?專(zhuān)題06 立體幾何（解答題）
1．【2021·全國(guó)高考真題】如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).

（1）證明：；
（2）若是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)詳見(jiàn)解析(2)
【分析】（1）根據(jù)面面垂直性質(zhì)定理得AO⊥平面BCD，即可證得結(jié)果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根據(jù)體積公式得結(jié)果.
【解析】（1）因?yàn)锳B=AD,O為BD中點(diǎn)，所以AO⊥BD
因?yàn)槠矫鍭BD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因?yàn)槠矫鍮CD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,連FM
因?yàn)锳O⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD
所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因?yàn)镕M⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
則為二面角E-BC-D的平面角,
因?yàn)?為正三角形,所以為直角三角形
因?yàn)?
從而EF=FM=
平面BCD,
所以

【點(diǎn)睛】二面角的求法：一是定義法，二是三垂線(xiàn)定理法，三是垂面法，四是投影法.
2．【2021·浙江高考真題】如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點(diǎn)，.

（1）證明：；
（2）求直線(xiàn)與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）．
【分析】（1）要證，可證，由題意可得，，易證，從而平面，即有，從而得證；
（2）取中點(diǎn)，根據(jù)題意可知，兩兩垂直，所以以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，再分別求出向量和平面的一個(gè)法向量，即可根據(jù)線(xiàn)面角的向量公式求出．
【解析】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而與相交，所以平面，因?yàn)?，所以，取中點(diǎn)，連接，則兩兩垂直，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系,
則,
又為中點(diǎn)，所以.
由（1）得平面，所以平面的一個(gè)法向量
從而直線(xiàn)與平面所成角的正弦值為．

【點(diǎn)睛】本題第一問(wèn)主要考查線(xiàn)面垂直的相互轉(zhuǎn)化，要證明，可以考慮，
題中與有垂直關(guān)系的直線(xiàn)較多，易證平面，從而使問(wèn)題得以解決；第二問(wèn)思路直接，由第一問(wèn)的垂直關(guān)系可以建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)線(xiàn)面角的向量公式即可計(jì)算得出．
3．【2021·全國(guó)高考真題（理）】已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．

（1）證明：；
（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）
【分析】通過(guò)已知條件，確定三條互相垂直的直線(xiàn)，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量證明線(xiàn)線(xiàn)垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，進(jìn)而可以確定出答案．
【解析】因?yàn)槿庵侵比庵缘酌?，所?br /> 因?yàn)?，，所以?br /> 又，所以平面．
所以?xún)蓛纱怪保?br /> 以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線(xiàn)為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．

所以，
．
由題設(shè)（）．
（1）因?yàn)椋?br /> 所以，所以．
（2）設(shè)平面的法向量為，
因?yàn)椋?br /> 所以，即．
令，則
因?yàn)槠矫娴姆ㄏ蛄繛椋?br /> 設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，
則．
當(dāng)時(shí)，取最小值為，
此時(shí)取最大值為．
所以，
此時(shí)．
【點(diǎn)睛】本題考查空間向量的相關(guān)計(jì)算，能夠根據(jù)題意設(shè)出（），在第二問(wèn)中通過(guò)余弦值最大，找到正弦值最小是關(guān)鍵一步．
4．【2021·全國(guó)高考真題（理）】如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，為的中點(diǎn)，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線(xiàn)分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，由已知條件得出，求出的值，即可得出的長(zhǎng)；
（2）求出平面、的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得結(jié)果.
【解析】（1）平面，四邊形為矩形，不妨以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線(xiàn)分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)，則、、、、，
則，，
，則，解得，故；
（2）設(shè)平面的法向量為，則，，
由，取，可得，
設(shè)平面的法向量為，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值為.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：利用空間向量法求解二面角的步驟如下：
（1）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出二面角對(duì)應(yīng)的兩個(gè)半平面中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）設(shè)出法向量，根據(jù)法向量垂直于平面內(nèi)兩條直線(xiàn)的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面為坐標(biāo)平面，直接取法向量即可）；
（3）計(jì)算（2）中兩個(gè)法向量的余弦值，結(jié)合立體圖形中二面角的實(shí)際情況，判斷二面角是銳角還是鈍角，從而得到二面角的余弦值.
5．【2021·北京高考真題】已知正方體，點(diǎn)為中點(diǎn)，直線(xiàn)交平面于點(diǎn)．

（1）證明：點(diǎn)為的中點(diǎn)；
（2）若點(diǎn)為棱上一點(diǎn)，且二面角的余弦值為，求的值．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）．
【分析】(1)首先將平面進(jìn)行擴(kuò)展，然后結(jié)合所得的平面與直線(xiàn)的交點(diǎn)即可證得題中的結(jié)論；
(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間直角坐標(biāo)系求得相應(yīng)平面的法向量，然后解方程即可求得實(shí)數(shù)的值.
【解析】(1)如圖所示，取的中點(diǎn)，連結(jié)，
由于為正方體，為中點(diǎn)，故，
從而四點(diǎn)共面，即平面CDE即平面，
據(jù)此可得：直線(xiàn)交平面于點(diǎn)，
當(dāng)直線(xiàn)與平面相交時(shí)只有唯一的交點(diǎn)，故點(diǎn)與點(diǎn)重合，
即點(diǎn)為中點(diǎn).

