2019高考数学(文)真题分类汇编-立体几何含答案 下载本文

又因为BE?平面ABC,所以CC1⊥BE.

因为C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.

【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.

18.【2019年高考浙江卷】如图,已知三棱柱ABC?A1B1C1,平面A1ACC1?平面ABC,?ABC?90?,

?BAC?30?,A1A?AC?AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. 1(1)证明:EF?BC;

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】(1)见解析;(2)【解析】方法一:

3. 5(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,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,则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC.

(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形. 由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形. 由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1, 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角). 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3. 由于O为A1G的中点,故EO?OG?A1G15, ?22EO2?OG2?EG23所以cos?EOG??.

2EO?OG5因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二:

(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,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.

如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E–xyz.

3. 5

不妨设AC=4,则

A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F(33,,23),C(0,2,0). 22因此,EF?(33,,23),BC?(?3,1,0). 22由EF?BC?0得EF?BC. (2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ. 10),A1C=(0,2,?23). 由(1)可得BC=(?3,,z), 设平面A1BC的法向量为n?(x,y,??BC?n?0??3x?y?0?由?,得?, ???A1C?n?0?y?3z?01),故sin??|cosEF,n|=取n?(1,3,|EF?n|4?,

|EF|?|n|53. 5因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为

【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.