2025年高考数学一轮复习-7.4-空间直线、平面的垂直-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.4-空间直线、平面的垂直-专项训练【含解析】，共16页。试卷主要包含了 下面四个说法等内容，欢迎下载使用。
1. 下面四个说法：①如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直；②过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；③垂直于同一平面的两条直线互相平行；④经过一个平面的垂线的平面与这个平面垂直.其中正确的说法个数是（ ）.
A. 1B. 2C. 3D. 4
2. 已知m，n是不同的直线，α ，β 是不同的平面，则下列条件能使n⊥α 成立的是（ ）.
A. α⊥β ，n⊂βB. α//β ，n⊥βC. α⊥β ，n//βD. m//α ，n⊥m
3. 如图，在三棱锥D−ABC中，若AB=CB,AD=CD，E是AC的中点，则下列说法中正确的是（ ）.
A. 平面ABC⊥ 平面ABD
B. 平面ABC⊥ 平面BCD
C. 平面ABC⊥ 平面BDE，且平面ACD⊥ 平面BDE
D. 平面ABC⊥ 平面ACD，且平面ACD⊥ 平面BDE
4. [2024·济南摸底]若P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥BC，PB⊥AC，则点P在△ABC所在平面内的射影O是△ABC的（ ）.
A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心
5. （改编）阅读下面题目及其证明过程，在横线处应填写的正确结论是（ ）.
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，PO⊥ 底面ABCD，E是线段PC上的任意一点，求证：平面PAC⊥ 平面BDE.
证明：因为PO⊥ 底面ABCD，所以PO⊥BD.
又因为AC⊥BD，且AC∩PO=O，所以 .
又因为BD⊂ 平面BDE，所以平面PAC⊥ 平面BDE.
A. BD⊥ 平面PBCB. AC⊥ 平面PBDC. BD⊥ 平面PACD. AC⊥ 平面BDE
6. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB:BB1=2:1，则AB1与平面BB1C1C所成的角的大小为（ ）.
A. 45∘B. 60∘C. 30∘D. 75∘
7. （改编）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（ ）.
A. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD
B. 直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥ 平面ABCD
C. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD
D. 直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥ 平面ABCD
8.(2024·九省适应性测试)设α,β是两个平面,m,l是两条直线,则下列命题为真命题的是( ).
A.若α⊥β,m∥α,l∥β,则m⊥l
B.若m⊂α,l⊂β,m∥l,则α∥β
C.若α∩β=m,l∥α,l∥β,则m∥l
D.若m⊥α,l⊥β,m∥l,则α⊥β
综合提升练
9. （多选题）下列说法中正确的是（ ）.
A. 夹在两个平行平面间的平行线段相等
B. 三个两两垂直的平面的交线也两两垂直
C. 如果直线a//平面α ，P∈α ，那么过点P且平行于直线a的直线有无数条，且一定在α 内
D. 已知m，n为异面直线，m⊥ 平面α ，n⊥ 平面β ，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α ，l⊄β ，则α 与β 相交，且交线平行于l
10. （多选题）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图，在鳖臑P−ABC中，PA⊥ 底面ABC,∠ABC=π2，作AE⊥PB于点E,AF⊥PC于点F，则下列结论正确的是（ ）.
A. BC⊥ 平面PABB. AF⊥ 平面PBC
C. 三棱锥A−BCE是鳖臑D. 三棱锥A−CEF是鳖臑
11. 已知在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为线段CD上任意一点,现将△AED沿AE折起，使得平面ABD⊥ 平面ABCE，则CE的取值范围是___________.
12. 在三棱锥P−ABC中，能证明AP⊥BC的条件是_________
①AP⊥PB，AP⊥PC；
②AP⊥PB，BC⊥PB；
③平面BCP⊥ 平面PAC，BC⊥PC；
④PB=PC，AB=AC.