(2)以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向分別為軸，軸，軸正方形，建立空間直角坐標(biāo)系，

不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，設(shè)，
則：，
從而：，
設(shè)平面的法向量為：，則：
，
令可得：，
設(shè)平面的法向量為：，則：
，
令可得：，
從而：，
則：，
整理可得：，故（舍去）.
【點(diǎn)睛】本題考查了立體幾何中的線(xiàn)面關(guān)系和二面角的求解問(wèn)題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，對(duì)于立體幾何中角的計(jì)算問(wèn)題，往往可以利用空間向量法，通過(guò)求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.
6．【2020年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】如圖，為圓錐的頂點(diǎn)，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點(diǎn)，．

（1）證明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）設(shè)，由題設(shè)可得，
.
因此，從而.
又，故.
所以平面.
（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

由題設(shè)可得.
所以.
設(shè)是平面的法向量，則，即，
可取.
由（1）知是平面的一個(gè)法向量，記，
則.
所以二面角的余弦值為.
【點(diǎn)晴】本題主要考查線(xiàn)面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學(xué)生空間想象能力，數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，是一道容易題.
7．【2020年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線(xiàn)B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．
【解析】（1）因?yàn)镸，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因?yàn)椤鰽1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面．
（2）由已知得AM⊥BC．以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M-xyz，則AB=2，AM=．
連接NP，則四邊形AONP為平行四邊形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足為Q，則NQ⊥平面ABC．
設(shè)，則，
故．
又是平面A1AMN的法向量，故．
所以直線(xiàn)B1E與平面A1AMN所成角的正弦值為．

8．【2020年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，在長(zhǎng)方體中，點(diǎn)分別在棱上，且，．
（1）證明：點(diǎn)在平面內(nèi)；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

【解析】設(shè)，，，如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系．

（1）連結(jié)，則，，，，，，得．
因此，即四點(diǎn)共面，所以點(diǎn)在平面內(nèi)．
（2）由已知得，，，，，，，．
設(shè)為平面的法向量，則
即可取．
設(shè)為平面的法向量，則
同理可?。?br /> 因?yàn)?，所以二面角的正弦值為?br /> 9．【2020年高考江蘇】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)．
（1）求證：EF∥平面AB1C1；
（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1．

【解析】因?yàn)榉謩e是的中點(diǎn)，所以.
又平面，平面，
所以平面.

（2）因?yàn)槠矫?，平?
所以.
又,平面,平面,
所以平面.
又因?yàn)槠矫?所以平面平面.
【點(diǎn)睛】本小題主要考查線(xiàn)面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題.
10．【2020年高考浙江】如圖，在三棱臺(tái)ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）證明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直線(xiàn)DF與平面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如圖，過(guò)點(diǎn)D作，交直線(xiàn)AC于點(diǎn)，連結(jié)OB．

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱臺(tái)得，所以.
（Ⅱ）方法一：
過(guò)點(diǎn)作，交直線(xiàn)BD于點(diǎn)，連結(jié).
由三棱臺(tái)得，所以直線(xiàn)DF與平面DBC所成角等于直線(xiàn)CO與平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以為直線(xiàn)CO與平面DBC所成角.
設(shè).
由，得，
所以，
因此，直線(xiàn)DF與平面DBC所成角的正弦值為.
方法二：
由三棱臺(tái)得，所以直線(xiàn)DF與平面DBC所成角等于直線(xiàn)CO與平面DBC所成角，記為.
如圖，以為原點(diǎn)，分別以射線(xiàn)OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè).
由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：
.
因此.
設(shè)平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直線(xiàn)DF與平面DBC所成角的正弦值為.
【點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線(xiàn)、面位置關(guān)系，線(xiàn)面垂直的判定定理的應(yīng)用，直線(xiàn)與平面所成的角的求法，意在考查學(xué)生的直觀(guān)想象能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．
11．【2020年高考天津】如圖，在三棱柱中，平面，，點(diǎn)分別在棱和棱上，且為棱的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直線(xiàn)與平面所成角的正弦值．
【解析】依題意，以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸，軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，，．

