题号:1491    题型:填空题    来源:2019年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)
如图, 已知三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$, 平面 $A_{1} A C C_{1} C \perp$ 平面 $A B C, \angle A B C=90^{\circ}, \angle B A C=30^{\circ}, A_{1} A=A_{1} C=A C, E, F$ 分别是 $A C, A_{1} B_{1}$ 的中点.
(1) 证明: $E F \perp B C$;
(2) 求直线 $E F$ 与平面 $A_{1} B C$ 所成角的余弦值.
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答案:
(I) 连接 $A_{1} E$, 因为 $A_{1} A=A_{1} C, E$ 是 $A C$ 的中点, 所以 $A_{1} E \perp A C$.
又平面 $A_{1} A C C_{1} \perp$ 平面 $A B C, A_{1} E \subset$ 平面 $A_{1} A C C_{1}$,
平面 $A_{1} A C C_{1} \cap$ 平面 $A B C=A C$,
所以, $A_{1} E \perp$ 平面 $A B C$, 则 $A_{1} E \perp B C$.
又因为 $A_{1} F / / A B, \angle A B C=90^{\circ}$, 故 $B C \perp A_{1} F$.
所以 $B C \perp$ 平面 $A_{1} E F$.
因此 $E F \perp B C$.



(II) 取 $B C$ 中点 $G$, 连接 $E G, G F$, 则 $E G F A_{1}$ 是平行四边形.
由于 $A_{1} E \perp$ 平面 $A B C$, 故 $A E_{1} \perp E G$, 所以平行四边形 $E G F A_{1}$ 为矩形.
由 (I) 得 $B C \perp$ 平面 $E G F A_{1}$, 则平面 $A_{1} B C \perp$ 平面 $E G F A_{1}$,
所以 $E F$ 在平面 $A_{1} B C$ 上的射影在直线 $A_{1} G$ 上.
连接 $A_{1} G$ 交 $E F$ 于 $O$, 则 $\angle E O G$ 是直线 $E F$ 与平面 $A_{1} B C$ 所成的角(或其补角).
不妨设 $A C=4$, 则在 Rt $\triangle A_{1} E G$ 中, $A_{1} E=2 \sqrt{3}, E G=\sqrt{3}$.
由于 $O$ 为 $A_{1} G$ 的中点, 故 $E O=O G=\frac{A_{1} G}{2}=\frac{\sqrt{15}}{2}$,
所以 $\cos \angle E O G=\frac{E O^{2}+O G^{2}-E G^{2}}{2 E O \cdot O G}=\frac{3}{5}$.
因此, 直线 $E F$ 与平面 $A_{1} B C$ 所成角的余弦值是 $\frac{3}{5}$.

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