解：如图，取AB的中点G，连接FG，

∵F是AD的中点，

∴FG是△ABD的中位线，FG∥BD，

∴点F在经过点G且平行于BD的直线上，

根据垂线段最短原理，得当NF⊥FG时，NF最小，

∵FG∥BD，

∴NF⊥BD，垂足为P，

设BM=x，

∵∠B=60°，∠BMC=90°，

∴ tan60°= $\frac{C M}{B M}$ ，cos60°= $\frac{B M}{B C}$ ， ∠BCM=30°，

∴ CM= $\sqrt{3} x$ ，BC=2x，

∴CN= $\sqrt{3} x$ ，∠PCN=30°，

∵∠BAC=30°，∠AMC=90°，

∴ AC=2CM=2 $\sqrt{3} x$ ，

∵F是AD的中点，NF⊥BD，AC⊥CD，

∴FP∥AC，

∴FP是△ACD的中位线，

∴FP= $\frac{1}{2} A C$ = $\sqrt{3} x$ ，

∵CN= $\sqrt{3} x$ ，∠PCN=30°，

∴PN= $\frac{1}{2} C N$ = $\frac{\sqrt{3} x}{2}$ ， ∠N=60°，

∴FN=FP+PN= $\sqrt{3} x$ + $\frac{\sqrt{3} x}{2}$ = $\frac{3 \sqrt{3} x}{2}$ ，

过点F作FH⊥CN，垂足为H，

∴FH=FNsin60°= $\frac{3 \sqrt{3} x}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{9 x}{4}$ ，HN= FNcos60°= $\frac{3 \sqrt{3} x}{2} \times \frac{1}{2}$ = $\frac{3 \sqrt{3} x}{4}$ ，

∴CH=CN-HN= $\sqrt{3} x$ - $\frac{3 \sqrt{3} x}{4}$ = $\frac{\sqrt{3} x}{4}$ ，

在直角三角形FCH中， $F C^{2} = F H^{2} + C H^{2}$ ，

∴FC= $\sqrt{{(\frac{9 x}{4})}^{2} + {(\frac{\sqrt{3} x}{4})}^{2}}$ = $\frac{\sqrt{21}}{2} x$ ，

∴sin∠FCN= $\frac{F H}{F C} = \frac{9}{4} x \div \frac{\sqrt{21}}{2} x$ = $\frac{3 \sqrt{21}}{14}$

重庆市2020-2021学年九年级下学期数学第二阶段考试试卷