每日一题：2026-05-31

题目

如图，在三棱台$A'B'C'-ABC$中，$AB \perp BC$，$AB=2A'B'=4$，$BC=4\sqrt{2}$，$M$，$N$分别为$AC$，$BC$的中点，且$AN \perp B'N$．

(1) 证明：$A'M \parallel$平面$AB'N$；

(2) 证明：平面$AB'N \perp$平面$A'BM$；

(3) 若$B'B=C'C=\sqrt{6}$，求平面$AB'N$与平面$ABC$的夹角的正弦值．

参考解答

解析：

(1) 记$BM, AN$的交点为$D$，$AB'$、$A'B$的交点为$E$，连接$DE$，

因为$BM, AN$是三角形$ABC$的中线，所以$\frac{BD}{DM}=2$，

因为$AB\parallel A'B'$，所以$\triangle ABE \sim \triangle B'AE$，所以$\frac{BE}{EA}=\frac{AE}{EB'}=\frac{BA}{A'B'}=2$，

所以$\frac{BE}{EA}=\frac{BD}{DM}$，所以$DE\parallel AM$，

因为$DE \subset$平面$AB'N$，$AM \not\subset$平面$AB'N$，所以$A'M\parallel$平面$AB'N$．

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(2) 由(1)可知，$\frac{AE}{EB'}=2$，$\frac{AD}{DN}=2$，所以$\frac{AE}{EB'}=\frac{AD}{DN}$，所以$DE\parallel NB'$，

因为$AN \perp B'N$，所以$AN \perp DE$，

因为$M$，$N$分别为$AC$，$BC$的中点，所以$MN\parallel AB$，且$MN=2$，

所以$\triangle ABD \sim \triangle NMD$，所以$\frac{BD}{MD}=\frac{ND}{AD}=\frac{AB}{NM}=2$，

因为$AB \perp BC$，所以$MN \perp BC$，

所以$BM=\sqrt{BN^{2}+MN^{2}}=2\sqrt{3}$，$AN=\sqrt{AB^{2}+BN^{2}}=2\sqrt{6}$，

所以$BD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$AD=\frac{4\sqrt{6}}{3}$，所以$BD^{2}+AD^{2}=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+\left(\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)^{2}=16=AB^{2}$，

所以$AN \perp BM$，又$BM, DE$是平面$A'BM$内的相交直线，所以$AN \perp$平面$A'BM$，

又$AN \subset$平面$AB'N$，所以平面$AB'N \perp$平面$A'BM$．

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(3) 由(2)知，$AN \perp DE$，$AN \perp BM$，

所以$\angle BDE$（或其补角）即为平面$AB'N$与平面$ABC$的夹角，

因为$BC\parallel B'C'$且$BC=2B'C'$，所以$NC\parallel B'C'$，$NC=B'C'$，

所以四边形$NCC'B'$为平行四边形，$NB'=CC'=\sqrt{6}$，

因为$AN \perp B'N$，所以$AB'=\sqrt{AN^{2}+NB'^{2}}=\sqrt{30}$，

由余弦定理得$\cos\angle ABB'=\frac{16+6-30}{2\times4\times\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$，所以$\cos\angle BB'A=\frac{\sqrt{6}}{6}$，

所以$AB=\sqrt{AB'^{2}+BB'^{2}-2AB'\cdot BB'\cos\angle BB'A}=\sqrt{6}$，则$BE=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，

又$BD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$DE=\frac{2}{3}B'N=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，

所以$\cos\angle BDE=\frac{BD^{2}+DE^{2}-BE^{2}}{2BD\cdot DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，

因为$\cos\angle BDE=\frac{\sqrt{2}}{2}>0$，所以$\angle BDE$即为平面$AB'N$与平面$ABC$的夹角，

所以$\sin\angle BDE=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$