如图，直四棱柱 A B C D A _ 1 B _ 1 C…——2019 高考数学第 18 题答案解析

【答案】（1）见解析；（2） $\frac { \sqrt { 1 0 } } { 5 }$

【解析】

【分析】

（1）利用三角形中位线和A $\underset { 1 } { \overset { } { D } } \underset { = } { \overset { } { \underset { } { \binom { J } { B _ { 1 } } C } } }$ 可证得 $M E / \mathop { / N D }$ ，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得 $M N / / D E$ ，根据线面平行判定定理可证得结论；②以菱形ABCD对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取AB中点F，可证得 $D F \perp$ 平面 $A M A _ { \mathrm { l } }$ ，得到平面 $A M A _ { 1 }$ 的法向量 $^ { \mathrm { u u u } } _ { D F }$ ；再通过向量法求得平面 $M A _ { 1 } N$ 的法向量 $\vec { n }$ ，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.

【详解】（1）连接ME， $B _ { 1 } C$

$\because M$ ，E分别为 $B B _ { 1 }$ ，BC 中点∴ME为 $\Delta B _ { \mathrm { 1 } } B C$ 的中位线

$\therefore M E / / B _ { 1 } C$ 且 $M E = \frac { 1 } { 2 } B _ { 1 } C$

又N为 $A _ { \mathrm { l } } D$ 中点，且 $A _ { 1 } D / \underline { { { / B } } } _ { 1 } C$ ∴ $N D / / B _ { \mathrm { 1 } } C$ 且 $N D = \frac { 1 } { 2 } B _ { 1 } C$

$\therefore M E / \underline { { { \langle N D } } }$ ∴四边形 $M N D E$ 为平行四边形

$\therefore M N / / D E$ ，又 $M N \ne$ 平面 $C _ { 1 } D E$ $D E { \bf { \dot { \vert } } }$ 平面 $C _ { 1 } D E$

$\therefore M N / /$ 平面 $C _ { 1 } D E$

> ② 设 $A C \cap B D = O$ $A _ { 1 } C _ { 1 } \cap B _ { 1 } D _ { 1 } = O _ { 1 }$

由直四棱柱性质可知： $O O _ { 1 }$ ⊥平面 $A B C D$

∵四边形ABCD为菱形∴ $A C \bot B D$

则以O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则： $A \left( { \sqrt { 3 } } , 0 , 0 \right)$ $M ( 0 , 1 , 2 )$ $A _ { 1 } \left( { \sqrt { 3 } } , 0 , 4 \right)$ , D(0, -1,0) $N \left( { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } , - { \frac { 1 } { 2 } } , 2 \right)$

取AB 中点F，连接DF，则 $F \left( { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } , { \frac { 1 } { 2 } } , 0 \right)$

∵四边形 $A B C D$ 为菱形且 $\angle B A D = 6 0 ^ { \circ }$ ∴∆BAD为等边三角形∴ $D F \bot A B$

又 $A A _ { 1 }$ ⊥平面ABCD, $D F \subset$ 平面 ABCD: $. D F \bot A A$

$\therefore D F \perp$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$ ，即 $D F \perp$ 平面 $A M A _ { \mathrm { 1 } }$

$\therefore \overrightarrow { D F }$ 为平面 $A M A _ { \mathrm { l } }$ 的一个法向量，且 $\overrightarrow { D F } = \left( \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } , \frac { 3 } { 2 } , 0 \right)$

设平面 $M A _ { 1 } N$ 的法向量 $\vec { n } = \left( x , y , z \right)$ ，又 ${ \overrightarrow { M A _ { 1 } } } = \left( { \sqrt { 3 } } , - 1 , 2 \right)$ $\overrightarrow { M N } = \left( \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } , - \frac { 3 } { 2 } , 0 \right)$

$\therefore \left\{ { \begin{array} { l } { { \vec { n } } \cdot { \widehat { M A _ { 1 } } } = { \sqrt { 3 } } x - y + 2 z = 0 } \\ { { \vec { n } } \cdot { \widehat { M N } } = { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } x - { \frac { 3 } { 2 } } y = 0 } \end{array} } \right.$ ，令 $x = { \sqrt { 3 } }$ ，则y =1，z = −1 ∴ $\vec { n } = \left( \sqrt { 3 } , 1 , - 1 \right)$

$$ \therefore \cos < \overrightarrow { D F } , \overrightarrow { n } > = \frac { \overrightarrow { D F } \cdot \overrightarrow { n } } { \left| \overrightarrow { D F } \right| \cdot \left| \overrightarrow { n } \right| } = \frac { 3 } { \sqrt { 1 5 } } = \frac { \sqrt { 1 5 } } { 5 } \quad \cdot \cdot \sin < \overrightarrow { D F } , \overrightarrow { n } > = \frac { \sqrt { 1 0 } } { 5 } $$

∴二面角 $A { - } M A _ { 1 } { - } N$ 的正弦值为： $\frac { \sqrt { 1 0 } } { 5 }$

【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.