《2022年2021年高考试题汇编文科数学--立体几何 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年2021年高考试题汇编文科数学--立体几何 .pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1 / 19 （2019 全国 1 文） 16. 已知90ACB，P为平面ABC外一点，2PC，点P到ACB两边,AC BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为 . 答案：2解答：如图，过P点做平面ABC的垂线段，垂足为O，则PO的长度即为所求，再做,PECB PFCA，由线面的垂直判定及性质定理可得出,OECB OFCA，在Rt PCF中，由2,3PCPF，可得出1CF，同理在Rt PCE中可得出1CE，结合90ACB，,OECB OFCA可得出1OEOF，2OC，222POPCOC（2019 全国 1 文） 19. 如图直四棱柱1111ABCDABC D的底面是菱形，14,2AAAB，
2、60BADo，,E M N分别是11,BC BB AD的中点 . （1）证明：/ /MN平面1C DE（2）求点C到平面1C DE的距离 . 答案：见解析解答：（1）连结1111,AC B D相交于点G，再过点M作1/ /MHC E交11BC于点H，再连结GH，NG. Q,E M N分别是11,BC BB AD的中点 . 于是可得到1/ /NGC D，/ /GHDE，于是得到平面/ /NGHM平面1C DE，由MNQ平面NGHM，于是得到/ /MN平面1C DE名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - -
3、- - - - - - - - - - 第 1 页，共 19 页 - - - - - - - - - 2 / 19 （2）EQ为BC中点，ABCD为菱形且60BADoDEBC，又1111ABCDABC DQ为直四棱柱，1DECC1DEC E，又12,4ABAAQ，13,17DEC E，设点C到平面1C DE的距离为h由11C C DECDCEVV得11113171343232h解得41717h所以点C到平面1C DE的距离为41717（2019 全国 2 文） 7. 设,为两个平面，则/ /的充要条件是( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线 D.,垂
4、直于同一平面答案： B 解析 : 根据面面平行的判定定理易得答案. （2019 全国 2 文） 16. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一. 印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体. 半正多面体体现了数学的对称美. 图 2 是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1. 则该半正多面体共有个面，其棱长为 .(本题第一空 2 分，第二空3分 .) 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - -
5、- -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 19 页 - - - - - - - - - 3 / 19 答案：26 21解析：由图 2 结合空间想象即可得到该正多面体有26 个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解. （2019 全国 2 文） 17.如图，长方体1111ABCDABC D的底面ABCD是正方形，点E 在棱1AA上，1BEEC. （1）证明：BE平面11EBC（2）若1AEAE,3AB,求四棱锥11EBBC C的体积 . 答案：1.看解析2.看解析解答：（1）证明：因为11BC C面11AB BA，
6、BE面11AB BA11BCBE又1111C EBCC，BE平面11EBC；（2）设12AAa则229BEa，22118+aC E，22194C Ba因为22211=C BBEC E3a，11111h3EBB C CBB C CVS1363=183名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 19 页 - - - - - - - - - 4 / 19 （2019 全国 3 文） 8.如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面,A
7、BCD M是线段ED的中点，则（）A. BMEN，且直线,BM EN是相交直线B. BMEN，且直线,BM EN是相交直线C. BMEN，且直线,BM EN是异面直线D. BMEN，且直线,BM EN是异面直线【答案】B 【解析】分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题【详解】BDE，N为BD中点M为DE中点，BM，EN共面相交， 选项 C， D 为错作EOCD于O，连接ON，过M作MFOD于F连BF，Q平面CDE平面ABCD,EOCD EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCE，MFB与EON均为直角三角形设正方形边长为2，易知3,012EONEN，2395324,272424
8、4MFBFBMBMEN，故选 B【点睛】本题为立体几何中等问题，考查垂直关系，线面、线线位置关系. 【名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 19 页 - - - - - - - - - 5 / 19 （2019 全国 3文） 16.学生到工厂劳动实践， 利用3D打印技术制作模型. 如图，该模型为长方体1111ABCDABC D挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，,E F G H分别为所在棱的中点，16cm4cmAB= BC
9、 =, AA =，3D打印所用原料密度为30.9 /g cm，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 _g. 【答案】 118 8 【解析】【分析】根据题意可知模型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量. 【详解】由题意得，四棱锥O-EFGH 的底面积为2146423122cm，其高为点O 到底面11BBCC的距离 为3cm ， 则 此 四 棱 锥 的 体 积 为211123123Vcm 又 长 方 体1111ABCDABC D的 体 积 为22466144Vcm，所以该模型体积为22114412132VVVcm，其质量为0.9 132118.8g【点睛】此
