设

A B = 3

，则

A D = 1 ， A E = 2 ，

$∵ ∠ A = 60 °$ ，

$∴$ 在 $△ A D E$ 中，

又余弦定理得 $D E = \sqrt{A D^{2} + A E^{2} - 2 A D \cdot A E \cdot \cos A} = \sqrt{3}$

$∵ 2^{2} = 1^{2} + {(\sqrt{3})}^{2}$ ，

$∴ A E^{2} = A D^{2} + D E^{2}$ ，

$∴ ∠ A D E = 90 °$ ，

$∴ D E ⊥ A D ， D E ⊥ B D$

$∴ D E ⊥ B D$ ， $D E ⊥ A_{1} D$ ，

又因为 $A_{1} D \subset$ 面 $A_{1} D E ， B D \subset$ 面 $B D E$ ，

$∴$ $∠ A_{1} D B$ 为二面角 $A_{1} - D E - B$ 的平面角，

$∴ ∠ A_{1} D B = \frac{2 π}{3}$

设 $A_{1}$ 在面 $B D E C$ 内的投影为 $P$ ，则 $P$ 在 $B D$ 的延长线上，

$∴ A_{1} P ⊥ B D ，$

$∵ ∠ A_{1} D B = \frac{2 π}{3}$

$∴ A_{1} D P = \frac{π}{3}$ ，

在 $△ A_{1} D P$ 中， $A_{1} D = A D = 1$ ，

由正弦定理得 $D P = \frac{1}{2} ， A_{1} P = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，连接 $C P ，$

且 $B P = \frac{5}{2}$ ，在 $△ B C P$ 中，由余弦定理得 $C P = \sqrt{B P^{2} + B C^{2} - 2 B P \cdot B C \cdot c o s B} = \frac{\sqrt{31}}{2}$ ，

在 $R t △ A_{1} P C$ 中， $A_{1} C = \sqrt{A_{1} P + C P^{2}} = \frac{\sqrt{34}}{2}$ ，

所以在 $△ A_{1} C E$ 中， $\cos ∠ A_{1} E C = \frac{4 + 1 - \frac{34}{4}}{4} = - \frac{7}{8}$ ，

所以 $\sin ∠ A_{1} E C = \frac{\sqrt{15}}{8}$ ，

所以 $S_{△ A_{1} C E} = \frac{1}{2} \times 2 \times 1 \times \frac{\sqrt{15}}{8} = \frac{\sqrt{15}}{8}$ ，

设 $D E$ 与平面 $A_{1} C E$ 所成角为 $θ$ ，点 $D$ 到平面 $A_{1} C E$ 的距离为 $d$ ，

由 $V_{D - A_{1} C E} = V_{A_{1} - D C E}$ ，

所以 $\frac{1}{3} \times S_{△ A_{1} C E} \times d = \frac{1}{3} \times S_{△ D C E} \times A_{1} P$ ，

又因为 $S_{△ D C E} = \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times \sin \frac{5 π}{6} = \frac{\sqrt{3}}{4}$ ，

所以 $d = \frac{3}{\sqrt{15}}$ ，

所以 $\sin θ = \frac{d}{D E} = \frac{\sqrt{5}}{5}$ ，

所以直线 $D E$ 与平面 $A_{1} C E$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{5}$ ．

福建省龙岩市2020-2021学年高一下学期期末数学试题