1、易错点10 立体几何 备战2021年高考数学一轮复习易错题【典例分析】例1（2020年普通高等学校招生全国统一考试数学）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）A. 20B. 40C. 50D. 90【答案】B【解析】【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截
2、线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.例2（2020年普通高等学校招生全国统一考试数学）已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1
3、的交线长为_【答案】.【解析】【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公
4、式，属于中档题.例3（2020年普通高等学校招生全国统一考试数学）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l（1）证明：l平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，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，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明： 在正方形中，因为
5、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，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，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.【易错警示】易错点1. 柱、锥、台结构特征判断
6、中的误区【例1】如图所示，几何体的正确说法的序号为_(1)这是一个六面体；(2)这是一个四棱台；(3)这是一个四棱柱；(4)此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到；(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到【错解】(1)正确，因为有六个面，属于六面体的范围；(2)错误，因为侧棱的延长线不能交于一点，所以不正确；(3)正确，如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱；(4)(5)都错误【错因】忽视侧棱的延长线不能交于一点，直观感觉是棱台，而不注意逻辑推理【正解】(4)(5)如图，都正确。正确答案：(1)(3)(4)(5)易错点2. 解答平面图形直观图还原问题的易错点【例2】一梯形的直观图是一个如图所示的
7、等腰梯形，且梯形OABC的面积为，则原梯形的面积为()A2 B. C2 D4【错解】OC的长度倍，故其面积是梯形OABC面积的倍，梯形OABC的面积为，所以原梯形的面积是2.【错因】原梯形与直观图中梯形上、下底边的长度一样，但高的长度不一样原梯形的高OC是直观图中OC的长度的2倍，OC长度是直观图中梯形的高的倍，此处易出错【正解】原梯形的高OC是直观图中OC长度的2倍，OC的长度是直观图中梯形的高的倍，由此知原梯形的高OC的长度是直观图中梯形高的2倍，故其面积是梯形OABC面积的2倍，梯形OABC的面积为，所以原梯形的面积是4.易错点3. 求几何体表面积、体积考虑不全.【例3】把长、宽分别为4
8、、2的矩形卷成一个圆柱的侧面，求这个圆柱的体积【错解】设圆柱的底面半径为r，母线长为l，高为h.当2r4，l2时，r，hl2，所以V圆柱r2h.【错因】把矩形卷成圆柱时，可以以4为底，2为高；也可以以2为底，4为高容易漏掉一种情况，解决此类问题一定要考虑全面【正解】设圆柱的底面半径为r，母线长为l，高为h.当2r4，l2时，r，hl2，所以V圆柱r2h.当2r2，l4时，r，hl4，所以V圆柱r2h.综上所述，这个圆柱的体积为或.易错点4. 垂直性质定理应用的误区【例4】已知两个平面垂直，下列命题：一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数
9、条直线一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题个数是()A3B2 C1 D0【错解】如图在正方体ABCDA1B1C1D1中，对于AD1平面AA1D1D，BD平面ABCD，AD1与BD是异面直线，成角60，错误；正确对于，AD1平面AA1D1D，AD1不垂直于平面ABCD；对于，过平面AA1D1D内点D1，作D1C.AD平面D1DCC1，D1C平面D1DCC1，ADD1C.故正确，故选B.【错因】“一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直”与“过一个平面内任意一点作交线的垂线”，此垂线与另一个平面垂直”是不同的，关键是过点
10、作的直线不一定在已知平面内【正解】对于，过平面AA1D1D内点D1，作D1C.AD平面D1DCC1，D1C平面D1DCC1，ADD1C.但D1C不垂直于平面ABCD，故错误，故选C.易错点5. 空间图形位置关系考虑不全面【例5】若，则 若若 若其中正确命题的序号有_.【错因】此题容易错选，错误原因是没有考虑到a,b异面的情况【正解】中。.选易错点6几何体计算公式掌握不牢【例6】凸多面体的体积( )A B 1 C D【错因】此题容易错选为D，错误原因是对棱锥的体积公式记忆不牢。【正解】将展开图还原为立体图，再确定上面棱锥的高。平面展开图复原的几何体是下部为正方体，上部是正四棱锥，棱长都是1，正方
11、体的体积是1；棱长为1的正四棱锥的体积是：，故答案为易错点7. 找不到要求的角【例7】长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD4，AB3，则直线A1B与平面 A1B1CD所成角的正弦值是 .【错因】此题容易错在线面角的寻找上。【正解】由条件知，BC1平面A1B1CD，设BC1B1CO，则BA1O为所求角，其正弦值为易错点8. 球形与其它图形几何的组合图形把握不准提示：有关球的问题，多数采用过球心的截面法转换为平面几何问题【例8】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为_.【错因】球体是近年高考通常所设计的集合体，通常也是考生容易出错的一个地方，通常的错误是对球体的与题目
12、结合时候空间想象力缺乏导致，或者计算的时候计算不出球的半径等。【正解】过球心与小圆圆心做球的截面，转化为平面几何来解决.由已知与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，故该圆的半径为1，球的半径为，故该球的表面积S=4R2=8【训练】如图，在半径为3的球面上有A、B、C三点，ABC=900，BA=BC，球心到平面ABC的距离是，则B、C两点的球面距离是 （ ） A、 B、 C、 D、【正解】取AC中点，由球的基本性质可知平面ABC，所以B为直角三角形且 ，即，又ABC=900，所以AC，在等腰直角三角形ABC中BA=BC，所以BC=，则为正三角形即则B、C两点的球面距离是【变式练习】1（201
13、9六盘山高级中学高考模拟（理）已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）ABCD【答案】C【解析】设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案2（2019湖北省高考模拟（文）已知正三棱柱的底面边长为3，外接球表面积为，则正三棱柱的体积为（ ）ABCD【答案】D【解析】正三棱柱的底面边长为3,故底面的外接圆的半径为：外接球表面积为 外接球的球心在上下两个底面的外心MN的连线的中点上，记为O点，如图所示在三角形中， 解得 故棱柱的体积为： 故答案为D.3（多选）如图，直三棱柱中，侧面中心为O，点E是侧棱上的一个动点，有下列判断
14、，正确的是（ ）A直三棱柱侧面积是B直三棱柱体积是C三棱锥的体积为定值D的最小值为【答案】ACD【解析】在直三棱柱中，底面和是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为122+，故A正确；直三棱柱的体积为，故B不正确；由BB1平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点， 三棱锥的高为定值，2，故C正确；设BEx，则B1E2x，在和中，由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值，由对称可知，当为的中点时，其最小值为，故D正确故选ACD4（2019广东省高考模拟（理）三棱锥中，底面是等腰直角三角形，且为中点，如图.（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为
15、，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）证明：是等腰直角三角形，为中点，平面平面平面平面（2）平面为二面角的平面角，为等边三角形，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 设平面的法向量，则即取设与平面所成角为，则故平面所成角的正弦值为. 【真题演练】1【2020年高考全国卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A BCD【答案】C【解析】如图，设，则，由题意得，即，化简得，解得（负值舍去）.故选C【点晴】本题主要考
16、查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2【2020年高考全国卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为ABCD【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,点在侧视图中对应的点为.故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.3【2
