【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 单元质量测试（六） 含解析【高考】.doc，共(20)页，617.000 KB，由小赞的店铺上传

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1单元质量测试(六)时间：120分钟满分：150分一、选择题(本题共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．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是()A．锐角三角形B．直角三角形C

．钝角三角形D．任意三角形答案C解析如图所示，将斜二测直观图还原为平面图形，故△ABC是钝角三角形．2．(2021·海南第二次模拟)用到球心的距离为1的平面去截球，以所得截面为底面，球心为顶点的圆锥体积为8π3，则球的

表面积为()A．16πB．32πC.36πD．48π答案C解析设球的半径为R，则题中圆锥体积V＝13×1×(R2－1)π＝8π3，解得R＝3，故球的表面积为4πR2＝36π.故选C.3.如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，则下列

结论不正确的是()2A．PD∥平面AMCB．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDAD．OM∥平面PBA答案D解析因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，因为M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，所以OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥

平面PCD，且OM∥平面PDA，故A，B，C正确．因为M∈PB，所以OM与平面PBA相交，故D不正确．故选D.4．如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，E为弧BC︵的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33B．55C.306D．66答案D解析如图，取BC

的中点H，连接EH，AH，则∠EHA＝90°.设AB＝2，则BH＝HE＝1，AH＝5，所以AE＝6.连接ED，则ED＝6.因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD，在△EAD中，cos∠EAD＝6

＋4－62×6×2＝66.故选D.5．(2021·湖北武汉模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA13⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4π，则该三

棱柱的侧面积为()A．63B．33C.32D．3答案B解析如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OA＝R，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，则OO2＝12h，O2A＝23×32AB＝33a，则在Rt△OO2A中

，R2＝OA2＝OO22＋O2A2＝14h2＋13a2≥2×12h×33a＝33ah，当且仅当h＝233a时，等号成立，所以S球＝4πR2≥4π×33ah，所以43π3ah＝4π，所以ah＝3，所以该三棱柱的侧面积为3ah＝33.故选B.6．在正四棱锥P－ABCD中，

四条侧棱长均为2，底面ABCD是正方形，E为PC的中点，若异面直线PA与BE所成的角为45°，则该四棱锥的体积是()A．4B．23C.43D．233答案D解析如图，连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接PO，OE，因为O，E分别是AC和PC的中点，所以OE∥PA，OE＝12PA＝1，4则∠BEO

或其补角即为异面直线PA与BE所成的角．因为底面ABCD是正方形，所以BO⊥AC，又PO⊥BO，PO∩AC＝O，所以BO⊥平面PAC，则BO⊥OE，所以∠BEO＝45°，所以△BOE是等腰直角三角形，所以BO＝OE＝1，PO＝PB2－OB2＝3，BC＝2，则四棱锥P－ABCD的体积V＝13

×(2)2×3＝233.故选D.7．(2021·河北高三4月模拟)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在半径为R的球面上，且∠BAC＝π3，BC＝2，若三棱锥P－ABC体积的最大值为32R，则该球的表面积为()A.64π9B．32π9C.64π27D．16π9答案A解析如图

，△ABC外接圆的半径为BC2sin∠BAC＝233，当△ABC为正三角形(△ABC的面积最大)且P，O，O1(O，O1分别为三棱锥P－ABC外接球的球心和△ABC外接圆的圆心)三点共线时，三棱锥的体积最大．此时VP－ABC＝13S△ABC(R＋OO1)＝33(R＋OO1)＝32R，所以O

O1＝12R.在Rt△OO1A中，由R2＝OO21＋2332，得R2＝169，故该球的表面积为64π9.故选A.8．(2019·浙江高考)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线

AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则()5A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β答案B解析如图，取BC的中点D，作VO⊥平面ABC于点O，由

