2022_浙江卷 (2022)
19．如图，已知 $A B C D$ 和 $C D E F$ 都是直角梯形，$A B / / D C, D C / / E F, A B=5, D C=3$ ， $E F=1, \angle B A D=\angle C D E=60^{\circ}$ ，二面角 $F-D C-B$ 的平面角为 $60^{\circ}$ ．设 $M, N$ 分别为 $A E, B C$ 的中点．
（1）证明：$F N \perp A D$ ；
（2）求直线 $B M$ 与平面 $A D E$ 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
②$\frac{5 \sqrt{7}}{14}$ ．
## 【解析】
【分析】（1）过点 $E , D$ 分别做直线 $D C , A B$ 的垂线 $E G , D H$ 并分别交于点 $G , H$ ，由平面知识易得 $F C=B C$ ，再根据二面角的定义可知，$\angle B C F=60^{\circ}$ ，由此可知，$F N \perp B C, F N \perp C D$ ，从而可证得 $F N \perp$ 平面 $A B C D$ ，即得 $F N \perp A D$ ；
②由（1）可知 $F N \perp$ 平面 $A B C D$ ，过点 $N$ 做 $A B$ 平行线 $N K$ ，所以可以以点 $N$ 为原点，$N K$ ， $N B , N F$ 所在直线分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴建立空间直角坐标系 $N-x y z$ ，求出平面 $A D E$ 的一个法向量，以及 $\overrightarrow{B M}$ ，即可利用线面角的向量公式解出．
## 【小问 1 详解】
过点 $E , D$ 分别做直线 $D C , A B$ 的垂线 $E G , D H$ 并分别交于点交于点 $G , H$ ．
∵ 四边形 $A B C D$ 和 $E F C D$ 都是直角梯形，$A B / / D C, C D / / E F, A B=5, D C=3, E F=1$ ， $\angle B A D=\angle C D E=60^{\circ}$ ，由平面几何知识易知，
$D G=A H=2, \angle E F C=\angle D C F=\angle D C B=\angle A B C=90^{\circ}$ ，则四边形 $E F C G$ 和四边形 $D C B H$ 是矩形，
∴ 在 Rt $\triangle E G D$ 和 Rt $\triangle D H A, E G=D H=2 \sqrt{3}$ ，
$\because D C \perp C F, D C \perp C B$ ，且 $C F \cap C B=C$ ，
$\therefore D C \perp$ 平面 $B C F, \angle B C F$ 是二面角 $F-D C-B$ 的平面角，则 $\angle B C F=60^{\circ}$ ，
$\therefore \triangle B C F$ 是正三角形，由 $D C \subset$ 平面 $A B C D$ ，得平面 $A B C D \perp$ 平面 $B C F$ ，
$\because N$ 是 $B C$ 的中点，$\therefore F N \perp B C$ ，又 $D C \perp$ 平面 $B C F, F N \subset$ 平面 $B C F$ ，可得 $F N \perp C D$ ，而 $B C \cap C D=C, \therefore F N \perp$ 平面 $A B C D$ ，而 $A D \subset$ 平面 $A B C D \therefore F N \perp A D$ ．
## 【小问 2 详解】
因为 $F N \perp$ 平面 $A B C D$ ，过点 $N$ 做 $A B$ 平行线 $N K$ ，所以以点 $N$ 为原点，$N K, N B , N F$ 所在直线分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴建立空间直角坐标系 $N-x y z$ ，
设 $A(5, \sqrt{3}, 0), B(0, \sqrt{3}, 0), D(3,-\sqrt{3}, 0), E(1,0,3)$ ，则 $M\left(3, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$ ，
$\therefore \overrightarrow{B M}=\left(3,-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right), \overrightarrow{A D}=(-2,-2 \sqrt{3}, 0), \overrightarrow{D E}=(-2, \sqrt{3}, 3)$
设平面 $A D E$ 的法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$
由 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A D}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}=0\end{array}\right.$ ，得 $\left\{\begin{array}{l}-2 x-2 \sqrt{3} y=0 \\ -2 x+\sqrt{3} y+3 z=0\end{array}\right.$ ，取 $\vec{n}=(\sqrt{3},-1, \sqrt{3})$ ，
设直线 $B M$ 与平面 $A D E$ 所成角为 $\theta$ ，
$\therefore \sin \theta=|\cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{B M}\rangle|=\frac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{B M}|}{|\vec{n}| \cdot \overrightarrow{B M} \mid}=\frac{\left|3 \sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3 \sqrt{3}}{2}\right|}{\sqrt{3+1+3} \cdot \sqrt{9+\frac{3}{4}+\frac{9}{4}}}=\frac{5 \sqrt{3}}{\sqrt{7} \cdot 2 \sqrt{3}}=\frac{5 \sqrt{7}}{14}$ ．
