高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题8.9《空间向量与立体几何》真题+模拟试卷(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题8.9《空间向量与立体几何》真题+模拟试卷(原卷版+解析)，共33页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．(2023·四川省内江市第六中学模拟预测（文））已知是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
2．(2023·全国·高三专题练习）已知某圆锥的侧面积为，高为，则该圆锥底面圆的半径为（ ）
A．2B．3C．4D．6
3．(2023·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）
A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3
4．(2023·全国·高三专题练习）轴截面为正方形的圆柱内接于球，则它们的表面积之比是（ ）
A．B．C．D．
5．(2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，若三棱锥的内切球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．(2023·全国·高三专题练习）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，为球的直径，且，，为等边三角形，三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·北京·高三开学考试）在正方体中，点在正方形内，且不在棱上，则（ ）
A．在正方形内一定存在一点，使得
B．在正方形内一定存在一点，使得
C．在正方形内一定存在一点，使得平面平面
D．在正方形内一定存在一点，使得平面
8．(2023·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．(2023·湖北武汉·高三开学考试）如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．平面D．平面
10．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，，二面角的大小为，点M为侧面△PAB上的动点，点M到直线PA的距离为，点M到平面ABC的距离为，若，则（ ）
A．B．点M到直线AB的距离等于
C．点M的轨迹为一段圆弧D．点M的轨迹长度为
11．(2023·云南师大附中高三阶段练习）《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”．在鳖臑中，，其外接球的体积为，当此鳖臑的体积V最大时，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．直线与平面所成角的正弦值
D．内切球的半径为
12．(2023·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点使得平面
B．若，则动点的轨迹长度为
C．若平面，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则三棱锥的体积为定值
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．(2023·全国·高三专题练习）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为___________；
14．（2023·内蒙古·包头市第四中学高三期中（文））长､宽､高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________.
15．(2023·江西·高三阶段练习（文））已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．
16．（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））在长方体中，底面是边长为4的正方形，，过点作平面与分别交于M，N两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：
①异面直线与所成角的余弦值为；
②平面；
③点B到平面的距离为；
④截面面积的最小值为6．
其中正确的是__________（请填写所有正确说法的编号）
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（2023·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2023·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
19．(2023·云南民族大学附属中学模拟预测（理））图是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，将其沿，折起使得与重合，连接，如图．
(1)证明：图中的，，，四点共面，且平面平面；
(2)求图中的二面角的大小．
20．(2023·山东·济南市历城第二中学模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
21．(2023·江苏南京·高三开学考试）如图，四棱锥P-ABCD的体积为，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.
(1)若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B-CE-D的正弦值；
(2)求的取值范围.
22．(2023·天津·高考真题）直三棱柱中，，，为中点，为中点，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
专题8.9 《空间向量与立体几何》真题+模拟试卷
第I卷 选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．(2023·四川省内江市第六中学模拟预测（文））已知是两条不同的直线，是平面，且，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
答案：D
【解析】
分析：
根据线面平行的有关知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】
依题意，
A选项，若，则可能，所以A选项错误.
B选项，若，则与可能相交、异面、平行，所以B选项错误.
C选项，若，则可能，所以C选项错误.
D选项，由于，所以平面内存在直线，满足，
若，则，则，所以D选项正确.
故选：D
2．(2023·全国·高三专题练习）已知某圆锥的侧面积为，高为，则该圆锥底面圆的半径为（ ）
A．2B．3C．4D．6
答案：B
【解析】
分析：
设该圆锥底面圆的半径为，再结合圆锥的侧面积公式求解即可
【详解】
设该圆锥底面圆的半径为，则，故，即，解得
故选：B
3．(2023·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（ ）（其中的值取3）
A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3
答案：D
【解析】
分析：
根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.
【详解】
由题意得圆柱的高约为（cm），
则何尊的体积（cm3）
故选：D．
4．(2023·全国·高三专题练习）轴截面为正方形的圆柱内接于球，则它们的表面积之比是（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】
分析：
轴截面正方形的边长既是底面圆直径，也是高；正方形的对角线为球的直径，即可设出长度，求出表面积，即有表面积之比
【详解】
轴截面如下图，ABCD为正方形，设圆柱底面圆直径，则球直径，故圆柱表面积为，球表面积为，故它们的表面积之比为，
故选：C
5．(2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，，若三棱锥的内切球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
分析：
连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于，由于三棱锥是正四面体，因此是底面三角形中心，是中点，由球表面积求得球半径，在直角三角形中求出正四面体的棱长，然后由体积公式计算．
【详解】
连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于，
在三棱锥中，，，
三棱锥是正四面体，是的中心，平面，
三棱锥的内切球的表面积为，
，解得球的半径，
设，则，，
，
，，，
解得，，
此三棱锥的体积为.
故选：D.
