如图，已知 A B C D 和 C D E F 都是直角梯…——2022 高考数学第 19 题答案解析

（1）证明：
由题意，四边形 $ABCD$ 和 $CDEF$ 均为直角梯形，且 $AB // DC, DC // EF$。
因为 $\angle BAD = 60^{\circ}$，所以 $\angle ABC = \angle BCD = 90^{\circ}$，即 $BC \perp DC$。
同理，因为 $\angle CDE = 60^{\circ}$，所以 $\angle DCF = \angle CFE = 90^{\circ}$，即 $CF \perp DC$。
因为 $BC \cap CF = C$，所以 $DC \perp$ 平面 $BCF$。
又 $BC \subset$ 平面 $BCF, CF \subset$ 平面 $BCF$，
所以 $\angle BCF$ 即为二面角 $F-DC-B$ 的平面角，故 $\angle BCF = 60^{\circ}$。

在直角梯形 $ABCD$ 中，过 $D$ 作 $DH \perp AB$ 于 $H$。
则 $AH = AB - DC = 5 - 3 = 2$。
在 Rt$\triangle ADH$ 中，$AD = \frac{AH}{\cos 60^{\circ}} = 4, DH = AH \tan 60^{\circ} = 2\sqrt{3}$。
因为 $BC = DH$，所以 $BC = 2\sqrt{3}$。

在直角梯形 $CDEF$ 中，过 $E$ 作 $EG \perp DC$ 于 $G$。
则四边形 $EFCG$ 为矩形，$GC = EF = 1$。
所以 $DG = DC - GC = 3 - 1 = 2$。
在 Rt$\triangle DGE$ 中，$EG = DG \tan 60^{\circ} = 2\sqrt{3}$。
因为 $CF = EG$，所以 $CF = 2\sqrt{3}$。

在 $\triangle BCF$ 中，$BC = CF = 2\sqrt{3}$，且 $\angle BCF = 60^{\circ}$，
所以 $\triangle BCF$ 为等边三角形。
因为 $N$ 为 $BC$ 的中点，所以 $FN \perp BC$。
又因为 $DC \perp$ 平面 $BCF$，$FN \subset$ 平面 $BCF$，所以 $DC \perp FN$。
因为 $BC \cap DC = C$，所以 $FN \perp$ 平面 $ABCD$。
又 $AD \subset$ 平面 $ABCD$，所以 $FN \perp AD$。

（2）解：
由（1）知 $FN \perp$ 平面 $ABCD$，且 $FN = BC \cdot \sin 60^{\circ} = 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$。
以 $N$ 为原点，过 $N$ 且平行于 $AB$ 的直线为 $x$ 轴，$NB$ 所在直线为 $y$ 轴，$NF$ 所在直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $N-xyz$。
则 $N(0, 0, 0)$。
因为 $BC = 2\sqrt{3}$，$N$ 为中点，所以 $B(0, \sqrt{3}, 0), C(0, -\sqrt{3}, 0)$。
因为 $FN = 3$，所以 $F(0, 0, 3)$。
因为 $AB = 5, AB // x$ 轴，且 $A$ 在 $B$ 的 $x$ 轴正方向一侧（由 $\angle BAD=60^{\circ}$ 及图形相对位置可知），
所以 $A(5, \sqrt{3}, 0)$。
因为 $DC = 3, DC // x$ 轴，且 $D$ 在 $C$ 的 $x$ 轴正方向一侧，
所以 $D(3, -\sqrt{3}, 0)$。
因为 $EF = 1, EF // DC$，且 $E$ 在平面 $CDEF$ 内，
由 $\angle CDE = 60^{\circ}$ 可推得 $E(1, 0, 3)$。

$M$ 为 $AE$ 的中点，
所以 $M\left( \frac{5+1}{2}, \frac{\sqrt{3}+0}{2}, \frac{0+3}{2} \right) = \left( 3, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2} \right)$。
所以 $\overrightarrow{BM} = \left( 3, -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2} \right)$。
$\overrightarrow{AD} = (3-5, -\sqrt{3}-\sqrt{3}, 0) = (-2, -2\sqrt{3}, 0)$。
$\overrightarrow{DE} = (1-3, 0-(-\sqrt{3}), 3-0) = (-2, \sqrt{3}, 3)$。

设平面 $ADE$ 的法向量为 $\vec{n} = (x, y, z)$，
则 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AD} = -2x - 2\sqrt{3}y = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{DE} = -2x + \sqrt{3}y + 3z = 0 \end{cases}$。
由第一式得 $x = -\sqrt{3}y$。
代入第二式得 $2\sqrt{3}y + \sqrt{3}y + 3z = 0$，即 $3\sqrt{3}y + 3z = 0$，所以 $z = -\sqrt{3}y$。
令 $y = -1$，则 $x = \sqrt{3}, z = \sqrt{3}$。
所以平面 $ADE$ 的一个法向量为 $\vec{n} = (\sqrt{3}, -1, \sqrt{3})$。

设直线 $BM$ 与平面 $ADE$ 所成角为 $\theta$，
则 $\sin \theta = |\cos \langle \vec{n}, \overrightarrow{BM} \rangle| = \frac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{BM}|}{|\vec{n}| \cdot |\overrightarrow{BM}|}$。
$\vec{n} \cdot \overrightarrow{BM} = 3\sqrt{3} + (-1)\left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) + \sqrt{3} \cdot \frac{3}{2} = 3\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3}$。
$|\vec{n}| = \sqrt{3 + 1 + 3} = \sqrt{7}$。
$|\overrightarrow{BM}| = \sqrt{3^2 + \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 + \left( \frac{3}{2} \right)^2} = \sqrt{9 + \frac{3}{4} + \frac{9}{4}} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。
所以 $\sin \theta = \frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{7} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{5}{2\sqrt{7}} = \frac{5\sqrt{7}}{14}$。
即直线 $BM$ 与平面 $ADE$ 所成角的正弦值为 $\frac{5\sqrt{7}}{14}$。