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2023-2024学年陕西省宝鸡实验高级中学高二上学期期中数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年陕西省宝鸡实验高级中学高二上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如果方程表示的曲线为椭圆，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．且
【答案】D
【分析】根据题意结合椭圆的标准方程列式求解.
【详解】若方程为椭圆方程，
则，解得：且.
故选：D.
2．若直线和直线平行，则的值为（ ）
A．1B．C．1或D．
【答案】A
【分析】由两直线平行，根据平行的判定求的值即可.
【详解】直线和直线平行，
，
解得或，
经检验不符合题意，
∴
故选：A．
3．已知直线经过点和点，则直线AB的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线上的两点求直线的斜率，由斜率可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
由题得直线的斜率为，
因为，
所以.
故选：D
4．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为B，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据关于平面对称点的两个点的纵坐标互为相反数，由此即可得解.
【详解】由题意知，在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为.
故选:B.
5．如果点在运动过程中，总满足关系式，那么点P 的轨迹为（ ）
A．线段B．直线C．椭圆D．圆
【答案】C
【分析】根据两点间距离公式结合椭圆的定义分析判断.
【详解】设，则，
可得，
由椭圆的定义可知：点P的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且.
故选：C.
6．若是空间的一个基底，则也可以作为该空间基底的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的基底的概念结合空间向量的共面定理一一判定即可.
【详解】对于A项，易知，则A项中向量共面，不符合；
对于B项，易知，则B项中向量共面，不符合；
对于D项，易知，则D项中向量共面，不符合；
对于C项，易知不共面，即C正确.
故选：C
7．两圆与的公切线有（ ）
A．1条B．2条
C．3条D．4条
【答案】C
【详解】由题意，得两圆的标准方程分别为和，则两圆的圆心距，即两圆外切，所以两圆有3条公切线；故选C．
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系和两圆公切线的判定；在处理两圆的公切线条数时，要把问题转化为两圆位置关系的判定：当两圆相离时，两圆有四条公切线；当两圆外切时，两圆有三条公切线；当两圆相交时，两圆有两条公切线；当两圆内切时，两圆有一条公切线；当两圆内含时，两圆没有公切线.
8．如图，已知正方体的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．0
【答案】B
【分析】根据正方体的线面关系，将平移至，找到异面直线所成角，求解即可．
【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，由为正三角形，故．故选B．
【点睛】本题考查了异面直线所成角，求解异面直线所成角的步骤：先平移找到角，再证明，最后求解．
二、多选题
9．下列说中正确的是（ ）
A．是直线的一个方向向量
B．直线与直线之间的距离是
C．点到直线l：的距离为
D．经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线条数共有2条
【答案】ABD
【分析】由直线方向向量的定义判断选项A；由公式计算平行直线间的距离判断选项B；由公式计算点到直线的距离判断选项C；计算过点且在两坐标轴上的截距相等的直线判断选项D.
【详解】对于A，由直线斜率可知，是直线的一个方向向量，故A正确；
对于B，直线可化为，
直线与直线之间的距离是，故B正确；
对于C，点到直线l：的距离，故C错误；
对于D，①当直线过原点时，设直线方程为，
代入点得，，解得，直线方程为，
②当直线不过原点，且在两坐标轴上的截距相等时，设直线方程为，
代入点得，，解得，直线方程为，即.
满足条件的直线条数共有2条，故D正确.
故选：ABD
10．已知直线l的方程是、不同时为），以下说法中正确的是（ ）
A．若在直线l上，则直线l的方程可写成
B．若A、均不为零，则直线l与x轴、y轴都相交
C．若，,，则直线l与x轴平行
D．若，，则直线l是y轴所在直线
【答案】ABCD
【分析】根据题意结合直线的一般方程逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若在直线l上，则，即，
则，整理得，故A正确；
对于选项B：若A、均不为零，则直线l的斜率存在且不为0，
所以直线l与x轴、y轴都相交，故B正确；
对于选项C：若，,，则直线整理得与x轴平行，故C正确；
对于选项D：若，，即，
则直线即，所以直线l是y轴所在直线，故D正确；
故选：ABCD.
11．已知直线和圆，则（ ）
A．直线l恒过定点
B．圆心C到直线l的最大距离是.
C．直线l与圆O相交
D．若，直线l被圆O截得的弦长为4
【答案】ABC
【分析】首先，改写直线方程形式，判断定点，即可判断AC；当圆内定点为弦的中点时，此时弦长最短，圆心到直线的距离最大；D.利用弦长公式求解.
