新高考数学三轮冲刺大题突破练习专题04 立体几何（解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺大题突破练习专题04 立体几何（解析版），共47页。

专题04 立体几何
立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是
1 体积问题及表面积问题
2 线面距离及线面角问题
3 二面角问题
4 空间几何综合问题

题型一：体积及表面积问题
1．在如图所示的多面体ABCDE中，平面ABC，，，，．

(1)证明：平面平面BDE；
(2)求多面体ABCDE的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：设AB，BE的中点分别为F，G，连接CF，FG，DG，则，且，
又，且，所以，且，
所以四边形CFGD为平行四边形，所以．
因为平面ABC，平面ABC，所以，所以，
因为，F为AB的中点，所以，所以，
又AB，平面ABE，且，所以平面ABE，
又平面BDE，所以平面平面BDE．
（2）由（1）得，，且AB，平面ABE，，所以平面ABE，
又因为，，F为AB的中点，所以．
因为，平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，
所以点D到平面ABE的距离等于点C到平面ABE的距离．
因为平面ABC，AC，平面ABC，所以，，
又，所以，，又AC，平面ABC，且，所以平面ABC，

连接AD，多面体ABCDE的体积V等于三棱锥的体积与三棱锥的体积之和，
而，，
所以多面体ABCDE的体积．



1．如图①，在平面四边形中，，，．将沿着折叠，使得点到达点的位置，且二面角为直二面角，如图②．已知分别是的中点，是棱上的点，且与平面所成角的正切值为．

(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）分别为的中点，，，
平面，平面，
平面，平面，又，平面，平面平面.
（2）取的中点，连接，

，，为等边三角形，，
又，，为等腰直角三角形，
，；
二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，平面，
即为与平面所成角，
，解得：；
在中，由余弦定理得：，
即，解得：，为线段上靠近点的四等分点，
，
.

题型二：线面距离及线面角问题
．如图，在多面体中，已知，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，H为AB的中点．

(1)判断DE与平面ABC的位置关系，并加以证明；
(2)求直线DH与平面ACE所成角的正弦值．
【答案】(1)平面，证明见解析；(2)
【详解】（1）平面，理由如下：分别取的中点，连接，
因为，所以，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，同理平面，所以，
又因为是全等的正三角形，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面；

（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，令.
则，

所以，
设平面的法向量为，
所以，所以
则，取，，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，则．



1 如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)

【详解】（1）设，连接，

四边形为矩形，为中点，又为中点，，
又平面，平面，平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，则平面与平面的夹角为.
（3）由（2）知：，，，
由平面的法向量，
点到平面的距离.

题型三： 二面角问题
1 如图，四棱锥P-ABCD中，已知，BC=2AD，AD=DC，∠BCD=60°，CD⊥PD，PB⊥BD．

(1)证明：PB⊥AB；
(2)设E是PC的中点，直线AE与平面ABCD所成角等于45°，求二面角B-PC-D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）连结BD，在中，因为BC=2DC，∠BCD=60°，
由余弦定理．
因为，所以CD⊥BD，又CD⊥PD，，平面，
所以CD⊥平面PDB，由于平面，所以CD⊥PB．
因为PB⊥BD，，平面，
所以PB⊥平面ABCD，由于平面，因此PB⊥AB．
（2）解法1：以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由（1）可知y轴在平面ABCD内．
则，，，，．
设，则，，．
因为平面ABCD的法向量为，所以．
由AE与平面ABCD所成角等于45°，可知，解得t=2．
设平面DPC的法向量，则即
所以可取．因为平面BPC的法向量为，于是．
因为二面角B-PC-D是锐二面角，所以其余弦值为．

解法2：取BC中点为F，连结EF，AF，则，且AF=DC．
由（1）可知EF⊥平面ABCD，∠EAF是AE与平面ABCD所成角，所以∠EAF=45°，
所以EF=AF=DC，于是PB=2EF=2DC．
以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由（1）可知y轴在平面ABCD内．
则，，，，，．
设平面DPC的法向量，则即可得
所以可取．因为平面BPC的法向量，于是．
因为二面角B-PC-D是锐二面角，所以其余弦值为．
解法3：
取BC中点为F，连结EF，AF，则，且AF=DC．
由（1）可知EF⊥平面ABCD，∠EAF是AE与平面ABCD所成角，故∠EAF=45°，
因此EF=AF=DC，于是PB=2EF=2DC=BC，可得．
连结BE，则BE⊥PC．过E在平面PDC内作EG⊥PC，交PD于点G，
则∠BEG是二面角B-PC-D的平面角．
因为PB⊥BC，所以，．
因为CD⊥PD，由可得．
由PC⊥平面BEG，平面，所以PC⊥BG，
而CD⊥BG，平面，
故BG⊥平面PDC，由于平面，所以BG⊥GE，
所以由余弦定理得．因此二面角的余弦值为．






1 如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，，，为正三角形，，.

(1)求证：平面平面SBC；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）分别取BS，AS的中点O，E，连接OE，OC，ED，则且.
因为，，所以，
所以四边形OCDE为平行四边形，则.
因为，故，故. 因为，故.
因为，SA，平面SAB，所以平面SAB.
因为平面SBC，所以平面平面SBC.
（2）连接AO，因为△为正三角形，所以，
因为平面平面SBC，平面平面，面，
所以平面SBC，OC、OS在面SBC内，又，故OA，OS，OC两两垂直，
故以O为坐标原点，OC，OS，OA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

设，则，，，所以，，，，（难点：点D的坐标不易直接看出，可先求出点E的坐标，利用求解点D的坐标）所以，，.
设面SAD的法向量为，由，令，得.
设面SAC的法向量为，则，令，得.
则， 显然二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.

