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专题12 解答题18 题、19 题压轴题
（6 阶题组）专项训练（三）
（建议用时：30 分钟，满分：34 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18 题17 分、19 题17 分）
18．已知双曲线
的左顶点
在直线
上，
的左焦点为
，点
.
为
的右支上一动点.
(1)求双曲线
的渐近线方程；
(2)过点
且斜率为
的直线与
的左支交于D，E 两点，求
的面积的最小值；
(3)设
为
的左支上与
不重合的一动点，若直线平分
，证明：直线MN 恒过定点.
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，结合斜率坐标公式求出
，即可求出双曲线
的渐近线方程.
（2）求出直线
的方程，平移直线
与双曲线右支相切，求出面积最小值.
（3）设出直线
，与双曲线方程联立，利用韦达定理及对称关系建立方程求解.
【详解】（1）依题意，点
，设
，由
，得
，
解得
，而
，因此
，双曲线
的方程为
，
所以双曲线
的渐近线方程为
.
（2）由（1）知，
，直线
的方程为
，
由
消去
得
，解得
，
则
，
的面积最小，当且仅当点
到直线
的距离最小，
平移直线
与双曲线
的右支相切的切点
到直线
的距离最小，
设切线方程为
，由
消去
得
，
，解得
，
当
时，直线
与双曲线
的左支相切，不符合题意，因此
，
因此点
到直线
的距离为点
到直线
的距离
，
所以求
的面积的最小值为
.
（3）依题意，直线
斜率存在，设其方程为
，
，
由
为双曲线
的左支上与
不重合的点，得
，
设点
关于直线
对称点为
，则
，
解得
，由直线平分
，得
在直线
上，
而
，则
，
即
，整理得
，
由
消去
得
，
，
，因此
，
整理得
，而
，解得
，直线
：
过定点
，
所以直线MN 恒过定点
.
19．已知函数
和
各有两个零点.
(1)求
的取值范围；
(2)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设
和
分别为
和
的“完美点”.
（i）比较
与
的大小；
（ii）证明：
.
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）先把
、
的零点问题转化为
、
的零点问题.通过求导得出
、
单
调性，确定其值域.根据
有两个零点得出
范围，再结合
性质，确定
在该
范围也有两个零
点，进而得到
取值范围.
（2）（i）设出
、
零点，构造
，求导分析其单调性.根据单调性比较
与
大小，得
出零点大小关系，从而比较
与
大小.
（ii）利用
范围得到
范围，构造
，求导分析单调性，得出
与
大小关系，得到
范围.再构造
，求导分析单调性和极值点，结合
单调性，比较
、
、
大小.
【详解】（1）由
，
，得
，
，
则
，
的零点等价于
，
的零点.
，
，
当
时，易知
，
均在区间
单调递增，且在
单调递减，
故当
时，
，
当
时，
，
若
有两个零点，则
，即
.
当
时，
，当
时，
，且
，
故当
时
在区间
和
各恰有一个零点.
综上，若
，
各有两个零点，则
的取值范围是
.
故答案为：
.
（2）（i）不妨设
和
的两个零点分别为
，
和
，
，
则
，
，且
，
.
设
，则
，
设
，则
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
故
，
，
单调递增，
故当
时，
，
即
，当
时，
，即
.
故
，
，同理有
，
故
，即
.
故答案为：
.
（ii）因为
，故
.
又
，
设
，则
，
当
时，
，
单调递增，
故
，即
，
故
.
设
，
则
，且
，
，且当
时，
，
单调递增，
故当
时，
至多只有一个极值点，且为极小值点.
因为
，且
，
当
，且
时，
，
单调递增，故
，
.
所以当
时，
，即
.
又因为
，故
.
（建议用时：30 分钟，满分：34 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18 题17 分、19 题17 分）
18．在一张纸上有一圆
：
，定点
，折叠纸片使圆
上某一点
恰好与点
重
合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕
，设折痕
与直线
的交点为
.