【详解】对于A、C，由，得，令，解得，
所以直线恒过定点，故A正确；
因为直线恒过定点，而，即在圆内，所以直线l与圆O相交，故C正确；
对于B，设直线与圆相交于两点，弦中点为，则，为到直线的距离的最大值，,圆心C到直线l的最大距离为，故B正确；
对于D， 时，直线，圆心到直线的距离为，所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.
故选：ABC.
12．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】根据向量平行、垂直的坐标表示可判断AC；直接求向量的模可判断B；分别求出在上的投影和与同向的单位向量，然后根据投影向量的定义计算可判断D.
【详解】因为
所以，
所以，A正确；
因为，，所以B正确；
，因为，所以与不平行，故C错误；
在上的投影，与同向的单位向量为，
所以在上的投影向量为，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．若三条直线y＝2x，x＋y＝3，mx-2y-5＝0相交于同一点，则m的值为 ．
【答案】9
【解析】联立，解得交点，代入即可得答案．
【详解】联立，解得，．
把代入可得：．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了两条直线的交点、点在直线上，考查计算能力，属于基础题．
14．已知直线l经过点，且与直线垂直，则直线l的方程为 .
【答案】
【分析】由垂直关系得直线的斜率，点斜式求直线方程.
【详解】因为直线l与直线垂直，所以直线l的斜率为，
又直线l经过点，所以则直线l的方程为，即.
故答案为：
15．椭圆的焦点坐标是 .
【答案】
【分析】椭圆方程已知，得，求出，再根据焦点位置得坐标.
【详解】椭圆，，则，
焦点在轴上，则焦点坐标是.
故答案为：
16．椭圆的离心率为，则= .
【答案】9或16
【分析】根据椭圆焦点位置进行分类讨论，由此求得.
【详解】当椭圆焦点在轴上时，，解得.
当椭圆焦点在轴上时，，解得.
故答案为：9或16
四、解答题
17．已知直线l：.
(1)在给定的直角坐标系中，画出直线l；
(2)在直线l外取4个点，将这些点的坐标代入，求它们的值，观察有什么规律，把这个规律表示出来.
【答案】(1)图像见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）在给定的直角坐标系中，直接画出直线l；
（2）直线上方和下方各取两个点，根据计算的值，分析并给出规律.
【详解】（1）直线l如图所示
.
（2）取4个点，
把代入，得：，
把代入，得：，
把代入，得：，
把代入，得：
可得规律：直线l上的点的坐标使得的值同号，
直线l上方点的坐标使得，直线l下方点的坐标使得.
18．已知圆心为的圆经过、两点，且圆心在直线上，请你用两种解法求此圆的标准方程．
【答案】
【分析】解法（一），设圆心C的坐标为 ，圆心在直线上和，列方程组求得圆心坐标，半径，可得圆的标准方程；
解法（二），线段的垂直平分线过圆心，又圆心在直线上，列方程组求得圆心坐标，半径，可得圆的标准方程；
【详解】解法（一）
解：根据题意，设圆心C的坐标为 ，
因为圆心在直线上，所以. ①
因为、是圆上两点，所以，
根据两点间距离公式，有，即，②
有①②可知，即圆心C的坐标为 ，
圆的半径是，
所以，所求圆的标准方程是.
解法（二）
解：设线段的中点为，由、两点的坐标为、，得的坐标为，
直线的斜率为，
因此，线段的垂直平分线的方程是 ，即，
由垂径定理可知，圆心也在线段的垂直平分线上，
由， 解得， 所以圆心C的坐标是，
圆的半径是，
所以，所求圆的标准方程是
19．如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．
(1)用向量表示；
(2)求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；
（2）先计算，再开方即可求解
【详解】（1）因为M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．
所以
．
（2）因为四面体是正四面体，则，
，
，
所以．
20．如图，在直三棱柱中，， 是中点.
(1)求点到平面的的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再利用公式计算即可；
（2）易得平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，再利用计算即可．
【详解】（1）解：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系
所以
因为，
设平面的法向量为， 则有，得，
令则，所以可以取，
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的的距离的距离为；
（2）（2） 因为平面，取平面的法向量为
设平面与平面的夹角为，
所以．
平面与平面夹角的余弦值．
21．已知椭圆的离心率为，短轴长为4.椭圆与直线相交于、两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求弦长
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由已知条件列方程组求解即可；
（2）联立直线方程与椭圆方程得，再利用韦达定理及弦长公式求解即可.
【详解】解：（1）椭圆的离心率为，短轴长为4，
，
解得，，
椭圆方程为.
（2）联立，得，
显然有，
设，，
则，，
由弦长公式可得.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，重点考查了直线与椭圆的位置关系及弦长公式，属基础题.