题型四： 空间几何综合问题
1．如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，，，，.

(1)证明：平面；
(2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析(2)存在，
【详解】（1）证明：正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
，且，又，
，又，，
，又，，
又平面，平面；
（2）解：如图，以B为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设点，，，
，，
设平面的法向量为，
，令，
显然，平面的法向量为，
，
即，即即，解得或（舍），
所以存在一点，且.



1 如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE⊥平面ABCD，O､M分别为线段AD､DE的中点，四边形BCDO是边长为1的正方形，AE=DE，AE⊥DE.

(1)求证：CM平面ABE；
(2)求直线CM与BD所成角的余弦值；
(3)点N在直线AD上，若平面BMN⊥平面ABE，求线段AN的长.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)

【详解】（1）证明：取AE的中点P，连接BP､MP，如图所示.

∵M､P分别为ED､AE的中点，∴PMAD，且PM=AD.
又四边形BCDO是边长为1的正方形，
∴BCOD，且BC=OD，
又O为AD的中点，∴BCAD，且BC=AD，即PMBC，且PM=BC，
∴四边形BCMP为平行四边形，∴CMPB，又CM⊄平面ABE，PB⊂平面ABE，
∴CM平面ABE.
（2）（2）连接EO，∵AE=DE，O为AD中点，
∴EO⊥AD.∵EO⊂平面ADE，且平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
∴EO⊥平面ABCD.又OB⊂平面ABCD，OD⊂平面ABCD，
∴EO⊥OB，EO⊥OD，
以O为原点，OB､OD､OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，C（1，1，0），B（1，0，0），D（0，1，0），，0，，M
∴=（-1，1，0）.
设直线CM与BD所成角为θ，则cosθ=，
∴直线CM与BD所成角的余弦值为.
（3）设=λ，则N（0，λ，0），
∴=（1，-λ，0），，设平面BMN的法向量为(a，b，c)，
则即，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，
∴=（λ，1，2λ-1），设面的法向量为，
由，可取．∵平面BMN⊥平面ABE，
∴，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=，.

一、解答题
1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．

(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）设的中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，因为在等边三角形中，为的中点，
所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面；
（2）连接，由（1）知，平面，
因为平面，所以，因为，，，
所以四边形为矩形，即，，，所以，
设，， ，，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，

所以，，，，，，
所以，，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
即， ，
取，，则，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面ABC，D为线段AB的中点，，，，三棱锥的体积为8．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，   
在三棱柱中，四边形为平行四边形，则，                        
因为，，所以，所以，              
又因为，平面，平面，
所以平面，因为，所以平面，                      
又平面，所以．，
为的中点，则，因为平面，，所以，所以在中，，，所以，所以，，
平面，所以平面；
（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，所以平面与平面夹角的余弦值为.

4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为等边三角形，为线段的中点，且平面平面，是线段上的点.

(1)求证：；
(2)若直线与平面的夹角的正弦值为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）因为为等边三角形，为线段的中点，所以；
因为平面平面，所以平面；
又平面，所以；
在中，，由余弦定理可得，
因为，所以；
因为，所以，所以平面；
因为平面，所以.
（2）由（1）得两两垂直，以为坐标原点，建系如图，

则；；
设，则；设平面的一个法向量为，
则，，令，则.
因为直线与平面的夹角的正弦值为，
所以，即，解得或（舍），
即有，是靠近的三等分点，所以四棱锥的高等于的.
四棱锥的体积为.

5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱中，，E是的中点，底面ABCD是平行四边形，若平面.

(1)若，证明：底面是正方形
(2)若，求二面角的余弦值
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【详解】（1）如图，连接，
平面，平面，平面，则，，
直棱柱中底面，平面，，
，平面，则平面，
又平面，所以，所以平行四边形是菱形，
，则直棱柱的侧面是正方形，因此侧面也是正方形，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，直棱柱中易知，而，平面，所以平面，平面，所以，因此底面是矩形，即四边形是矩形，所以四边形是正方形；

（2）由（1）知底面是菱形，因此，设，
分别以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，，，
，，由（1）知，（负值舍去），
，，，，，，，
设平面的一个法向量是，则，取得，
设平面的一个法向量是，则，取，得，
，所以二面角的余弦值为．


6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱被平面所截，所得的一部分如图所示，．

（1）证明：平面；
（2）若，，平面与平面所成角的正切值为，求点到平面的距离．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【详解】（1）依题：平面与两平行平面，的交线分别为，，
故有，又，故有平行四边形，
∴，面，面，∴平面．
（2）中，由余弦定理可得，由勾股定理得，又平面，
故而，，两两垂直，如图建系．

【法一求】取中点，由，得平行四边形，
∴，平面，作，（连），又，
∴平面，得，又，∴为所求二面角的平面角．
易求，又，．
【法二求】面的法向量显然为，设面的法向量为，，
，令，，依题：．
由平面，点到平面的距离转化为到平面的距离，，，
，设平面的法向量为，可为，
．

1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．

从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
   如图，联结交于点N．

由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
  如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．

联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．

3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,

所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．

如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．

4．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以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，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.


5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．

(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【详解】（1）如图所示：

分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：

分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：

连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积


6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)(2).
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.

7．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.


8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.


9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.