浙江 2020 · 数学 q19

题解图（官方解法，据图核） · 规范化转写 · 本题暂无攻略，下方回落显示官方解析

题解图（原卷截图 · 含答案与官方解析）

浙江 2020 · 数学 q19 原卷截图（含答案）

文字转写（题面 + 官方解析）

题面

19．如图，三棱台DEF−ABCD E F - A B C中，面ADFC⊥A D F C \bot面 ABC，\angle A C B = \angle A C D = 4 5^{\circ}$$D C {=} 2 B C

（Ⅰ）证明：EF⊥DBE F \bot D B；

（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值

（Ⅰ）证明：EF⊥DBE F \bot D B；

（Ⅱ）求DF与面DBC所成角的正弦值

解析

分析

（Ⅰ）题根据已知条件，作 DH⊥AC，根据面面垂直，可得DH⊥BCD H \bot B C，进一步根据直角三角形的知识可判断出△BHC 是直角三角形，且∠HBC=90∘\angle H B C = 9 0^{\circ}，则HB⊥BCH B \bot B C从而可证出 BC⊥面 DHB，最后根据棱台的定义有 EF∥BC，根据平行线的性质可得 EF⊥DB\perp D B；

（Ⅱ）题先可设BC＝1，根据解直角三角形可得BH＝1，scriptstyle H C = {\sqrt{2}} , \ D H = {\sqrt{2}} , \ D C = 2$$D B = {\sqrt{3}} ,，然后找到CH与面DBC的夹角即为∠HCG\angle H C G，根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算∠HCG\angle H C G的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值

解：（Ⅰ）证明：作DH⊥AC,D H \bot A C ,，且交AC于点H，

∵面ADFC⊥A D F C \bot面 ABC，DH⊂面 ADFC，∴.DH⊥BC. D H \bot B C

∴在Rt△DHC\mathrm{R t} \triangle D H C中，CH=CD⋅cos⁡45∘ =22CD,C H {=} C D {\cdot} \cos 4 5^{\circ} \ {=} \frac{\sqrt 2}{2} C D ,

∵DC=2BC,\because D C = 2 B C ,，∴CH=22CD=22∙2BC=2∙BC,C H {=} \frac{\sqrt{2}}{2} C D {=} \frac{\sqrt{2}}{2}{\bullet} 2 B C {=} \sqrt{2}{\bullet} B C ,

∴BCCH=22\therefore \frac{B C}{C H} = \frac{\sqrt{2}}{2}，即△BHC\triangle B H C是直角三角形，且∠HBC=90∘\angle H B C = 9 0^{\circ}

∴HB⊥BC，∴BC⊥面 DHB，∵BD⊂面 DHB，∴BC⊥BD，

∵在三棱台DEF−ABCD E F - A B C中，EF//BC,∴EF⊥DBE F / / B C , \therefore E F \bot D B

（Ⅱ）设BC=1B C = 1，则 BH＝1，HC=2.H C = {\sqrt{2}} .

在Rt△DHC\mathrm{R t} \triangle D H C中，DH=2, DC=2D H {=} \sqrt{2} , \ D C {=} 2

在Rt△DHB\mathrm{R t} \triangle D H B中，DB=DH2+HB2=2+1=3,D B {=} \sqrt{{D H}^{2}{+}{H B}^{2}}{=} \sqrt{2 {+}{1}}{=} \sqrt{3} ,

作HG⊥BDH G \bot B D于G , \ \because B C \bot H G , \ \therefore H G \bot \overleftrightarrow{\oplus} \ B C D , \ \because G C \subset \oplus \ B C D$$\therefore H G \bot G C，∴△HGC是直角三角形，EL⁡∠HGC=90∘\operatorname{E L} \angle H G C = 9 0^{\circ}

设DF与面DBC所成角为θ，则θ 即为CH与面DBC的夹角，

且sin⁡Θ=sin⁡∠HCG=HGHC=HG2,\sin \Theta = \sin \angle H C G = \frac{\mathrm{H G}}{\mathrm{H C}} = \frac{\mathrm{H G}}{\sqrt{2}} ,

∵\because在Rt△DHB\mathrm{R t} \triangle D H B中，DH∙HB=BD∙HGD H \bullet H B {=} B D \bullet H G

∴HG=DH⋅HBBD=2⋅13=63,\therefore H G = \frac{\mathrm{DH} \cdot \mathrm{HB}}{\mathrm{BD}} = \frac{\sqrt{2} \cdot 1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3},

∴sin⁡θ=HG2=6323=33.\therefore \sin \theta = \frac{\mathrm{HG}}{\sqrt{2}} = \frac{\frac{\sqrt{6}}{3}}{\frac{\sqrt{2}}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}.