2020高考冲刺真题汇编-立体几何(解析版)

所以，线段CF的长为

8． 7

【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．

16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，

AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED.

又因为ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 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.

17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）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1AC，A1B1的中点.

（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(0)．

因此，EF?(33,,23)，C(0，2，2233,,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，????3x?y?0?BC?n?0由?，得?，

AC?n?0???1?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.