应用情境练
13. 如图，四边形ABCD是一块直角梯形加热片，AB//CD，∠DAB=60∘ ，AB=AD=4 dm.现将△BCD沿BD折起，成为二面角A−BD−C是90∘ 的加热零件，则A,C间的距离是_____dm.（所有器件厚度忽略不计）
.
14. 庑殿顶是中国古代建筑的一种屋顶样式，它的屋面有四面坡，前后坡屋面全等且相交成一条正脊，两山屋面全等与前后屋面相交成四条垂脊，由于屋顶四面斜坡，也称“四阿顶”.庑殿顶的顶盖几何模型图如图所示，底面ABCD是矩形，若四个侧面与底面所成的角均相等，且BC=2,EF=1，则AB=______.
创新拓展练
15. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF=_________ 时，CF⊥ 平面B1DF.
16. 如图，五边形SBADC中的四边形ABCD是矩形，BC=2AB，SB=SC，沿BC折叠成四棱锥S−ABCD，M是BC的中点，SM=2.
（1）在四棱锥S−ABCD中，可以满足条件①SA=6，②cs∠SBM=55，③sin∠SAM=63.请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面SBC⊥ 底面ABCD.（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分）
（2）在（1）的条件下,求点M到平面SAD的距离.
7.4-空间直线、平面的垂直-专项训练【解析版】
基础巩固练
1. 下面四个说法：①如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直；②过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；③垂直于同一平面的两条直线互相平行；④经过一个平面的垂线的平面与这个平面垂直.其中正确的说法个数是（ C ）.
A. 1B. 2C. 3D. 4
[解析]如果一条直线与一个平面内的无数条平行线垂直，那么这条直线可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面斜交，故①错误；由线面垂直的性质可知，过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直，故②正确；由线面垂直的性质可知，垂直于同一平面的两条直线互相平行，故③正确；由面面垂直的判定定理可知，经过一个平面的垂线的平面与这个平面垂直，故④正确.故选C.
2. 已知m，n是不同的直线，α ，β 是不同的平面，则下列条件能使n⊥α 成立的是（ B ）.
A. α⊥β ，n⊂βB. α//β ，n⊥βC. α⊥β ，n//βD. m//α ，n⊥m
[解析]由α⊥β ，n⊂β ，不能说明n 与α 的关系，A错误；由α//β ，n⊥β 能够推出n⊥α ，B正确；由α⊥β ，n//β 可以得到n 与平面α 平行、相交或在平面α 内，C错误；m//α ，n⊥m，则n 与平面α 可能平行，D错误.故选B.
3. 如图，在三棱锥D−ABC中，若AB=CB,AD=CD，E是AC的中点，则下列说法中正确的是（ C ）.
A. 平面ABC⊥ 平面ABD
B. 平面ABC⊥ 平面BCD
C. 平面ABC⊥ 平面BDE，且平面ACD⊥ 平面BDE
D. 平面ABC⊥ 平面ACD，且平面ACD⊥ 平面BDE
[解析]对于C，因为AB=CB,AD=CD，E是AC 的中点，所以DE⊥AC,BE⊥AC，因为DE∩BE=E，DE⊂ 平面BDE,BE⊂ 平面BDE，所以AC⊥ 平面BDE，因为AC⊂ 平面ABC，所以平面ABC⊥ 平面BDE，同理，平面ACD⊥ 平面BDE，C正确；对于A，B，由于平面ABC⊥ 平面BDE，而平面BDE∩ 平面ABD=BD，故平面ABC 与平面ABD 不垂直，同理可得，平面ABC 与平面BCD 不垂直，A，B错误；对于D，平面ABC 与平面ACD 不一定垂直，D错误.故选C.
4. [2024·济南摸底]若P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥BC，PB⊥AC，则点P在△ABC所在平面内的射影O是△ABC的（ D ）.
A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心
[解析]如图所示，因为PA⊥BC,PO⊥BC，且PA∩PO=P，PA，PO⊂ 平面PAO，
所以BC⊥ 平面PAO，所以BC⊥OA，
同理，OB⊥AC，所以O 是△ABC 的垂心.故选D.
