如图，三棱锥 A-B C D 中， D A=D B=D C…——2023 高考数学第 20 题答案解析

（1）连接 $AE, DE$．
因为 $DB=DC$，且 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $DE \perp BC$．
因为 $DA=DB=DC$，且 $\angle ADB = \angle ADC = 60^{\circ}$，
所以 $\triangle ABD$ 和 $\triangle ACD$ 均为等边三角形，故 $AB=AC$．
又因为 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $AE \perp BC$．
因为 $DE \cap AE = E$，且 $DE, AE \subset$ 平面 $ADE$，
所以 $BC \perp$ 平面 $ADE$．
又因为 $DA \subset$ 平面 $ADE$，所以 $BC \perp DA$．

（2）不妨设 $DA=DB=DC=2$．
在 Rt$\triangle BDC$ 中，$BD \perp CD$，则 $BC = \sqrt{2^2+2^2} = 2\sqrt{2}$，故 $DE = \frac{1}{2}BC = \sqrt{2}$．
在等边 $\triangle ABD$ 中，$AB=2$，故 $AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \sqrt{4-2} = \sqrt{2}$．
在 $\triangle ADE$ 中，$AE^2 + DE^2 = 2+2=4=AD^2$，所以 $AE \perp DE$．
由（1）知 $AE \perp BC$，又 $DE \cap BC = E$，$DE, BC \subset$ 平面 $BCD$，
所以 $AE \perp$ 平面 $BCD$．

以 $E$ 为原点，分别以 $ED, EB, EA$ 所在直线为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系．
则 $E(0,0,0)$，$D(\sqrt{2}, 0, 0)$，$B(0, \sqrt{2}, 0)$，$A(0, 0, \sqrt{2})$．
$\overrightarrow{DA} = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB} = (0, \sqrt{2}, -\sqrt{2})$．
设平面 $DAB$ 的法向量为 $\vec{n_1} = (x_1, y_1, z_1)$，
则 $\begin{cases} \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{DA} = -\sqrt{2}x_1 + \sqrt{2}z_1 = 0 \\ \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{AB} = \sqrt{2}y_1 - \sqrt{2}z_1 = 0 \end{cases}$，
取 $x_1=1$，得 $z_1=1, y_1=1$，故 $\vec{n_1} = (1, 1, 1)$．

由 $\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DA} = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$，得 $F(-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$．
$\overrightarrow{AF} = (-\sqrt{2}, 0, 0)$．
设平面 $ABF$ 的法向量为 $\vec{n_2} = (x_2, y_2, z_2)$，
则 $\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{AB} = \sqrt{2}y_2 - \sqrt{2}z_2 = 0 \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{AF} = -\sqrt{2}x_2 = 0 \end{cases}$，
取 $y_2=1$，得 $z_2=1, x_2=0$，故 $\vec{n_2} = (0, 1, 1)$．

设二面角 $D-AB-F$ 的平面角为 $\theta$，
则 $|\cos \theta| = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|} = \frac{|1\times0 + 1\times1 + 1\times1|}{\sqrt{3} \times \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$．
所以 $\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - \frac{6}{9}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$．
即二面角 $D-AB-F$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$．