6．(2023·全国·高三专题练习）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，为球的直径，且，，为等边三角形，三棱锥的体积为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
答案：A
【解析】
分析：
根据题意作出图形，欲求球的半径．利用截面的性质即可得到三棱锥的体积可看成是两个小三棱锥和的体积和，即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于的方程，即可求出，从而解决问题．
【详解】
根据题意作出图形：
设球心为，球的半径．
，，
平面，
三棱锥的体积可看成是两个小三棱锥和的体积和．
，
，
球的表面积为．
故选：A．
7．（2023·北京·高三开学考试）在正方体中，点在正方形内，且不在棱上，则（ ）
A．在正方形内一定存在一点，使得
B．在正方形内一定存在一点，使得
C．在正方形内一定存在一点，使得平面平面
D．在正方形内一定存在一点，使得平面
答案：A
【解析】
分析：
对于选项A，当是的中位线时，可判断A选项；对于选项B，假设存在，则平面，或者平面，进而与已知矛盾判断B选项；对于选项C，假设存在，则可得到平面平面，进而由矛盾判断C选项；对于选项D，假设存在，则可得到平面平面，进而已知矛盾判断D选项.
【详解】
对于选项A，连接、交于点P，连接、交于点Q，连接、，
因为是的中位线，所以，故A项正确；
对于选项B，在正方形内如果存在一点Q，使得，由于平面，所以平面，或者平面，而P、Q在平面的两侧，与平面相交，故B项错误；
对于选项C，在正方形内如果存在一点Q，使得平面平面，由于平面平面，所以平面平面，而平面与平面相交于点，故C项错误；
对于选项D，在正方形内如果存在一点Q，使得平面，由于平面，所以平面平面，而P、Q在平面的两侧，所以平面与平面相交，故D项错误．
故选：A
8．(2023·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A．B．C．D．
答案：B
【解析】
【详解】
分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，
点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，
,
点M为三角形ABC的中心
中，有
故选B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9．(2023·湖北武汉·高三开学考试）如图，已知正方体，分别是，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．平面D．平面
答案：AC
【解析】
分析：
连接，由线面垂直的判定定理可证明平面，进而可判断A，B；由线面平行的判定定理可判断C；先假设平面，则，进而，从而可判断D
【详解】
连接，如图：
由正方体可知，
因为平面，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，故A 正确，B错误；
由题意知为的中位线，
所以，
又,
所以
又平面，平面，
所以平面，故C正确；
若平面，BD1在平面BDD1B1中，则，进而，
在中易知与不垂直，故D错误；
故选：AC
10．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，，二面角的大小为，点M为侧面△PAB上的动点，点M到直线PA的距离为，点M到平面ABC的距离为，若，则（ ）
A．B．点M到直线AB的距离等于
C．点M的轨迹为一段圆弧D．点M的轨迹长度为
答案：AD
【解析】
分析：
利用余弦定理求出，即可判断A，过点M作AB的垂线，垂足为G，作平面ABC的垂线，垂足为H，过点M作PA的垂线，垂足为N，连接HG，即可得到，即可得到点的轨迹是的角平分线，再由角平分线定理求出，再由余弦定理计算可得.
【详解】
解：在中，因为，，，
由余弦定理得，故A正确.
过点M作AB的垂线，垂足为G，作平面ABC的垂线，垂足为H，过点M作PA的垂线，垂足为N，连接HG.
因为二面角的大小为，所以，
所以，又因为，所以，故B错误，
点的轨迹是的角平分线，故C错误，
设的角平分线为AQ，在中，由余弦定理得，
由角平分线定理得，又因为，则，
在中，所以，
所以点M的轨迹长度为，所以D正确.
故选：AD.
11．(2023·云南师大附中高三阶段练习）《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”．在鳖臑中，，其外接球的体积为，当此鳖臑的体积V最大时，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．直线与平面所成角的正弦值
D．内切球的半径为
答案：ACD
【解析】
分析：
由题可知的中点即为的外接球的球心，由球的体积公式可得球的半径，进而得到，利用锥体的体积公式计算可判断A、B项，利用线面垂直可判断直线与平面所成角即为，计算其正弦值即可判断C项，利用等体积法可求得内切球的半径，即可判断D项.
【详解】
解：由题可知，的中点即为的外接球的球心，设外接球的半径为，则，得，
因为，所以，
鳖臑的体积，
当且仅当时，；故A项正确，B项错误.
因为三棱柱为直三棱柱，故平面，又平面，故，
因为,所以平面，
所以直线与平面所成角即为，；故C项正确；
设鳖臑的内切球半径为，由等体积法，得，所以，故D项正确.
故选：ACD.
12．(2023·重庆巴蜀中学高三阶段练习）如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点使得平面
B．若，则动点的轨迹长度为
C．若平面，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则三棱锥的体积为定值
答案：BD
【解析】
分析：
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；利用空间中两点间的距离公式可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断D选项.
