(本小题满分13分) 如图， AD BC∥ 且AD=2BC…——2018 高考数学第 17 题答案解析

【解答】
本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分

依题意，可以建立以D为原点，分别以_DA，DC，DG 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2）， $M \ ( 0 , \ { \frac { 3 } { 2 } } \ , \ 1 )$ ，N（1，0，2）

（Ⅰ）证明：依题意 $\overrightarrow { D C } = \left( 0 , \ 2 , \ 0 \right)$ $\overrightarrow { D E } = \left( 2 , \ 0 , \ 2 \right)$ ．设 $\scriptstyle { \pmb { n } } _ { 0 } = ( x , y , z )$ 为平面CDE的法向量，则$\left\{ \begin{array} { l l } { \pmb { n } _ { 0 } \cdot \overrightarrow { D C } = 0 , } \\ { \pmb { n } _ { 0 } \cdot \overrightarrow { D E } = 0 , } \end{array} \right.$ 即 $\left\{ \begin{array} { l l } { { 2 y = 0 , } } \\ { { 2 x + 2 z = 0 } } \end{array} \right.$ 不妨令 $\scriptstyle \mathbf { Z } = - 1$ ，可得 ${ \pmb n } _ { 0 } { = \ ( 1 , \ 0 , \ - 1 ) }$ ．又 $\overrightarrow { M N } = ~ ( 1 , ~ - \frac { 3 } { 2 } , ~ 1 )$ ，可得${ \overrightarrow { M N } } \cdot n _ { \mathrm { 0 } } = 0$ ，又因为直线MNË平面CDE，所以MN_∥平面CDE

（Ⅱ）解：依题意，可得 $\overrightarrow { B C } = \ ( - 1 , \ 0 , \ 0 )$ $\overrightarrow { B E } = ( 1 , - 2 , 2 )$ $\overrightarrow { C F } = \ ( 0 , \ - 1 , \ 2 )$

设 $\mathbf { \xi } \cdot \mathbf { \xi } _ { n } = \mathbf { \xi } ( x , \ y , \ z )$ 为平面BCE的法向量，则 $\left\{ { \pmb n } \cdot \overrightarrow { B C } = 0 , \right.$

$$ \left\{ { \begin{array} { l } { - x = 0 , } \\ { x - 2 y + 2 z = 0 , } \end{array} } \right. $$

不妨令z=1，可得 $\mathbf { \sigma } \cdot \mathbf { \sigma } \mathbf { n } = \mathbf { \sigma } ( 0 , \ 1 , \ \mathbf { \sigma } 1 )$

设 $\mathbf { \chi } _ { } ^ { } \mathbf { \cdot } \mathbf { \chi } _ { } ^ { m = } \mathbf { \chi } ( x , \ \mathbf { \chi } _ { } \mathbf { \ } _ { } y , \mathbf { \ } { z } )$ 为平面BCF的法向量，则 $\left\{ \begin{array} { l } { { \pmb { m } } \cdot { \overrightarrow { B C } } = 0 , } \\ { { \pmb { m } } \cdot { \overrightarrow { B F } } = 0 , } \end{array} \right.$

即 $\left\{ { \begin{array} { l } { - x = 0 , } \\ { - y + 2 z = 0 , } \end{array} } \right.$

不妨令z=1，可得m=（0，2，1）

因此有cos<m， $\pmb { n } > = \frac { \pmb { m } \cdot \pmb { n } } { \lvert \pmb { m } \rvert \rvert \pmb { n } \rvert } = \frac { 3 \sqrt { 1 0 } } { 1 0 }$ ，于是sin<m， $\scriptstyle n > = { \frac { \sqrt { 1 0 } } { 1 0 } }$

所以，二面角 $E { - } B C { - } F$ 的正弦值为 $\frac { \sqrt { 1 0 } } { 1 0 }$

（Ⅲ）解：设线段DP的长为h $( h \in ~ [ 0 , ~ 2 ] ~ )$ ，则点P的坐标为（0，0，h），可得 $\overrightarrow { B P } = ( - 1 , - 2 , h )$

易知， $\overrightarrow { D C } = \left( 0 , \ 2 , \ 0 \right)$ 为平面ADGE的一个法向量，故

$$ \Big \vert \cos < \overrightarrow { B P } \cdot \overrightarrow { D C } > \Big \vert = \frac { \Big \vert \overrightarrow { B P } \cdot \overrightarrow { D C } \Big \vert } { \Big \vert \overrightarrow { B P } \Big \vert \Big \vert \overrightarrow { D C } \Big \vert } = \frac { 2 } { \sqrt { h ^ { 2 } + 5 } } , $$

由题意，可得 $\frac { 2 } { \sqrt { h ^ { 2 } + 5 } } = \mathrm { s i n } 6 0 ^ { \circ } = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$ ，解得 $\scriptstyle \mathtt { \mathtt { \mathtt { \mathtt { h } } = \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } \in \ [ 0 , \ 2 ] } }$

所以线段DP的长为 $\frac { \sqrt { 3 } } { 3 }$