22．如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
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，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
一、单选题
1．如果方程表示的曲线为椭圆，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．且
【答案】D
【分析】根据题意结合椭圆的标准方程列式求解.
【详解】若方程为椭圆方程，
则，解得：且.
故选：D.
2．若直线和直线平行，则的值为（ ）
A．1B．C．1或D．
【答案】A
【分析】由两直线平行，根据平行的判定求的值即可.
【详解】直线和直线平行，
，
解得或，
经检验不符合题意，
∴
故选：A．
3．已知直线经过点和点，则直线AB的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由直线上的两点求直线的斜率，由斜率可得倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
由题得直线的斜率为，
因为，
所以.
故选：D
4．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为B，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据关于平面对称点的两个点的纵坐标互为相反数，由此即可得解.
【详解】由题意知，在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为.
故选:B.
5．如果点在运动过程中，总满足关系式，那么点P 的轨迹为（ ）
A．线段B．直线C．椭圆D．圆
【答案】C
【分析】根据两点间距离公式结合椭圆的定义分析判断.
【详解】设，则，
可得，
由椭圆的定义可知：点P的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且.
故选：C.
6．若是空间的一个基底，则也可以作为该空间基底的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量的基底的概念结合空间向量的共面定理一一判定即可.
【详解】对于A项，易知，则A项中向量共面，不符合；
对于B项，易知，则B项中向量共面，不符合；
对于D项，易知，则D项中向量共面，不符合；
对于C项，易知不共面，即C正确.
故选：C
7．两圆与的公切线有（ ）
A．1条B．2条
C．3条D．4条
【答案】C
【详解】由题意，得两圆的标准方程分别为和，则两圆的圆心距，即两圆外切，所以两圆有3条公切线；故选C．
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系和两圆公切线的判定；在处理两圆的公切线条数时，要把问题转化为两圆位置关系的判定：当两圆相离时，两圆有四条公切线；当两圆外切时，两圆有三条公切线；当两圆相交时，两圆有两条公切线；当两圆内切时，两圆有一条公切线；当两圆内含时，两圆没有公切线.
8．如图，已知正方体的棱长均为2，则异面直线与所成角的余弦值是
A．B．C．D．0
【答案】B
【分析】根据正方体的线面关系，将平移至，找到异面直线所成角，求解即可．
【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，由为正三角形，故．故选B．
【点睛】本题考查了异面直线所成角，求解异面直线所成角的步骤：先平移找到角，再证明，最后求解．
二、多选题
9．下列说中正确的是（ ）
A．是直线的一个方向向量
B．直线与直线之间的距离是
C．点到直线l：的距离为
D．经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线条数共有2条
【答案】ABD
【分析】由直线方向向量的定义判断选项A；由公式计算平行直线间的距离判断选项B；由公式计算点到直线的距离判断选项C；计算过点且在两坐标轴上的截距相等的直线判断选项D.
【详解】对于A，由直线斜率可知，是直线的一个方向向量，故A正确；
对于B，直线可化为，
直线与直线之间的距离是，故B正确；
对于C，点到直线l：的距离，故C错误；
对于D，①当直线过原点时，设直线方程为，
代入点得，，解得，直线方程为，
②当直线不过原点，且在两坐标轴上的截距相等时，设直线方程为，
代入点得，，解得，直线方程为，即.
满足条件的直线条数共有2条，故D正确.
故选：ABD
10．已知直线l的方程是、不同时为），以下说法中正确的是（ ）
A．若在直线l上，则直线l的方程可写成
B．若A、均不为零，则直线l与x轴、y轴都相交
C．若，,，则直线l与x轴平行
D．若，，则直线l是y轴所在直线
【答案】ABCD
【分析】根据题意结合直线的一般方程逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若在直线l上，则，即，
则，整理得，故A正确；
对于选项B：若A、均不为零，则直线l的斜率存在且不为0，
所以直线l与x轴、y轴都相交，故B正确；
对于选项C：若，,，则直线整理得与x轴平行，故C正确；
对于选项D：若，，即，
则直线即，所以直线l是y轴所在直线，故D正确；
故选：ABCD.
11．已知直线和圆，则（ ）
A．直线l恒过定点
B．圆心C到直线l的最大距离是.
C．直线l与圆O相交
D．若，直线l被圆O截得的弦长为4
【答案】ABC
【分析】首先，改写直线方程形式，判断定点，即可判断AC；当圆内定点为弦的中点时，此时弦长最短，圆心到直线的距离最大；D.利用弦长公式求解.