(1)求点
的轨迹
方程；
(2)曲线
上一点N，点A、B 分别为直线：
在第一象限上的点与
：
在第四象限上的点，
若
，
，求
面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得
，即可得到
，根据双曲线的定义可得点
的轨
迹为以
，
为焦点，实轴长为8 的双曲线，从而求出
的轨迹方程；
（2）设
，
，
，且
，
，根据
，即可得到
，再表示出
、
，设
的倾斜角为
，利用二倍角公式即同角三角函数的基本关系
求出
，再根据
及对勾函数的性质计算可得；
【详解】（1）解：依题意可得点
与
关于
对称，则
，
∴
.
则点
的轨迹为以
，
为焦点，实轴长为8 的双曲线，
∴
，
，又
，故
，
，
，
所以双曲线方程为
；
（2）解：由题意知，，
分别为双曲线
：
的渐近线，
设
，
，
，且
，
，
由
得
，
，
∴
，
.∴
，
整理得
，即
又
，同理
，
设
的倾斜角为
，
则
.
∴
因为
，易知函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，
，当
时，
；
∴
面积取值范围是
.
19．盒子中装有
个小球，除颜色外，小球的大小、质地完全相同，每次从中无放回地随
机取出1 个球．
(1)若盒中有2 个白球，其余为黑球，2 次取球后，求取出的2 个球不同色的概率；
(2)若盒中白球数为随机变量
，
，证明：第1 次取出白球的概率为
；
(3)若盒中白球数为
，每次取球后，将1 个白球放回盒中，保持盒中球的总数不变，求第
次取出白球的概率．
参考公式：若
是离散型随机变量，有
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设事件
为“2 次摸球后，摸出的球不同色”，根据古典概型概率公式及组合数的计算即可
求解；
（2）根据全概率公式即可证明；
（3）设第
次取球后，第
次取球前，盒中的白球数为
，
，设
，
结合参考公式得
，即可得出第
次取出白球的概率．
【详解】（1）设事件
为“2 次摸球后，摸出的球不同色”，
则
，
所以2 次摸球后，摸出的球不同色的概率为
．
（2）证明：
，设事件
为“第1 次从盒子中摸出白球”，
则
，
所以第1 次从盒子中摸出白球的概率为
．
（3）设第
次取球后，第
次取球前，盒中的白球数为
，
，
设
，
由题意得
，
服从两点分布，故
，
根据参考公式可得
，
由第（2）问可得
，
则
，
，
所以
是
为首项，
为公比的等比数列，
则
，
则第
次摸出白球的概率为
．
（建议用时：30 分钟，满分：34 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18 题17 分、19 题17 分）
18．已知双曲线E 的中心在原点，焦点在x 轴上，且焦点到渐近线的距离为
，其离心率为
，记直线
从下到上与x 轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，A，B，C，D，如图所示：
(1)求双曲线E 的方程；
(2)求证：
；
(3)若
，
，
成等差数列，问
，
的面积之和是否为定值?并说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是定值，理由见解析
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离为
，离心率为
，可得
，据此可得双曲线方程；
（2）设直线的方程为
，
，
，
，
，将直线与双曲
线方程联立，由韦达定理结合两点间距离公式可完成证明；
（3）由题可得
，结合（2）可得
，然后由（2）可知
，
最后由
可得面积.
【详解】（1）设所求的双曲线
的方程为
.
由题设知，双曲线的焦点
到渐近线
的距离
，
由离心率为
知，
，又
，联立解得
，
，
故所求的双曲线E 的方程为
.
（2）如图可知直线的斜率存在且为负数，
设直线的方程为
，
，
，
，
，
.
由
，得
.①
则有
，
，
由韦达定理：
，
.
结合
，
，可得
.
直线与渐近线
相交得
，
直线与渐近线
相交得
，
所以
，所以
.
而
，同理
所以
；
（3）
，
的面积之和是为定值
.
