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2023年高考数学新高考Ⅱ-19<-->2023年高考数学新高考Ⅱ-21
（12分）如图，三棱锥$A-BCD$中，$DA=DB=DC$，$BD\bot CD$，$\angle ADB=\angle ADC=60^\circ$，$E$为$BC$中点．
（1）证明$BC\bot DA$；
（2）点$F$满足$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，求二面角$D-AB-F$的正弦值．
分析：（1）根据已知条件，推得$DE\bot BC$，$AE\bot BC$，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
（2）根据已知条件，推得$AE\bot$平面$BCD$，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．
证明：（1）连接$AE$，$DE$，
$\because DB=DC$，$E$为$BC$中点．
$\therefore DE\bot BC$，
又$\because DA=DB=DC$，$\angle ADB=\angle ADC=60^\circ$，
$\therefore \Delta ACD$与$\Delta ABD$ 均为等边三角形，
$\therefore AC=AB$，
$\therefore AE\bot BC$，$AE\bigcap DE=E$，
$\therefore BC\bot$平面$ADE$，
$\because AD\subset$平面$ADE$，
$\therefore BC\bot DA$．
（2）解：设$DA=DB=DC=2$，
$\therefore$$BC=2\sqrt{2}$，
$\because$$DE=AE=\sqrt{2}$，$AD=2$，
$\therefore AE^{2}+DE^{2}=4=AD^{2}$，
$\therefore AE\bot DE$，
又$\because AE\bot BC$，$DE\bigcap BC=E$，
$\therefore AE\bot$平面$BCD$，
以$E$为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
$D(\sqrt{2},0,0)$，$A(0,0,\sqrt{2})$，$B(0,\sqrt{2},0)$，$E(0$，0，$0)$，
$\because$$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，
$\therefore$$F(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，
$\therefore$$\overrightarrow{DA}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB}=(0,\sqrt{2},-\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AF}=(-\sqrt{2},0,0)$，
设平面$DAB$与平面$ABF$的一个法向量分别为$\overrightarrow{{n}_{1}}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1})$，$\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$，
则$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}{x}_{1}+\sqrt{2}{z}_{1}=0}\\ {\sqrt{2}{y}_{1}-\sqrt{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，令$x_{1}=1$，解得$y_{1}=z_{1}=1$，
$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}{y}_{2}-\sqrt{2}{z}_{2}=0}\\ {-\sqrt{2}{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，令$y_{2}=1$，解得$x_{2}=0$，$z_{2}=1$，
故$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1$，1，$1)$，$\overrightarrow{{n}_{2}}=(0$，1，$1)$，
设二面角$D-AB-F$的平面角为$\theta$，
则$\vert \cos \theta \vert =\dfrac{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\vert \;\vert \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }=\dfrac{2}{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
故$\sin \theta =\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
所以二面角$D-AB-F$的正弦值为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．
点评：本题主要考查二面角的平面角及其求法，考查转化能力，属于中档题．
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