题意知点O在AD上，且AO＝2OD.作PE∥AC，PE交VC于点E，连接BE，作PF⊥AD于点F，则PF⊥平面ABC，可知PF⊥AC.取AC的中点M，连接BM，VM，设VM交PE于点H，连接BH，易知BH⊥PE.作PG⊥AC于点G，连接FG，则AC⊥平面PGF，可知

FG⊥AC，作FN⊥BM于点N.由作图可知平面PGF∥平面VMB，PH∥FN，所以PH＝FN.因此，直线PB与直线AC所成的角α＝∠BPE，直线PB与平面ABC所成的角β＝∠PBF，二面角P－AC－B的平面

角γ＝∠PGF，cosα＝PHPB＝FNPB<BFPB＝cosβ.又α，β∈0，π2，所以β<α.因为tanγ＝PFGF>PFBF＝tanβ，且γ，β∈0，π2，所以β<γ.综上所述，β<α，β<γ.故

选B.二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．(2021·广东湛江模拟)已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列结论正确的是()A．若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂βB．若m

∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥βC．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，α∥β，则n⊥β答案AD解析对于A，α∥β，m∥α，由面面平行的性质，知m∥β或m⊂β，所以A6正确；对于B，m∥α，

n∥α，m∥β，n∥β，可能α和β相交，所以B错误；对于C，m⊥n，m⊥α，n∥β，可能n⊂α，α∥β，所以C错误；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，由于α∥β，则n⊥β，所以D正确．故选AD.10．(2021·湖南郴州第三次质量监测)如图所示，正方形ABCD的边长为

1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是()A．异面直线AC与MN所成的角为定值B．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直

C．三棱锥N－ACM与B－ACD体积之比为定值D．四面体ABCD的外接球体积为2π3答案ACD解析对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，所以AC⊥平面OBD，所以AC⊥BD，异面直线AC与BD所成的角为90°，又MN∥BD，所以异面直线AC与MN所成的角为定值，故

A正确；对于B，若直线AD与直线BC垂直，因为直线AB与直线BC也垂直，则直线BC⊥平面ABD，所以直线BC⊥直线BD，而△BCD是以BC和CD为腰长的等腰三角形，这显然不可能，故B不正确；对于C，M，N分别为正方形A

BCD的边BC，CD的中点，所以△ACD与△ACN面积之比为2∶1，B到平面ACD的距离与M到平面ACN的距离之比为2∶1，则三棱锥N－ACM与B－ACD体积之比为定值14，故C正确；对于D，外接球球心为AC的中点O，易知外

接球半径为R＝22，所7以V＝43πR3＝2π3，故D正确．故选ACD.11.(2021·新课标地区联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，截面BDE与直线

PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是()A．E为PA的中点B．PB与CD所成的角为π3C．平面BDE⊥平面PACD．点P与点A到平面BDE的距离相等答案ACD解析对于A，连接AC交BD于点M，连接EM，如图所示，∵PC∥平面B

DE，PC⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE＝EM，∴PC∥EM，又四边形ABCD是正方形，∴M为AC的中点，∴E为PA的中点，故A正确；对于B，∵AB∥CD，∴∠PBA为PB与CD所成的角，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD

，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，PA＝AB，∴∠PBA＝π4，故B错误；对于C，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，又AC⊥BD，AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE，∴

平面BDE⊥平面PAC，故C正确；8∵PA∩平面BDE＝E，且E为线段PA的中点，∴点P与点A到平面BDE的距离相等，故D正确．故选ACD.12．(2021·广东肇庆第二次统一检测)在长方体ABCD－A1B1C

1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，P是线段BC1上的一动点，则下列说法中正确的是()A．A1P∥平面AD1CB．A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是52C．A1P＋PC的最小值为1305D．以A为球心，2为

半径的球面与侧面DCC1D1的交线长是π2答案ABD解析对于A，由于平面A1BC1∥平面AD1C，所以A1P∥平面AD1C，故A正确；对于B，连接B1P，易得∠A1PB1为A1P与平面BCC1B1所成的角