【详解】
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、、、，
设点，其中，，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
，若平面，则，
则，解得，，不合乎题意，A错；
对于B选项，若，可得，
则点在平面内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，
所以，动点的轨迹长度为，B对；
对于C选项，若平面，则，
则，
所以，点在底面的轨迹为线段，故点的轨迹长度为，C错；
对于D选项，因为平面平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，，则点到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值，则为定值，D对.
故选：BD.
第II卷 非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．(2023·全国·高三专题练习）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为___________；
答案：
【解析】
分析：
根据圆柱的侧面积公式计算可得.
【详解】
圆柱底面积为，所以底面半径r为3，且圆柱的高h为4，所以圆柱的侧面积为.
故答案为：.
14．（2023·内蒙古·包头市第四中学高三期中（文））长､宽､高分别为1，2，3的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________.
答案：
【解析】
分析：
由长方体的体对角线为其外接球的直径，可计算出长方体的外接球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】
设球的半径为，由于长方体的体对角线为其外接球的直径，则，故该球的表面积为.
故答案为：.
15．(2023·江西·高三阶段练习（文））已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．
答案：3
【解析】
分析：
利用圆台的表面积公式进行求解.
【详解】
圆台的表面积为，
从而，，
因此，解得（负值舍）．
故答案为：3.
16．（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））在长方体中，底面是边长为4的正方形，，过点作平面与分别交于M，N两点，且与平面所成的角为，给出下列说法：
①异面直线与所成角的余弦值为；
②平面；
③点B到平面的距离为；
④截面面积的最小值为6．
其中正确的是__________（请填写所有正确说法的编号）
答案：②④
【解析】
分析：
利用异面直线所成角的定义及余弦定理可判断①，利用线面平行的判定定理可判断②，利用等积法可判断③，过点A作，连接，进而可得为与平面所成的角，结合条件及基本不等式可判断④.
【详解】
依题意得，因为，
所以异面直线与所成的角即或其补角，
在中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故①错误．
由于平面平面，
所以平面，故②正确．
设点B到平面的距离为h，由，
得，解得，故③错误．
如图，过点A作，连接，
因为平面，所以，又，
所以平面，平面，
则，平面平面，平面平面，
故为与平面所成的角，则，
在中，，则有，
在中，由射影定理得，
由基本不等式得，
当且仅当，即E为的中点时，等号成立，
所以截面面积的最小值为，，故④正确．
故答案为：②④.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（2023·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
答案：（1）证明见解析；（2）．
【解析】
分析：
（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】
（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
18．（2023·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
答案：（1）证明见解析；（2）.
【解析】
分析：
（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，
因为，则有，
设，则有，
因为QB=，所以有
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
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
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．(2023·云南民族大学附属中学模拟预测（理））图是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，将其沿，折起使得与重合，连接，如图．
(1)证明：图中的，，，四点共面，且平面平面；
(2)求图中的二面角的大小．
答案：(1)证明见解析
(2)
【解析】
分析：
（1）根据线线平行可得，，，四点共面，再根据线面垂直的判定可得AB平面，从而证明平面平面；
（2）作，垂足为，根据面面垂直的性质可得平面，再以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解二面角即可
（1）证明：由已知得，，所以，故AD，确定一个平面，从而，，，四点共面．由已知得，，又为平面内相交的两条直线，故AB平面．又因为平面，所以平面平面．
（2）作，垂足为.因为平面，平面平面，平面平面所以平面．由已知，菱形的边长为，，可求得，．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，可取．又平面的法向量可取为 ，所以．易知二面角为锐角，因此二面角的大小为．
20．(2023·山东·济南市历城第二中学模拟预测）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
答案：(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
分析：
（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
21．(2023·江苏南京·高三开学考试）如图，四棱锥P-ABCD的体积为，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.
(1)若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B-CE-D的正弦值；
(2)求的取值范围.
答案：(1)
(2)
【解析】
分析：
（1）根据四棱锥的体积可求解，根据直线EC与平面ABCD的夹角为60°，可判断重合，进而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求二面角，
（2）根据空间中两点间距离公式，可表达出进而用基本不等式即可求解.
（1）（1）因为是面积为的等边三角形，所以，因为平面平面，四边形是等腰梯形，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接,因为平面平面,其交线为,,故平面,故为直线与平面的夹角，记中点为，连接，所以，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，且，又四棱锥的体积为，所以四边形的面积为故设，又，所以，,，即，解得两点重合，又，设平面的法向量，平面的法向量，且即,令，则，故即，令，则，故记二面角的平面角为，则，即二面角的正弦值为；
（2）（2）因为，所以当时，，当且仅当时取等号，且时，，所以.
22．(2023·天津·高考真题）直三棱柱中，，，为中点，为中点，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
答案：(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
分析：
（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
（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.