因为
，
，
成等差数列，所以
，
即
，得
，化简得
.
由（2）知
，所以
，
等底等高，所以
，
所以
，
的面积之和
.
【点睛】关键点睛：对于定值问题，常见思路为用恰当参数表示所求量，随后由题目信息得到等量关系，
从而消去参数，可得定值；对于面积问题，常结合两点间距离公式结合点到直线距离公式，求得三角形底
边及高，从而求得面积，也可利用转化法，将所求三角形面积转化为易求三角形的面积.
19．设某网站个人用户登陆需输入四位密码
，其中
为用户个人设置的三位静态密码（每位
数字都是0～9 中的一个整数），
是根据登陆时收到的动态校验钥匙m（m 为1～5 中的一个整数）计算
得到的动态校验码，即
是
的个位数字.例如：若静态密码为
，动态校验钥匙
，则
是
的个位数字6，从而得到四位登陆密码为
.
(1)若用户三位静态密码为
，动态校验钥匙m 为1～5 中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码
最有可能是哪个数字?
(2)若用户三位静态密码为
，其中
为0～9 中的一个随机整数，动态校验钥匙
，求动态校验码
的概率分布列；
(3)若用户三位静态密码均为0～9 中的一个随机整数，动态校验钥匙
出现的概率为
，
.记得到的动态校验码
的概率为
，试比较
与
的大小.
【答案】(1)0
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）记
，分别将
代入即可得到相应的M，进而根据题意
得到
，由
出现的次数最多即可得到答案；
（2）求出动态校验码
可能出现的值，再计算概率即可得到分布列；
（3）利用全概率公式求解即可.
【详解】（1）记
.
由题意可知：三位静态密码为
时，
若
，则
，得
，
若
，则
，得
，
若
，则
，得
，
若
，则
，得
，
若
，则
，得
，
综上可知，用户得到的动态校验码
最有可能是0.
（2）三位静态密码为
，且
，则
.
当
时，
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，
当
时，
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，
所以
的取值分布是0，2，4，6，8，其分布列为
0
2
4
6
8
（3）记事件A：得到的动态校验码
，
事件B：得到的动态校验码
，
事件
：收到动态校验钥匙
，
则
，
，
从而得到
，
同理可得
.
①对于事件
，
：静态密码
对应的
.
当
时，若
取遍0～9 这十个整数，得M 的个位数也会取遍0～9 这十个整数，
可知
，从而
；
当
时，若
取遍0～9 这十个整数，得
的个位数也会取0，3，6，9，2，5，8，1，4，7，
因此有M 的个位数字也取遍0~9 这十个整数，故
，
从而
；
②对于事件
，
：静态密码
对应的
，
当
或4 时，M 为偶数，得
，可知
，
又当
时，
，得
，可知
，
，
从而
，
；
③对于事件
：静态密码
对应的
，
因此
的末位是0 或5，即
只能是0 或5.
又
.
当
为奇数时，
，此时
，
当
为偶数时，
，此时
.
从而
，
，
，
，
所以
.
综上①②③可知
，即
.
（建议用时：30 分钟，满分：34 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18 题17 分、19 题17 分）
18．已知函数
.
(1)判断函数
在区间
上极值点的个数并证明；
(2)函数
在区间
上的极值点从小到大分别为
，设
为数列
的
前
项和.
①证明：
；
②问是否存在
使得
？若存在，求出
的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)函数
在区间
内恰有两个极值点，证明见解析
(2)①证明见解析；②不存在，理由见解析
【分析】（1）求函数在给定区间上的导数，以分子整式构造函数，再次求导，研究该导数在给定区间上
与零的大小关系，以判断构造函数的单调性和变号零点的性质，根据极值的定义，可得答案；
（2）①根据（1）可得
所在区间，根据极值点的必要条件，进一步缩小其所在区间，根据三角函数的
诱导公式，将
变为
，使其在同一个单调区间，根据函数的单调性，可得
与大小关系，
可得答案；
②由①可得相邻两个极值之和与零的大小关系，进而得到当
为偶数时，和与零大小关系，再根据三角函
数的性质，得到奇数时极值与零的大小关系，可得答案.