，tan∠A1PB1＝A1B1B1P＝1B1P，当B1P⊥BC1时，B1P最小，A1P与平面BCC1B1所成角的正切值最大，最大值是52，故B正确；对于C，将△A1C1B沿BC1翻折与△BCC1在同一平面，且点A1，C在直线BC1的异侧，此时cos∠A1C1B＝1010，sin∠A1C1B＝31

010，cos∠BC1C＝255，sin∠BC1C＝55，则cos∠A1C1C＝－210，由余弦定理得A1C＝1705，所以A1P＋PC的最小值为1705，故C错误；对于D，由于AD⊥平面DCC1D1，所以交线为以D为圆心，19为半径的四分之一圆周

，所以交线长是π2，故D正确．故选ABD.三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上．若AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，AA1＝22，则球O

的表面积为________．答案16π解析由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线，即2R＝22＋22＋(22)2＝4，所以R＝2，故球O的表面积S＝4πR2＝16π.14．(2021·山东德州高考模拟)

已知三棱锥P－ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为23，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥的四个面截得的所有弧长之和为________．答案3π解析如图，AP＝23，PN＝4，则AN＝2，∠APN＝π6，∴∠NPM＝π4－π6＝π12，∴MN︵

＝π12×4＝π3，同理GH︵＝π3，HN︵＝π2×2＝π，GM︵＝π3×4＝4π3，故球面被三棱锥的四个面截得的所有弧长之`和为π3＋π3＋π＋4π3＝3π.15．(2021·福建三明期末)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为23，底面

为等边三角形，若球O与该三棱柱的各条棱都相切，则球O的体积为________．答案32π3解析由已知可得，三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，如图，设上、下底面的中心分别为H，G，由对称性可知，球O的球

心为HG的中点，10取AA1的中点E，连接OE，连接AG并延长，交BC于F，连接OF，则OE＝OF，设△ABC的边长为2a，则OE＝AG＝233a，OF2＝33a2＋(3)2，∴233a2＝33a2＋3，解得a＝3，∴球O的半径

为OE＝233×3＝2，则球O的体积为43π×23＝32π3.16．(2021·河北秦皇岛第二次模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M，N，P分别为棱A1A，A1B1，A1D1上的动点，且满足A1MA1A＝A1NA1B1＝A1PA1D1，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为

________；若以△MNP为一底面的正三棱柱(底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱)的另一底面的三个顶点也在正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为________．答案129解析连接A1C1，

B1D1，则A1C1⊥B1D1，∵CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，∵A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，可得B1D1⊥A1C，∵A1NA1B1＝A1PA1D1，∴NP∥B1D1，则

A1C⊥NP，同理A1C⊥MP，∵NP∩MP＝P，∴A1C⊥平面MNP，∴直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1.∵A1C⊥平面MNP，∴过M点作A1C的平行线与AC交于点O，则MO为正三棱柱的侧棱

，11设A1MA1A＝x，则正三角形MNP的边长MN＝2x，在△A1AC中，AMAA1＝AOAC＝MOA1C＝1－x，∴MO＝3(1－x)，∴V正三棱柱＝S△MNP·MO＝32(x2－x3)，x∈(0，1)，V′＝32(2x－3x

2)，令V′＝0，解得x＝23，当x∈0，23时，V随x的增大而增大，当x∈23，1时，V随x的增大而减小，∴Vmax＝V23＝29.四、解答题(本题共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.(2021·山东泰安

一模)(本小题满分10分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若PA＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成的角最大时，求三棱锥E－ABC的体积．解(1)证明

：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵四边形ABCD为矩形，∴AD⊥CD，又AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴AE⊥CD，在△PAD中，PA

＝AD，E为PD的中点，∴AE⊥PD，而PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD.(2)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，12设AP＝a(a＞0)，则C(2,1,0)，P(0,0，a)，E0，12，a2，∴AC

→＝(2,1,0)，AE→＝0，12，a2，PC→＝(2,1，－a)，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC→＝2x＋y＝0，n·AE→＝12y＋a2z＝0，取y＝－a，可得n＝a2，－a，1.