10、题牵涉到的是3D 打印新时代背景下的几何体质量，忽略问题易致误，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解（2019 全国 3 文） 19.图 1 是由矩形,ADEB Rt ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1,2ABBEBF，60FBCo，将其沿,AB BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图 2. （1）证明图2 中的,A C G D四点共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求图 2 中的四边形ACGD的面积 . 【答案】 (1)见详解； (2)4. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料
11、- - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 19 页 - - - - - - - - - 6 / 19 【解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED，Rt ABCV和菱形BFGC内部的夹角，所以/ADBE，/ /BFCG依然成立，又因E和F粘在一起， 所以得证 .因为AB是平面BCGE垂线，所以易证 .(2) 欲求四边形ACGD的面积，需求出 CG 所对应的高，然后乘以CG 即可。【详解】 (1)证：Q/ADBE，/ /BFCG，又因为E和F粘在一起 . / /ADCG，A，C，G，D 四点共面 . 又,ABBE ABBCQ. AB平面 BCGE，AB
12、Q平面 ABC ，平面 ABC平面 BCGE ，得证 . (2)取 CG 的中点M， 连结,EM DM.因为/ /ABDE，AB平面 BCGE， 所以DE平面 BCGE， 故DECG，由已知，四边形BCGE菱形，且60EBCo得EMCG，故CG平面 DEM 。因此DMCG。在RtDEM中， DE=1，3EM，故2DM。所以四边形ACGD 的面积为4. 【点睛】很新颖的立体几何考题。首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的。再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法。最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力. （2019 北京文） 1
13、2.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为_【答案】 40. 【解析】是名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 19 页 - - - - - - - - - 7 / 19 【分析】画出三视图对应的几何体，应用割补法求几何体的体积. 【详解】在正方体中还原该几何体，如图所示几何体的体积V=43-12（ 2+4） 2 4=40 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算
14、体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. （2019 北京文） 13.已知 l，m 是平面外的两条不同直线给出下列三个论断： lm； m； l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_【答案】 如果 l ，m ，则 lm. 【解析】【分析】将所给论断，分别作为条件、结论加以分析. 【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果 l ，m ，则 lm. 正确；（2）如果 l ，lm，则 m.不正确，有可能m在平面 内；（3）如果 lm，m ，则 l.不正确，有可能l 与 斜交、 l .【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能
15、力及空间想象能力. （2019 北京文） 18.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面 ABCD，底部 ABCD 为菱形， E 为 CD 的中点 . 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 19 页 - - - - - - - - - 8 / 19 （）求证：BD平面 PAC；（）若 ABC=60，求证：平面PAB平面 P AE；（）棱PB 上是否存在点F，使得 CF平面 PAE？说明理由 . 【答案】（）见解析；（）见解析；（）见解析. 【解析】
16、【分析】()由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；()由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；()由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】（）证明：因为PA平面ABCD,所以PABD；因为底面ABCD是菱形，所以ACBD; 因为PAACAI,PA AC平面PAC, 所以BD平面PAC. （）证明：因为底面ABCD是菱形且60ABC，所以ACD为正三角形，所以AECD, 因为/ABCD,所以AEAB；因为PA平面ABCD，AE平面ABCD, 所以AEPA；因为PAABAI所以AE平面PAB，AE平面PAE,
17、所以平面PAB平面PAE. （）存在点F为PB中点时，满足/CF平面PAE；理由如下 : 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 19 页 - - - - - - - - - 9 / 19 分别取,PB PA的中点,F G，连接,CF FG EG, 在三角形PAB中，/ /FGAB且12FGAB ；在菱形ABCD中，E为CD中点，所以/ /CEAB且12CEAB， 所以/ /CEFG且CEFG， 即四边形CEGF为平行四边形，所以/CFEG; 又
18、CF平面PAE，EG平面PAE，所以/CF平面PAE【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. （2019 天津文） 12.已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5. 若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_. 【答案】4. 【解析】【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径。【详解】四棱锥的高为5 12，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故其体积为21124。【点睛】圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的
19、一半。（2019 天津文） 17. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PCD为等边三角形，平面PAC平面PCD，PACD，2CD，3AD，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 19 页 - - - - - - - - - 10 / 19 （）设GH，分别为PBAC，的中点，求证：GH平面PAD；（）求证：PA平面PCD；（）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. 【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）33. 【解析