【详解】（1）
，设
，又
，
当
时，
在
上单调递减，
，
在
上无零点；
当
时，
在
上单调递增，
，
在
上有唯一零点；
当
时，
在
上单调递减，
，
在
上有唯一零点.
综上，函数
在区间
上有两个零点且在零点左右函数符号发生改变，
故函数
在区间
内恰有两个极值点.
（2）①由（1）知
在
无极值点；在
有极小值点，即为
；
在
有极大值点，即为
，
同理可得，在
有极小值点
，在
有极值点
，
由
得
，
，
，
，
由函数
在
单调递增得
，
，
由
在
单调递减得
，
.
②同理
，
，
由
在
上单调递减得
，
，且
，
当
为偶数时，从
开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即
，结论成立；
当
为奇数时，从
开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，
即
，结论也成立，
综上，对一切
成立，故不存在
使得
.
19．某公司招聘技术人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10 名应届毕业生进入最后面试环节.其
中A 校和B 校各4 名，C 校2 名.
名面试者随机抽取1，2，3，
，10 号的面试序号.
(1)若来自A 校的4 名毕业生的面试序号分别为
，
，
，
，且
，来自B 校的4 名毕业
生的面试序号分别为
，
，
，
，且
，来自C 校的2 名毕业生的面试序号分别为
，
，
且
（ⅰ）求概率
，
；
（ⅱ）记随机变量
，求 X 的均值
(2)已知一位面试者因事未能到达面试现场，最终只有9 人参加面试.经面试，第位面试者的面试得分为
，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者. 为提高今后面试效率，现人事部门设计了以
下面试录用新规则：
，且
，
，集合S 中的最小元素为k，最终录用第k
位面试者. 如果以新规则面试这9 名毕业生，求面试得分第一、二按得分从高到低排的两名毕业生之一
被录用的概率.
【答案】(1)（ⅰ）
，
；（ⅱ）
(2)
【分析】（1）（i）根据古典概型的概率计算公式求解即可；（ii）由题可知X 的可能取值为4，5，6，
，10，求出分布列即可算数学期望.
（2）新规则的含义是：从第四个人开始，第一个出现比前面的面试者分数都高的人就直接被录取；如果
没有出现比前面分数都高的人，就录取第9 个人，运用分步加法计数原理求解即可.
【详解】（1）（i）
时，分母即从10 个位置中选4 个位置放置
，对于分子，此时
只能
在10 号位，
则在其余9 个位置中选3 个位置放置
,故
；
而
，分母即从10 个位置中先选4 个位置放置
,再从剩下6 个位置中选2 个放
,
对于分子，先从10 个位置中先选6 个位置放置者6 个数，此时
只能在选出来的第6 个位置，
可在选出来的5 个位置中任选一个，有
种，
∴
；
（ⅱ）X 的可能取值为
则
，
所以
；
（2）新规则的含义是：从第四个人开始，第一个出现比前面的面试者分数都高的人就直接被录取；
如果没有出现比前面分数都高的人，就录取第9 个人.
①第一种情况，录用了面试得分第一的人，
首先可考虑分母为从9 人中任选
人排列，此时若面试得分第一的人在第
位，
要使得其被录用，则在他前面的
个人中的最高分必然在前3 位，其他
个人可以任意排列，
这种情况的概率为
；
②第二种情况，录用了面试得分第二的人，
1）若面试得分第一的人在前三位，则第二的人在第9 位，其他人任意排列，
这种情况的概率为
，
2）若面试得分第一的人不在前三位，那么他一定在第二的人后面，第二的人在第k
位，
同样在他前面的
个人中的最高分必然在前3 位，其他
个人可以任意排列，
这种情况的概率为
，
综上，面试得分第一、二的两名毕业生之一被录用的概率为：
.