5. （改编）阅读下面题目及其证明过程，在横线处应填写的正确结论是（ C ）.
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，O是正方形ABCD的中心，PO⊥ 底面ABCD，E是线段PC上的任意一点，求证：平面PAC⊥ 平面BDE.
证明：因为PO⊥ 底面ABCD，所以PO⊥BD.
又因为AC⊥BD，且AC∩PO=O，所以 .
又因为BD⊂ 平面BDE，所以平面PAC⊥ 平面BDE.
A. BD⊥ 平面PBCB. AC⊥ 平面PBDC. BD⊥ 平面PACD. AC⊥ 平面BDE
[解析]因为PO⊥ 底面ABCD，所以PO⊥BD.又因为AC⊥BD，且AC∩PO=O，AC⊂ 平面PAC,PO⊂ 平面PAC，所以BD⊥ 平面PAC.又因为BD⊂ 平面BDE，所以平面PAC⊥ 平面BDE.故选C.
6. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，若AB:BB1=2:1，则AB1与平面BB1C1C所成的角的大小为（ A ）.
A. 45∘B. 60∘C. 30∘D. 75∘
[解析]如图，取BC 的中点D，连接AD，B1D，
∵AD⊥BC 且AD⊥BB1，BC∩BB1=B，BC⊂ 平面BCC1B1，BB1⊂ 平面BCC1B1，
∴AD⊥ 平面BCC1B1，
∴∠AB1D 为AB1 与平面BB1C1C 所成的角.
设AB=2，则AA1=1，AD=62，AB1=3，
∴sin∠AB1D=ADAB1=22，∴∠AB1D=45∘ .
即AB1 与平面BB1C1C 所成的角为45∘ .故选A.
7. （改编）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（ C ）.
A. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD
B. 直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥ 平面ABCD
C. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD
D. 直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥ 平面ABCD
[解析]如图，连接AD1，易知A1D 与AD1 互相平分，即M 是AD1 的中点，又N 是D1B 的中点，所以MN//AB，而MN⊄ 平面ABCD，AB⊂ 平面ABCD，故MN// 平面ABCD，又四边形ADD1A1 是正方形，则A1D⊥AD1，又AB⊥A1D，所以A1D⊥ 平面ABD1，所以A1D⊥D1B.故选C.
8.(2024·九省适应性测试)设α,β是两个平面,m,l是两条直线,则下列命题为真命题的是( C ).
A.若α⊥β,m∥α,l∥β,则m⊥l
B.若m⊂α,l⊂β,m∥l,则α∥β
C.若α∩β=m,l∥α,l∥β,则m∥l
D.若m⊥α,l⊥β,m∥l,则α⊥β
[解析] 对于A,m,l可能平行、相交或异面,故A错误;对于B,α,β可能相交或平行,故B错误;对于D,α,β平行,故D错误.由线面平行的性质可知C正确.
故选C.
综合提升练
9. （多选题）下列说法中正确的是（ ABD ）.
A. 夹在两个平行平面间的平行线段相等
B. 三个两两垂直的平面的交线也两两垂直
C. 如果直线a//平面α ，P∈α ，那么过点P且平行于直线a的直线有无数条，且一定在α 内
D. 已知m，n为异面直线，m⊥ 平面α ，n⊥ 平面β ，若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α ，l⊄β ，则α 与β 相交，且交线平行于l
[解析]如图1，α//β ,AB//CD,且A∈α ,C∈α ,B∈β ,D∈β ，求证：AB=CD.
因为AB//CD,所以过AB,CD可作平面γ ，且平面γ 与平面α 和β 分别相交于AC 和BD.