20、】【分析】（I）连接BD，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到GHPDP，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱PC的中点N，连接DN，依题意，得DNPC，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到DNPA，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到DAN为直线AD与平面PAC所成的角，放在直角三角形中求得结果. 【详解】（I）证明：连接BD，易知ACBDH，BHDH，又由BGPG，故GHPDP，又因为GH平面PAD，PD平面PAD，所以GH平面PAD. （II）证明：取棱PC的中点N，连接DN，依题意，得DNPC，又因为平面PAC平面PCD，平面
21、PACI平面PCDPC，所以DN平面PAC，又PA平面PAC，故DNPA，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 19 页 - - - - - - - - - 11 / 19 又已知PACD，CDDNDI，所以PA平面PCD. （III）解：连接AN，由（ II）中DN平面PAC，可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角 . 因为PCD为等边三角形，2CD且N为PC的中点，所以3DN，又DNAN，在Rt AND中，3sin3DNDANAD，所以
22、，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为33. 【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、 平面与平面垂直、 直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力. （2019 上海） 17如图，在正三棱锥中，（1）若的中点为，的中点为，求与的夹角；（2）求的体积【解答】 解： （ 1），分别为，的中点，则为与所成角，在中，由，PABC2,3PAPBPCABBCACPBMBCNACMNPABCMQNPBBC/ /MNPCPCAACMNPAC2PAPC3AC名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - -
23、- - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 19 页 - - - - - - - - - 12 / 19 可得，与的夹角为；（2）过作底面垂线，垂直为，则为底面三角形的中心，连接并延长，交于，则，（2019 江苏） 9.如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1的体积是120，E 为 CC1的中点， 则三棱锥 E-BCD 的体积是 _. 【答案】 10 【解析】【分析】22233cos24223PCACPAPCAPC ACgACMN3arccos4POOAOBCN32AN213AOAN22213PO1133333224PABCV名师归纳总结 精品学习资料 - - - - -
24、 - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 19 页 - - - - - - - - - 13 / 19 由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【详解】因为长方体1111ABCDABC D的体积为120，所以1120AB BC CC，因为E为1CC 的中点，所以112CECC，由长方体的性质知1CC底面ABCD，所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，所以三棱锥EBCD的体积1132VAB BC CE111111201032212AB BCCC. 【点睛】本题蕴含“
25、整体和局部 ” 的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“ 割” 与“ 补 ” 的方法解题 . （2019 江苏） 12.如图，在 ABC 中， D 是 BC 的中点， E 在边 AB 上， BE=2EA，AD 与 CE 交于点 O.若6AB ACAO ECuuu r uuu ruuu r u uu r，则ABAC的值是 _. 【答案】3【解析】【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值. 【详解】如图，过点D 作 DF /CE，交 AB 于点 F，由 BE=2EA，D 为 BC 中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
26、3632AO ECADACAEABACACAEu uu r uuu ruuu ruuu ru uu ruu u ruuu ruu u ruuu rggg223131123233ABACACABAB ACABACAB ACu uu ru uu ruuu ruu u ruuu r uuu ruuu ruu u ruuu r uuu rggg名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 19 页 - - - - - - - - - 14 / 19 2222
27、3211323322AB ACABACAB ACABACAB ACuuu r uu u ruu u ru uu ru uu r uuu ruuu ruuu ruuu r uu u rggg，得2213,22ABACuuu ruuu r即3,ABACu uu ruuu r故3ABAC. 【点睛】 本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、 逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题. （2019 江苏） 16.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1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】（
28、1）见解析；（2）见解析 . 【解析】【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可. 【详解】（1）因为 D， E 分别为 BC，AC 的中点，所以 EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中， ABA1B1，所以 A1B1ED. 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BEAC. 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 CC1BE.