设直线PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，PC→〉|＝|n·PC→||n||PC→|＝a54a2＋1·5＋a2＝229＋20a2＋5a2≤27，当且仅当20a2＝5a2，即a＝2时等

号成立．即当AP＝2时，直线PC与平面ACE所成的角最大，此时三棱锥E－ABC的体积V＝13×12×2×1×22＝26.18．(2021·北京东城区检测)(本小题满分12分)已知正方形ABCD的边长为1，

PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．13(1)求点D到平面PEF的距离；(2)求直线AC到平面PEF的距离．解建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E1，12，0，F12

，1，0.(1)所以EF→＝－12，12，0，PE→＝1，12，－1，DE→＝1，12，0，设平面PEF的法向量n＝(x，y，z)，则n·EF→＝0，n·PE→＝0，即－12

x＋12y＝0，x＋12y－z＝0，令x＝2，则y＝2，z＝3，所以n＝(2,2,3)为平面PEF的一个法向量，所以点D到平面PEF的距离d1＝|DE→·n||n|＝|2＋1|4＋4＋9＝31717，因此点D到平面PEF的距离为31717.(2)因为E，F分别为AB，B

C的中点，所以EF∥AC.又因为EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，所以AC∥平面PEF.所以直线AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离．因为AE→＝0，12，0，所以点A到平面PEF的距离d2＝|AE→·n||n|＝117＝

1717.所以直线AC到平面PEF的距离为1717.19．(2021·新高考八省联考)(本小题满分12分)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率14刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多

面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以

正四面体在各顶点的曲率为2π－3×π3＝π，故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数．解(1)由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和．可以从整个多面体的角度考虑，所有与顶点相关的面

角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合．由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个面为三角形，1个面为四边形．所以四棱锥的表面内角和为4个三角形、1个四边形的所有内角和，则其总曲率为2π×5－(4π＋2π)＝4π.(2)证明：设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有n－l＋m＝2.设第i

个面的棱数为xi，所以x1＋x2＋…＋xm＝2l，所以总曲率为2πn－π[(x1－2)＋(x2－2)＋…＋(xm－2)]＝2πn－π(2l－2m)＝2π(n－l＋m)＝4π，15所以这类多面体的总曲率是常数．20.(2021·四川绵阳中学三诊)(本小题满分12分)如图，已知直

四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，E，F分别为AA1，AB的中点．(1)求证：直线D1E，CF，DA交于一点；(2)若直线D1E与平面ABCD所成的角为π4，求二面角E－CD1－B的余弦值．解(1)证明：连接EF，A1B，因为E，F分别为AA1，AB的中点

，所以EF∥A1B，且EF＝12A1B，因为ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，且底面是正方形，所以BC∥AD∥A1D1，且BC＝AD＝A1D1，即四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C，且A1B＝D1

C，所以EF∥D1C，且EF≠D1C，即四边形EFCD1为梯形，所以D1E与CF交于一点，记为P，因为P∈平面ABCD，P∈平面ADD1A1，所以P在平面ABCD与平面ADD1A1的交线上，又因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，

所以P∈AD，故直线D1E，CF，DA交于一点．(2)因为直线D1E与平面ABCD所成的角为π4，即直线D1E与平面A1B1C1D1所成的角为π4，故∠ED1A1＝π4，所以A1E＝A1D1＝2，所以AA1＝4，16以D为坐标原点，AD，DC，DD1所

在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，D1(0,0,4)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，F(2，1,0)，所以CF→＝(2，－1,0)，CB→＝(2,0,0)，CD1→＝(0，－2,4)，设平面PCD1的法向量为n＝(x，y，z)

