平面，
因此，平面，过点N作，则两两垂直，
以点N为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
显然有，即，
所以平面与平面的夹角为.
【点睛】
方法点睛：利用向量法求二面角：(1)找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；
(2)找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．
18．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设，两两成角，利用空间向量的夹角公式结合向量基本定理进行计算即可；
（2）利用几何法，如图先确定线面角为，利用正四面体的性质进行计算即可得解.
【详解】
（1）不妨设正四面体的边长为，
设，两两成角，
则，
，
设所成角为，
所以，
（2）
连接，由为中点，则，
所以平面，所以平面平面，
作于，则平面，
由对称性为的中心，
由棱长为，所以，，
，
作于，由为中点，，
连接，，
CE与底面BCD所成角的正弦值为.
19．(1)证明见解析.
(2)
(3)二面角的余弦值为时，直线与平面所成的角为.
【解析】
【分析】
（1）由题设易证为平行四边形，结合题设可得，再由线面垂直的性质有，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）是中点，连接易知为平行四边形，由线面平行的判定可得面，再由线面垂直的性质及判定有面，若为中点，连接，则，由到面的距离即为到面的距离求线面距.
（3）由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定可证面，进而有是直线与平面所成角的平面角，即可求，构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，并求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求出二面角的余弦值即可.
(1)
由，即△为等腰直角三角形，
又是直角梯形且，且，
所以，，
因为，故为等腰直角三角形，
所以，，，
又，，∴，，
又，即，∴为平行四边形，则，
又，故，
由底面，面，则，
又，∴面，
而面，∴平面平面.
(2)
若是中点，连接，由（1）易知：为平行四边形，
∴，而面，面，即面，
综上，到平面的距离即为到面的距离，
由面，面，
∴，又，，故面，
若为中点，连接，则，故面，又，
∴到面的距离，即到平面的距离.
(3)
由（2）可知：直线与平面所成角的平面角为，则，
∴.
如下图，构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
∴，，
∴，
若是面的一个法向量，则，令有，
由上易知：是面的一个法向量，
∴.
∴当二面角的余弦值为时，直线与平面所成的角为.
20．（1）证明见解析；（2）或
【解析】
【分析】
（1）将棱分别向下延长，使得，连接，由等腰三角形三线合一可证得，进而可证得，从而证得；
（2）设，，由与的所成角得余弦值，相关线段长度用表示，取的中点，连接，与平面所成的角即为与平面所成的角，即求的正弦值即可
【详解】
（1）将棱分别向下延长，使得，
连接，如图：
，与的交点为的中点，
，，
，
又，，
平面，
取的中点，连接，
,
平面，
,
又，
平面，
，
又为的中点，
，
，
，，
，
（2）由（1）知与的所成角即与的所成角，，
取的中点，连接，
，
与平面所成的角即为与平面所成的角，
当时，
设，则，
，
由（1）知，为的中点，故，
，
，
令，则，
，
，
又，则，
，
又为等腰三角形，所以，
又，，易得为与平面所成的角，
，，
，
；
当时，设，则，
，
，
，
则，
，，
；
故与平面所成角的正弦值为或
答案第1页，共2页
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