17、020年高考全国II卷理数】已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为ABC1D【答案】C【解析】设球的半径为，则，解得：.设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离.故选：C【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.4【2020年高考全国卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A6+4B4+4C6+2D4+2【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
18、根据立体图形可得：根据勾股定理可得：是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：该几何体的表面积是：.故选：C【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.5【2020年高考全国卷理数】已知为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为A B C D【答案】A【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.6【2020年高考天津】若棱长
19、为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A B C D【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即，所以，这个球的表面积为.故选：C【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线
20、，垂线的交点为几何体的球心.7【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为ABCD【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：.故选：D【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和8【2020年高考浙江】某几何体
21、的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是ABC3D6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.9【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两
22、两相交.当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用，属于中档题.10【2020年新高考全国卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40，则晷针与点A处的水平面所成角为A20B40C50D90
23、【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.11【2020年高考全国卷理数】设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线l平面
24、，直线m平面，则ml则下述命题中所有真命题的序号是_【答案】【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题.综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.12【2020年高考全国
25、卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_ 【答案】【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.13【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：
26、cm2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_【答案】【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则，解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.14【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm.【答案】【解析】正六棱柱体积为，圆柱体积为，所求几何体体积为.故答案为： 【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.15【2020年新高考全国卷】已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1
27、的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_【答案】.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.16【2020年高考全国卷理数】如图，为圆锥的顶点，是
28、圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【解析】（1）设，由题设可得，.因此，从而.又，故.所以平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由题设可得.所以.设是平面的法向量，则，即，可取.由（1）知是平面的一个法向量，记，则.所以二面角的余弦值为.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.17【2020年高考全国卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的
29、中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以又由已知得AA1CC1，故AA1MN因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N又B1C1MN，故B1C1平面A1AMN所以平面A1AMN平面（2）由已知得AMBC以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=连接NP，则四边形AONP为平行四边形，
30、故由（1）知平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC设，则，故又是平面A1AMN的法向量，故所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为18【2020年高考全国卷理数】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值【解析】设，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系（1）连结，则，得因此，即四点共面，所以点在平面内（2）由已知得，设为平面的法向量，则即可取设为平面的法向量，则同理可取因为，所以二面角的正弦值为19【2020年高考江苏】在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1
31、C的中点（1）求证：EF平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C平面ABB1【解析】因为分别是的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面,所以.又,平面,平面, 所以平面.又因为平面,所以平面平面.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.20【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC =2BC（）证明：EFDB；（）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值【解析】（）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB由，得，由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC，所以.由，得.所以BC平面BDO，故B
32、CDB由三棱台得，所以.（）方法一：过点作，交直线BD于点，连结.由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.设.由，得，所以，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.方法二：由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设.由题意知各点坐标如下：.因此.设平面BCD的法向量.由即，可取.所以.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题21【2020年高考天津】如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点（）求证：；（）求二面角的正弦值；（）求直线与平面所成角的正弦值【解析】依题意，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，（）证明：依题意，从而，所以（）解：依题意，是平面的一个法向量，设为平面的法向量，则即不妨设，可得因此有，于是所以，二面角的正弦值为（）解：依题意，由（）知为平面的一个法向量，于是所以，直线与平面所成角的正弦值为