（Ⅰ）證明：依題意，，，從而，所以．
（Ⅱ）解：依題意，是平面的一個(gè)法向量，，．設(shè)為平面的法向量，則即不妨設(shè)，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值為．
（Ⅲ）解：依題意，．由（Ⅱ）知為平面的一個(gè)法向量，于是．
所以，直線(xiàn)與平面所成角的正弦值為．
12．【2019年高考全國(guó)Ⅰ卷理數(shù)】如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．

（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A?MA1?N的正弦值．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）.
【解析】（1）連結(jié)B1C，ME．
因?yàn)镸，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因?yàn)镹為A1D的中點(diǎn)，
所以ND=A1D．
由題設(shè)知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則

，A1(2，0，4)，，，，，，．
設(shè)為平面A1MA的法向量，則，
所以可?。?br /> 設(shè)為平面A1MN的法向量，則
所以可?。?br /> 于是，
所以二面角的正弦值為．
【名師點(diǎn)睛】本題考查線(xiàn)面平行關(guān)系的證明、空間向量法求解二面角的問(wèn)題.求解二面角的關(guān)鍵是能夠利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，從而通過(guò)求解法向量夾角的余弦值來(lái)得到二面角的正弦值，屬于常規(guī)題型.
13．【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以，
故，．
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D–xyz，

則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則
即
所以可取n=.
設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值為．
【名師點(diǎn)睛】本題考查了利用線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理證明線(xiàn)線(xiàn)垂直以及線(xiàn)面垂直的判定，考查了利用空間向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函數(shù)關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.
14．【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因?yàn)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足為H．
因?yàn)镋H平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H–xyz，

則A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
設(shè)平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），
所以．
因此二面角B–CG–A的大小為30°．
【名師點(diǎn)睛】本題是很新穎的立體幾何考題，首先是多面體折疊問(wèn)題，考查考生在折疊過(guò)程中哪些量是不變的，再者折疊后的多面體不是直棱柱，最后通過(guò)建系的向量解法將求二面角轉(zhuǎn)化為求二面角的平面角問(wèn)題，突出考查考生的空間想象能力.
15．【2019年高考北京卷理數(shù)】如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且．
（1）求證：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且．判斷直線(xiàn)AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）見(jiàn)解析.
【解析】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因?yàn)锳D⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）過(guò)A作AD的垂線(xiàn)交BC于點(diǎn)M．
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
設(shè)平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則
即
令z=1，則．
于是．
又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p=（1，0，0），
所以.
由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以其余弦值為．

（3）直線(xiàn)AG在平面AEF內(nèi)．
因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直線(xiàn)AG在平面AEF內(nèi).
【名師點(diǎn)睛】（1）由題意利用線(xiàn)面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合兩個(gè)半平面的法向量即可求得二面角F?AE?P的余弦值；
（3）首先求得點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后結(jié)合平面的法向量和直線(xiàn)AG的方向向量即可判斷直線(xiàn)是否在平面內(nèi).
16．【2019年高考天津卷理數(shù)】如圖，平面，，．
（1）求證：平面；
（2）求直線(xiàn)與平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值為，求線(xiàn)段的長(zhǎng)．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）．
【解析】依題意，可以建立以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸，軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，．設(shè)，則．
（1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因?yàn)橹本€(xiàn)平面，所以平面．
（2）依題意，．
設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，
可得．因此有．
所以，直線(xiàn)與平面所成角的正弦值為．
（3）設(shè)為平面的法向量，則即
不妨令，可得．
由題意，有，解得．經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．
所以，線(xiàn)段的長(zhǎng)為．

【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線(xiàn)與平面平行、二面角、直線(xiàn)與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)．考查用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的方法．考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力．
17．【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析.
【解析】（1）因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因?yàn)锳B=BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC.
因?yàn)槿庵鵄BC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因?yàn)锽E?平面ABC，所以CC1⊥BE.
因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因?yàn)镃1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名師點(diǎn)睛】本小題主要考查直線(xiàn)與直線(xiàn)、直線(xiàn)與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力和推理論證能力.
18．【2019年高考浙江卷】如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）求直線(xiàn)EF與平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）．
【解析】方法一：
（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC．
又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（2）取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線(xiàn)A1G上．
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線(xiàn)EF與平面A1BC所成的角（或其補(bǔ)角）．
不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點(diǎn)，故，
所以．
因此，直線(xiàn)EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線(xiàn)EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz．

不妨設(shè)AC=4，則
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）設(shè)直線(xiàn)EF與平面A1BC所成角為θ．
由（1）可得．
設(shè)平面A1BC的法向量為n，
由，得，
取n，故，
因此，直線(xiàn)EF與平面A1BC所成的角的余弦值為．
【名師點(diǎn)睛】本題主要考查空間點(diǎn)、線(xiàn)、面位置關(guān)系，直線(xiàn)與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.

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