因为α//β ，所以BD//AC，所以四边形ABDC 是平行四边形，所以AB=CD,故A 正确；
如图2，平面α⊥β ，α⊥γ ，β⊥γ ，α∩β=a，α∩γ=b，β∩γ=c，
在平面α 内作异于a 的直线m⊥b，因为α⊥γ ，α∩γ=b，所以m⊥γ ，
因为β⊥γ ，所以m//β ，m⊂α ，α∩β=a，所以m//a，则a⊥γ ，
又因为α∩γ=b，β∩γ=c，所以b⊂γ ,c⊂γ ，则a⊥b,a⊥c，
同理可得，b⊥c，所以a⊥b,a⊥c,b⊥c，故B 正确；
若直线a// 平面α ，P∈α ，在平面α 内过点P 且平行于直线a 的直线有且只有一条，故C 错误；
因为m，n为异面直线，m⊥ 平面α ，n⊥ 平面β ，所以α 与β 相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，
又直线l 满足l⊥m，l⊥n，所以交线平行于l，故D 正确.故选ABD.
10. （多选题）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图，在鳖臑P−ABC中，PA⊥ 底面ABC,∠ABC=π2，作AE⊥PB于点E,AF⊥PC于点F，则下列结论正确的是（ ACD ）.
A. BC⊥ 平面PABB. AF⊥ 平面PBC
C. 三棱锥A−BCE是鳖臑D. 三棱锥A−CEF是鳖臑
[解析]对于A，因为PA⊥ 平面ABC，且BC⊂ 平面ABC，所以PA⊥BC，由∠ABC=π2，可得AB⊥BC，因为AB∩PA=A 且AB⊂ 平面PAB,PA⊂ 平面PAB，所以BC⊥ 平面PAB，所以A 正确；
对于B，因为BC⊥ 平面PAB，AE⊂ 平面PAB，所以AE⊥BC，又因为AE⊥PB，且PB∩BC=B，PB⊂ 平面PBC,BC⊂ 平面PBC，所以AE⊥ 平面PBC，所以AF 与平面PBC 不垂直，所以B 不正确；
对于C，因为AE⊥ 平面PBC，且CE⊂ 平面PBC,BE⊂ 平面PBC，所以AE⊥CE,AE⊥BE，所以△AEC,△ABE都为直角三角形，又∠ABC=π2，所以△ABC 为直角三角形，因为BC⊥ 平面PAB，BE⊂ 平面PAB，所以BC⊥BE，所以△BCE 为直角三角形，根据鳖臑的定义，可得三棱锥A−BCE 是一个鳖臑，所以C 正确；
对于D，因为AE⊥ 平面PBC，且CE⊂ 平面PBC,EF⊂ 平面PBC，所以AE⊥CE,AE⊥EF，所以△AEC,△AEF都为直角三角形，因为AF⊥PC，所以△ACF 为直角三角形，因为AE⊥ 平面PBC，CF⊂ 平面PBC，所以AE⊥CF，因为CF⊥AF，且AE∩AF=A，AE⊂ 平面AEF,AF⊂ 平面AEF，所以CF⊥ 平面AEF，又因为EF⊂ 平面AEF，所以CF⊥EF，所以△CEF 为直角三角形，根据鳖臑的定义，可得三棱锥A−CEF 是一个鳖臑，所以D 正确.故选ACD.
11. 已知在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为线段CD上任意一点,现将△AED沿AE折起，使得平面ABD⊥ 平面ABCE，则CE的取值范围是[0,1) .
[解析]当平面ABD⊥ 平面ABCE 时，点D 恰好在直线AB 的正上方，则当△ADE 沿AE 翻折到平面ABCE 上时，点D 一定在直线AB 的下方，如图.
当E 为CD 的中点时，∠EAD=45∘ ，所以∠EAD>45∘ ,则ED>AD=1,即ED∈(1,2]，
所以CE 的取值范围是[0,1).
12. 在三棱锥P−ABC中，能证明AP⊥BC的条件是①③④.
①AP⊥PB，AP⊥PC；
②AP⊥PB，BC⊥PB；
③平面BCP⊥ 平面PAC，BC⊥PC；
④PB=PC，AB=AC.
