浙江 2022 · 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 2022 · 数学 q19 原卷截图（含答案）

文字转写（题面 + 答案 + 官方解析）

题面

  1. 如图，已知 ABCD 和 CDEF 都是直角梯形， AB∥DCAB \parallel DC ， DC∥EFDC \parallel EF ，AB = 5，DC = 3，EF = 1， ∠BAD=∠CDE=60∘\angle BAD = \angle CDE = 60^{\circ} ，二面角 F - DC - B 的平面角为 60∘60^{\circ} ．设 M，N 分别为 AE, BC 的中点.

（1）证明： FN⊥AD;FN \perp AD;

(2) 求直线 BM 与平面 ADE 所成角的正弦值.

答案

（1）证明见解析；

(2) 5714.\frac{5\sqrt{7}}{14}.

解析

分析

（1）过点 E、D 分别做直线 DC、AB 的垂线 EG、DH 并分别交于点 G、H，由平面知识易得 FC = BC，再根据二面角的定义可知， ∠BCF=60∘\angle BCF = 60^{\circ} ，由此可知， FN⊥BCFN \perp BC ， FN⊥CDFN \perp CD ，从而可证得 FN⊥FN \perp 平面 ABCD，即得 FN⊥ADFN \perp AD ；

（2）由（1）可知 FN⊥FN \perp 平面ABCD，过点 NN 做 ABAB 平行线 NKNK ，所以可以以点 NN 为原点，NKNK ，NBNB 、NFNF 所在直线分别为 xx 轴、yy 轴、zz 轴建立空间直角坐标系 N−xyzN - xyz ，求出平面 ADE 的一个法向量，以及 BM→\overrightarrow{BM} ，即可利用线面角的向量公式解出. 【小问 1 详解】

过点 EE 、 DD 分别做直线 DCDC 、 ABAB 的垂线 EGEG 、 DHDH 并分别交于点交于点 GG 、 HH．∵\because 四边形 ABCDABCD 和 EFCDEFCD 都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60∘AB // DC, CD // EF, AB = 5, DC = 3, EF = 1, \angle BAD = \angle CDE = 60^{\circ}，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90∘DG = AH = 2, \angle EFC = \angle DCF = \angle DCB = \angle ABC = 90^{\circ}，则四边形 EFCGEFCG 和四边形 DCBHDCBH 是矩形，∴\therefore 在 Rt△EGD\triangle EGD 和 Rt△DHA,EG=DH=23\triangle DHA, EG = DH = 2\sqrt{3}，∵DC⊥CF,DC⊥CB\because DC \perp CF, DC \perp CB，且 CF∩CB=CCF \cap CB = C，∴DC⊥\therefore DC \perp 平面 BCF,∠BCFBCF, \angle BCF 是二面角 F−DC−BF - DC - B 的平面角，则 ∠BCF=60∘\angle BCF = 60^{\circ}，∴△BCF\therefore \triangle BCF 是正三角形，由 DC⊂DC \subset 平面 ABCDABCD，得平面 ABCD⊥ABCD \perp 平面 BCFBCF，∵N\because N 是 BCBC 的中点，∴FN⊥BC\therefore FN \perp BC，又 DC⊥DC \perp 平面 BCFBCF，FN⊂FN \subset 平面 BCFBCF，可得 FN⊥CDFN \perp CD，而 BC∩CD=CBC \cap CD = C，∴FN⊥\therefore FN \perp 平面 ABCDABCD，而 AD⊂AD \subset 平面 ABCD∴FN⊥ADABCD \therefore FN \perp AD．

【小问 2 详解】

因为 FN⊥FN \perp 平面 ABCD，过点 N 做 AB 平行线 NK，所以以点 N 为原点，NK，NB、NF 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 N-xyz，

设 A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,−3,0),E(1,0,3)A(5,\sqrt{3},0),B(0,\sqrt{3},0),D(3, - \sqrt{3},0),E(1,0,3) ，则 M(3,32,32),M\left(3,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}\right),

∴BM→=(3,−32,32),AD→=(−2,−23,0),DE→=(−2,3,3)\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)

n⃗=(x,y,z)\vec{n} = (x, y, z)

由 {n⃗⋅AD→=0n⃗⋅DE→=0\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AD} = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{DE} = 0 \end{array} \right., 得 {−2x−23y=0−2x+3y+3z=0\left\{\begin{array}{l} -2x - 2\sqrt{3}y = 0 \\ -2x + \sqrt{3}y + 3z = 0 \end{array} \right., 取 n⃗=(3,−1,3)\vec{n} = (\sqrt{3}, -1, \sqrt{3}),

设直线 BM 与平面 ADE 所成角为 θ\theta ，

∴sin⁡θ=∣cos⁡⟨n⃗,BM→⟩∣=∣n⃗⋅BM→∣∣n⃗∣⋅BM→∣=∣33+32+332∣3+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714.\therefore \sin \theta = \left| \cos \langle \vec{n}, \overrightarrow{B M} \rangle \right| = \frac{| \vec{n} \cdot \overrightarrow{B M} |}{| \vec{n} | \cdot \overrightarrow{B M} |} = \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}}{1 4}.