（建议用时：30 分钟，满分：34 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18 题17 分、19 题17 分）
18．已知抛物线
的焦点为
为
上一点，且
.
(1)求
的方程；
(2)过点
作两条相互垂直的直线分别与
交于
两点.
（i）证明：直线
过定点；
（ii）若直线
分别与
轴交于
两点，记
的面积分别为
，当
时，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可；
（2）（i）法一：设直线
的方程为
，联立抛物线方程，由韦达定理，结
合
，求得
或
即可；法二：设
，由
，结合直
线BD 的方程为
，代入化简得到
即可求证；（ii）设
，设直线
的方程为
，直线
的方程为
，结合弦长公
式及三角形面积公式
，进而可求解；
【详解】（1）解：因为点
在C 上，
所以
.
因为
，所以
，
则
，解得
，
所以
的方程为
.
（2）
（i）证明：法一：由题意知直线
的斜率存在，
.
设直线
的方程为
，
联立
）得
，
则
，
，
，
所以
，
解得
或
.
当
时，直线
的方程为
，过点
，不符合题意，舍去；
当
时，直线
的方程为
，恒过点
.
综上，直线BD 过定点
.
法二：由题意知
，设
，
则
，
同理可得
.
由
，得
，
整理得
①.
直线BD 的方程为
，
，
两式相加得
，
即
，
即
.
由①得
，故直线BD 过点
.
（ii）解：设
，易知直线
和
的斜率均存在且不为0，设直线
的方程为
，直线
的方程为
，
此时
，
则
.
由
，得
.
联立
得
，
由
，得
，
同理
，所以
，
则
，
同理可得
，
所以
，
，
由题意得
.
因为
在
和
上均单调递增，
所以
，
又
，
即16
，
所以
.
19．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r 是函数
的零
点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r 的实数
，
，…
，
，在点
处作
的切线，则
在
处的切线与
轴交点的横坐标是
，同理
在
处的切线与x 轴
交点的横坐标是
，一直继续下去，得到数列
，从图中可以看到，
较
接近r，
较
接
近r，……，当n 很大时，
很小，我们就可以把
的值作为r 的近似值，即把
作为函数
的近
似零点.现令
.
(1)当
时，求
的近似解
，
；
(2)在（1）的条件下，求数列
的前n 项和
；
(3)当
时，令
，若
时，
有两个不同实数根
，
.
求证：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求出在
和在
处的切线方程，令
，即可得
；
（2）由（1）可知存在递推关系，通过构造等比数列求出数列
的通项，
再利用分部求和即可求出数列
的前n 项和
；
（3）先求出
，先利用题中的切线法证明右半部分，再利用放缩法证明左半部分，
将
放缩为二次函数，即将
放缩成
，再结合韦达定理即可证得结论.
【详解】（1）由题意可得在
处的切线方程为
，令
，得
，
同理可得在
处的切线方程为
，令
，得
，
所以对于函数
，
，
故
，
；
（2）由（1）可知存在递推关系
，
构造等比数列
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
故
，
所以数列
的前
项和
；
（3）由题意可得
，则
，
令
，得
，当
时，
；当
时，
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，所以
，
又当
时，
；当
时，
，且
，
所以当
时，
有两个不同实数根，
又
，所以
确实有两个不同实数根
，
，
且
，
，
先证明右半部分：
，
考虑
在
处的切线方程：
当
时，
，因为
，所以
与切线的交点的横坐标大于
，
即
，又
，故
；
再证明左半部分：
，
观察不等式
的结构，联想到一元二次方程的两根之差
，
即构造方程
来描述不等式的左边，
故尝试将
放缩为二次函数，即将
放缩成
，
故令
，
则
，当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
，
即
，当且仅当
时取等号，
所以当
时，
，
故当
时，方程
有两个不同的实数根，记为
，且
，
，又
，故
，所以
，
因为
，所以得到
，
同理可得
，所以
，
综上所述，
.