29、 因为 C1C? 平面 A1ACC1，AC? 平面 A1ACC1，C1C AC=C，所以 BE平面 A1ACC1. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 14 页，共 19 页 - - - - - - - - - 15 / 19 因为 C1E? 平面 A1ACC1，所以 BEC1E. 【点睛】本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 . （2019 浙江） 4.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提
30、出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式VSh柱体， 其中S是柱体的底面积，h是柱体的高， 若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A. 158B. 162 C. 182D. 32 【答案】 B 【解析】【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目 .难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查. 【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为 3，另一个的上底为2，下底为6，高为 3，则该棱柱的体积为264633616222. 【点
31、睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. （2019 浙江）8.设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点） ， 记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则（）A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】 B 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 15 页，共 19 页 - - - - - - - - - 16 / 19 【解析】【
32、分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半. 【详解】方法 1： 如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O， 则P在底面投影D在线段AO上，过D作DE垂 直AE， 易 得/ /PEVG， 过P作/PFAC交VG于F， 过D作/ /DHAC， 交BG于H， 则,BPFPBDPED，则coscosPFEGDHBDPBPBPBPB，即，tantanPDPDEDBD，即y，综上所述，答案为B. 方法 2：由最小角定理，记VABC的平面角为（
33、显然）由最大角定理，故选 B. 法 2： （特殊位置）取VABC为正四面体，P为VA中点，易得33322 2cossin,sin,sin6633，故选 B. 【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法. （2019 浙江） 14.VABC中，90ABC，4AB，3BC，点D在线段AC上，若45BDC，则BD_；cosABD_. 【答案】(1). 1225(2). 7210【解析】【分析】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.通过引入CDx，在BDC、ABD中应用正弦定理，建立方程，进而得解. .
34、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 16 页，共 19 页 - - - - - - - - - 17 / 19 【详解】在ABD中，正弦定理有：sinsinABBDADBBAC，而34,4ABADB, 22ACABBC5，34sin,cos55BCABBACBACACAC，所以1225BD. 7 2coscos()coscossinsin4410ABDBDCBACBACBAC【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. （2019 浙江） 19.如
35、图，已知三棱柱111ABCA BC，平面11A AC C平面ABC,90ABC，1130 ,BACA AACAC E F分别是11,AC AB的中点 . （1）证明：EFBC；（2）求直线EF与平面1A BC所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）35. 【解析】【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值. 【详解】 (1)如图所示，连结11,A E B E，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - -
36、- - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 17 页，共 19 页 - - - - - - - - - 18 / 19 等边1AAC中，AEEC，则3sin0sin2BAQ，平面 ABC平面11A ACC，且平面ABC 平面11A ACCAC，由面面垂直的性质定理可得：1A E平面ABC，故1AEBC，由三棱柱的性质可知11A BAB，而ABBC，故11ABBC，且1111ABAEAI，由线面垂直的判定定理可得：BC平面11AB E，结合EF? 平面11A B E，故EFBC. (2)在底面 ABC 内作 EHAC，以点 E
37、 为坐标原点，EH,EC,1EA方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Exyz. 设1EH，则3AEEC，112 3AACA,3,3BCAB，据此可得：1330,3,0 ,0 ,0,0,3 ,0,3,022ABAC，名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 18 页，共 19 页 - - - - - - - - - 19 / 19 由11ABABuuu ru uuu r可得点1B的坐标为13 3,3,32 2B，利用中点坐标公式可得：3 3,3,34
38、4F，由于0,0,0E，故直线 EF 的方向向量为：3 3,3,34 4EFuuu r设平面1ABC的法向量为, ,mx y zu r，则：13333, , 33022223333, ,002222m ABx y zxyzm BCx y zxyuuu vvuuu vv，据此可得平面1ABC的一个法向量为1, 3,1mu r，3 3,3,34 4EFuuu r此时64cos,53 552EF mEF mEFmuuu r u ruuu r u ruuu ru r，设直线 EF 与平面1ABC所成角为，则43sincos,cos55EF mu uu r u r. 【点睛】 本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 19 页，共 19 页 - - - - - - - - -