【详解】对于A、C，由，得，令，解得，
所以直线恒过定点，故A正确；
因为直线恒过定点，而，即在圆内，所以直线l与圆O相交，故C正确；
对于B，设直线与圆相交于两点，弦中点为，则，为到直线的距离的最大值，,圆心C到直线l的最大距离为，故B正确；
对于D， 时，直线，圆心到直线的距离为，所以直线l被圆O截得的弦长为，故D错误.
故选：ABC.
12．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】根据向量平行、垂直的坐标表示可判断AC；直接求向量的模可判断B；分别求出在上的投影和与同向的单位向量，然后根据投影向量的定义计算可判断D.
【详解】因为
所以，
所以，A正确；
因为，，所以B正确；
，因为，所以与不平行，故C错误；
在上的投影，与同向的单位向量为，
所以在上的投影向量为，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．若三条直线y＝2x，x＋y＝3，mx-2y-5＝0相交于同一点，则m的值为 ．
【答案】9
【解析】联立，解得交点，代入即可得答案．
【详解】联立，解得，．
把代入可得：．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了两条直线的交点、点在直线上，考查计算能力，属于基础题．
14．已知直线l经过点，且与直线垂直，则直线l的方程为 .
【答案】
【分析】由垂直关系得直线的斜率，点斜式求直线方程.
【详解】因为直线l与直线垂直，所以直线l的斜率为，
又直线l经过点，所以则直线l的方程为，即.
故答案为：
15．椭圆的焦点坐标是 .
【答案】
【分析】椭圆方程已知，得，求出，再根据焦点位置得坐标.
【详解】椭圆，，则，
焦点在轴上，则焦点坐标是.
故答案为：
16．椭圆的离心率为，则= .
【答案】9或16
【分析】根据椭圆焦点位置进行分类讨论，由此求得.
【详解】当椭圆焦点在轴上时，，解得.
当椭圆焦点在轴上时，，解得.
故答案为：9或16
四、解答题
17．已知直线l：.
(1)在给定的直角坐标系中，画出直线l；
(2)在直线l外取4个点，将这些点的坐标代入，求它们的值，观察有什么规律，把这个规律表示出来.
【答案】(1)图像见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）在给定的直角坐标系中，直接画出直线l；
（2）直线上方和下方各取两个点，根据计算的值，分析并给出规律.
【详解】（1）直线l如图所示
.
（2）取4个点，
把代入，得：，
把代入，得：，
把代入，得：，
把代入，得：
可得规律：直线l上的点的坐标使得的值同号，
直线l上方点的坐标使得，直线l下方点的坐标使得.
18．已知圆心为的圆经过、两点，且圆心在直线上，请你用两种解法求此圆的标准方程．
【答案】
【分析】解法（一），设圆心C的坐标为 ，圆心在直线上和，列方程组求得圆心坐标，半径，可得圆的标准方程；
解法（二），线段的垂直平分线过圆心，又圆心在直线上，列方程组求得圆心坐标，半径，可得圆的标准方程；
【详解】解法（一）
解：根据题意，设圆心C的坐标为 ，
因为圆心在直线上，所以. ①
因为、是圆上两点，所以，
根据两点间距离公式，有，即，②
有①②可知，即圆心C的坐标为 ，
圆的半径是，
所以，所求圆的标准方程是.
解法（二）
解：设线段的中点为，由、两点的坐标为、，得的坐标为，
直线的斜率为，
因此，线段的垂直平分线的方程是 ，即，
由垂径定理可知，圆心也在线段的垂直平分线上，
由， 解得， 所以圆心C的坐标是，
圆的半径是，
所以，所求圆的标准方程是
19．如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．
(1)用向量表示；
(2)求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；
（2）先计算，再开方即可求解
【详解】（1）因为M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．
所以
．
（2）因为四面体是正四面体，则，
，
，
所以．
20．如图，在直三棱柱中，， 是中点.
(1)求点到平面的的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，再利用公式计算即可；
（2）易得平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，再利用计算即可．
【详解】（1）解：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系
所以
因为，
设平面的法向量为， 则有，得，
令则，所以可以取，
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的的距离的距离为；
（2）（2） 因为平面，取平面的法向量为
设平面与平面的夹角为，
所以．
平面与平面夹角的余弦值．
21．已知椭圆的离心率为，短轴长为4.椭圆与直线相交于、两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求弦长
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由已知条件列方程组求解即可；
（2）联立直线方程与椭圆方程得，再利用韦达定理及弦长公式求解即可.
【详解】解：（1）椭圆的离心率为，短轴长为4，
，
解得，，
椭圆方程为.
（2）联立，得，
显然有，
设，，
则，，
由弦长公式可得.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，重点考查了直线与椭圆的位置关系及弦长公式，属基础题.
22．如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
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，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
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