[解析]对于①，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC=P，PB⊂ 平面PBC,PC⊂ 平面PBC，所以AP⊥ 平面PBC，因为BC⊂ 平面PBC，所以AP⊥BC，①满足条件；对于②，AP⊥PB，BC⊥PB，无法证明AP⊥BC，②不满足条件；对于③，因为平面BCP⊥ 平面PAC，平面BCP∩ 平面PAC=PC，BC⊥PC，BC⊂ 平面BCP，所以BC⊥ 平面PAC，又AP⊂ 平面PAC，所以AP⊥BC，③满足条件；对于④，如图，取BC 的中点D，连接AD,PD，因为PB=PC，D为BC 的中点，所以BC⊥PD，同理可得BC⊥AD，因为AD∩PD=D，AD⊂ 平面PAD,PD⊂ 平面PAD，所以BC⊥ 平面PAD，因为AP⊂ 平面PAD，所以AP⊥BC，④满足条件.
应用情境练
13. 如图，四边形ABCD是一块直角梯形加热片，AB//CD，∠DAB=60∘ ，AB=AD=4 dm.现将△BCD沿BD折起，成为二面角A−BD−C是90∘ 的加热零件，则A,C间的距离是4dm.（所有器件厚度忽略不计）
[解析]∵ 四边形ABCD 是一块直角梯形加热片，AB//CD，∠DAB=60∘ ，AB=AD=4 dm，∴△DAB为等边三角形，BC=23 dm,DC=2 dm，如图，设E 为BD 的中点，连接AE，CE，则AE⊥BD，又二面角A−BD−C 是90∘ ，
∴AE⊥ 平面BCD，CE⊂ 平面BCD，∴AE⊥CE，又CE=2 dm，AE=23 dm，∴AC=AE2+CE2=4dm.
14. 庑殿顶是中国古代建筑的一种屋顶样式，它的屋面有四面坡，前后坡屋面全等且相交成一条正脊，两山屋面全等与前后屋面相交成四条垂脊，由于屋顶四面斜坡，也称“四阿顶”.庑殿顶的顶盖几何模型图如图所示，底面ABCD是矩形，若四个侧面与底面所成的角均相等，且BC=2,EF=1，则AB=3.
[解析]如图，取AD,BC的中点G,M，连接GM，过点F 作FO⊥ 平面ABCD 于点O，过点E 作EL⊥ 平面ABCD 于点L，作OH⊥AB 于点H，连接FG,FH，因为底面ABCD 是矩形，所以AB//CD，又因为CD⊂ 平面CDFE，AB⊄ 平面CDFE，所以AB// 平面CDFE，又因为AB⊂ 平面ABEF，平面CDFE∩ 平面ABEF=EF，所以AB//EF，因为平面ABEF，平面CDFE 与底面ABCD 所成的角相等，所以点O,L在直线GM 上，且OL=EF=1，OH=12BC=1，根据三垂线定理可得，∠FGO为平面FAD 与平面ABCD 所成的角，∠FHO为平面ABEF 与平面ABCD 所成的角，所以∠FGO=∠FHO，又OF 为公共边，所以Rt△OFG≌Rt△OFH，所以OG=OH=1，同理ML=1，所以AB=GM=OG+OL+LM=1+1+1=3.
创新拓展练
15. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF=a 或2a 时，CF⊥ 平面B1DF.
[解析]由已知得△A1B1C1 是等腰直角三角形，A1B1=B1C1，D是A1C1 的中点，∴B1D⊥A1C1.
∵ 平面A1B1C1⊥ 平面A1ACC1，平面A1B1C1∩ 平面A1ACC1=A1C1，∴B1D⊥ 平面A1ACC1.
又CF⊂ 平面A1ACC1，∴B1D⊥CF.
若CF⊥ 平面B1DF，则CF⊥DF.