，则有n·CF→＝2x－y＝0，n·CD1→＝－2y＋4z＝0，令x＝1，则y＝2，z＝1，故n＝(1,2,1)，设平面BCD1A1的法向量为m＝(a，b，c)，则有m·CB→＝2a＝0，m·CD1→＝－2b＋4c＝0，令c＝1，则b

＝2，故m＝(0,2,1)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝4＋16×5＝306，故二面角E－CD1－B的余弦值为306.21.(2021·河北保定高三二模)(本小题满分12分)如图，在多面体PABCD中，CD⊥平面PAD，AB⊥平面PAD，且AB＝2CD＝

2105，AD＝2，PC＝2155，PB＝3105.17(1)求证：PA⊥平面PCD；(2)求平面PBC与平面PAD所成的锐二面角的大小．解(1)证明：∵CD⊥平面PAD，PA，PD⊂平面PAD，∴CD⊥PA，CD⊥PD，∵CD＝105，PC＝2155，∴PD＝PC2－

CD2＝2，∵AB⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA，∵AB＝2105，PB＝3105，∴PA＝PB2－AB2＝2，∵AD＝2，∴PA2＋PD2＝AD2，∴PA⊥PD，∵CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，∴PA⊥

平面PCD.(2)∵CD⊥平面PAD，AB⊥平面PAD，∴CD∥AB.取AD的中点O，BC的中点E，连接OP，OE，则OE∥AB，∴OE⊥平面PAD.∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.故OE，OD，OP两两垂直．18以点O为坐标原点，OE，OD，OP所

在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B2105，－1，0，C105，1，0，P(0,0,1)，设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，BP→＝－2105，1，1

，BC→＝－105，2，0，由m·BP→＝－2105x＋y＋z＝0，m·BC→＝－105x＋2y＝0，取x＝10，可得m＝(10，1,3)，易知平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，cos〈

m，n〉＝m·n|m||n|＝1025×1＝22，因此，平面PBC与平面PAD所成的锐二面角的大小为π4.22．(2021·山东德州高考模拟)(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A＝45°，

AD＝4BC＝4，AB＝2，现沿CN将△CDN折起使△ADN为正三角形，且平面ADN⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN，DC分别交于E，F.(1)求证：EF⊥DA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34？若存

在，确定E点的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：∵BM⊥AD，CN⊥AD，19∴BM∥CN，在四棱锥D－ABCN中，CN⊂平面CDN，BM⊄平面CDN，∴BM∥平面CDN，又平面BMEF∩平面CDN＝EF，∴BM∥EF，∵平面A

DN⊥平面ABCN且交于AN，BM⊥AN，∴BM⊥平面ADN，∴EF⊥平面ADN，又DA⊂平面ADN，∴EF⊥DA.(2)存在，E为棱DN上靠近N点的四等分点．∵DA＝DN，AM＝MN＝1，连接DM，∴DM⊥AN，又平面ADN⊥平面ABCN，且平面ADN∩平面ABCN＝AN，∴DM⊥平面

ABCN.如图，以M为坐标原点，MA，MB，MD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0，3)，B(0,1,0)，M(0,0,0)，N(－1,0,0)，DB→＝(0,1，－3)，BM→＝(0，－1,0)，ND→＝(1

,0，3)，设NE→＝λND→(0＜λ＜1)，则E(λ－1,0，3λ)，ME→＝(λ－1,0，3λ)，设平面BMEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BM→＝－y＝0，n·ME→＝(λ－1)x＋3λz＝0，不妨令x＝3λ，则z＝1－λ，n＝(3λ，0,1－λ)，20设直线DB与平面

BMEF所成的角为α，则有sinα＝|cos〈n，DB→〉|＝|n·DB→||n||DB→|＝|3(λ－1)|23λ2＋(1－λ)2＝34，解得λ＝14或－12(舍去)．∴NE→＝14ND→，即在棱DN上存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为

34，E为棱DN上靠近N点的四等分点．