（建议用时：30 分钟，满分：34 分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18 题17 分、19 题17 分）
18．已知双曲线
的上下焦点分别为
、
，离心率为
，点
到
渐近线的距离为，过点
且斜率为
的直线在第一象限交双曲线
于点
，过点
且斜率为
的直线
在第四象限交双曲线
于点
，
与
交于点
.
(1)求双曲线
的方程；
(2)若
，求
的值；
(3)证明：
是定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离可求得
，再结合离心率以及
可得出
的值，即可得
出双曲线
的方程；
（2）设
、
，
关于原点的对称点记为
，将直线
的方程与双曲线的方程联立，
列出韦达定理，结合弦长公式以及
，可得出
的等式，结合
可求得
的值；
（3）分析可知
，可得出
，同理可得
，化简得出
，结合弦长公式计算出
的值，即可证得结论成立.
【详解】（1）由题意得双曲线的一条渐近线方程为
，即
，
则焦点
到渐近线的距离为
，
又因为双曲线
的离心率
，
，所以
，
，
则双曲线
的方程为
.
（2）设
、
，
关于原点的对称点记为
，则
，
.
因为
，
，
，所以
，
又因为
，即
，故
、
、
三点共线，
又因为
与
互相平分，所以四边形
为平行四边形，故
，
所以
，
设
的直线方程为
，
代入双曲线方程整理得：
，
所以
，可得
，
故
，
，
直线
与双曲线只有两个交点，所以
，解得
.
由弦长公式得：
，
则
，即
，
且由题意可知
，可得
，解得
.
（3）因为直线
与直线
斜率相等，所以
，则
，
所以
，故
，同理可得
，
所以
因为
.
所以
，故
为定值.
19．如图，在边长为
的正方形
中，
，
分别为边
，
上的点，连接
，
，
，将
沿着折线
翻折，使点
到达点
位置，连接
，形成三棱锥
.
(1)若
，
分别为边
，
上的中点，
，求此时三棱锥
外接球的表面积；
(2)若
，
是
的中点.
（ⅰ）求
的大小；
（ⅱ）若正方形边长为
，当
取最小值，
取最大值时，求此时直线
与平面
所成
角的正弦值.
【答案】(1)
；
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
.
【分析】（1）由题设及线面垂直的判定有
平面
，将三棱锥
补全为长方体，即可求外
接球半径，进而求表面积；
（2）（ⅰ）设
，
，根据几何关系列方程求得
，
，
，应用和角正切公式求
的大小，即可得；（ii）设
，则
，应用三角形面积公式及三角恒等变换求出
最小，取
中点
，连接
，
，则
，
，并求出相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦
值.
【详解】（1）由题意得
，又
，
，
平面
，
，
所以
平面
，则此时三棱锥
如图所示，
由题意得
，
，
，
，
都是直角三角形，所以
，
将三棱锥
补全为长方体，此时三棱锥
的外接球球心为长方体对角线的中点，
即
，
所以三棱锥
外接球的表面积为
.
（2）（ⅰ）设
，
，则
，
，
因为
，所以
，
在直角三角形
中
，得
，整理得，
，
因为
，
，
所以
，
因为
，所以
，故
.
（ⅱ）由（ⅰ）知
，设
，则
，
所以
，
，
所以
，
因为
，所以
，
当
时，
有最大值，最大值为1，此时
有最小值，
所以当
取最小值时，
，且
，
由
，
得，
，
所以
，
，
.
如图1，取
中点
，连接
，
，则
，
，故
，
，
，
四点共线，
当
取最大值时，即平面
平面
，由翻折关系知
，
故直线
，
，
两两垂直，且
，
，
如图2，以
为原点，分别以
，
，
的方向为
，
，
轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
∴
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，则
，故
，
设直线
与平面
所成的角为
，则
.
∴直线
与平面
所成角的正弦值为
.