设AF=x0≤x≤3a，则CF2=x2+4a2，
DF2=a2+3a−x2,CD2=a2+9a2=10a2，
∴10a2=x2+4a2+a2+3a−x2，
解得x=a 或x=2a.
16. 如图，五边形SBADC中的四边形ABCD是矩形，BC=2AB，SB=SC，沿BC折叠成四棱锥S−ABCD，M是BC的中点，SM=2.
（1）在四棱锥S−ABCD中，可以满足条件①SA=6，②cs∠SBM=55，③sin∠SAM=63.请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面SBC⊥ 底面ABCD.（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分）
（2）在（1）的条件下,求点M到平面SAD的距离.
[解析]（1）方案一：选条件①②.
因为在四棱锥S−ABCD 中，SB=SC，M为BC 的中点，所以SM⊥BC，
在Rt△SBM 中，SM=2，cs∠SBM=BMSB=BMSM2+BM2=BM4+BM2=55，解得BM=1，
又因为四边形ABCD 为矩形，BC=2AB，所以BM=AB=1，AM=AB2+BM2=12+12=2.
因为SA=6，AM=2，SM=2，所以SA2=AM2+SM2，则SM⊥AM.
因为AM∩BC=M，AM,BC⊂ 平面ABCD，所以SM⊥ 平面ABCD.
因为SM⊂ 侧面SBC，所以侧面SBC⊥ 平面ABCD.
方案二：选条件①③.
因为在四棱锥S−ABCD 中，SB=SC，M为BC 的中点，所以SM⊥BC，
在△SAM 中，SA=6，sin∠SAM=63，SM=2，
由正弦定理可得SAsin∠SMA=SMsin∠SAM，即6sin∠SMA=263，
所以sin∠SMA=1，所以∠SMA=π2，即SM⊥AM，
因为AM∩BC=M，AM,BC⊂ 平面ABCD，所以SM⊥ 平面ABCD，
因为SM⊂ 侧面SBC，所以侧面SBC⊥ 平面ABCD.
方案三：选条件②③.
因为在四棱锥S−ABCD 中，SB=SC，M为BC 的中点，
所以SM⊥BC，
在Rt△SBM 中，SM=2，cs∠SBM=BMSB=BMSM2+BM2=BM4+BM2=55，解得BM=1，
又因为四边形ABCD 为矩形，BC=2AB，所以BM=AB=1，
所以AM=AB2+BM2=12+12=2，
在△SAM 中，sin∠SAM=63，则cs∠SAM=1−sin2∠SAM=1−632=33，
设SA=x，由余弦定理可得SM2=SA2+AM2−2SA⋅AMcs∠SAM，
整理可得3x2−26x−6=0，解得x=6 或x=−63（舍去），所以SA=6.
因为SA=6，AM=2，SM=2，所以SA2=AM2+SM2，
则SM⊥AM.
因为AM∩BC=M，AM，BC⊂ 平面ABCD，所以SM⊥ 平面ABCD，
因为SM⊂ 侧面SBC，所以侧面SBC⊥ 平面ABCD.
（2）在（1）的条件下，SM⊥ 平面ABCD，
因为M 为BC 的中点，SM=2，BM=AB=1，
在△ADM 中，AM=DM=2，AD=2，则AM2+DM2=AD2，
所以AM⊥DM，则S△ADM=12AM⋅DM=12×22=1，
V三棱锥S−ADM=13S△ADM⋅SM=13×1×2=23，
在△SAD 中，SA=SD=6，AD=2，则cs∠ASD=SA2+SD2−AD22SA⋅SD=6+6−412=23，
所以sin∠ASD=1−cs2∠ASD=53，
所以S△ASD=12SA⋅SDsin∠ASD=12×6×53=5，
设点M 到平面SAD 的距离为ℎ，由V三棱锥S−ADM=V三棱锥M−ASD 可得13S△SAD⋅ℎ=23，所以ℎ=2S△SAD=25=255.
因此点M 到平面SAD 的距离为255.