如图，在长方体 $ABCD - {A_1}{B_1}{C_1}{D_1}$ 中，$E$、$F$ 分别是棱 $BC$、$C{C_1}$ 上的点，$CF = AB = 2CE$，$AB:AD:A{A_1} = 1:2:4$．
【难度】
【出处】
2010年高考天津卷（理）
【标注】
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求异面直线 $EF$ 与 ${A_1}D$ 所成角的余弦值；标注答案略解析
法一 如图所示，建立空间直角坐标系，点 $ A $ 为坐标原点，设 $AB = 1$，依题意得\[D\left(0,2,0\right) ,F\left(1,2,1\right) , {A_1}\left(0,0,4\right) , E\left( {1,\dfrac{3}{2},0} \right).\]
从而有\[ \overrightarrow {EF} = \left( {0,\dfrac{1}{2},1} \right) , \overrightarrow {{A_1}D} = \left(0,2, - 4\right),\]于是\[ \cos \left\langle {\overrightarrow {EF} ,\overrightarrow {{A_1}D} } \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow {EF} \cdot \overrightarrow {{A_1}D} }}{{\left| {\overrightarrow {EF} } \right|\left| {\overrightarrow {{A_1}D} } \right|}} = - \dfrac{3}{5},\]所以异面直线 $EF$ 与 $A_1D$ 所成角的余弦值为 $\dfrac{3}{5}$．法二 设 $ AB=1 $，可得\[AD=2,AA_{1}=4,CF=1,CE= \dfrac{1}{2}.\]连接 $ B_{1}C $，$ BC_{1} $，设 $ B_{1}C $ 与 $ BC_{1} $ 交于点 $ M $，
易知 $ A_{1}D\parallel B_{1}C $，由 $\dfrac{CE}{CB} =\dfrac{CF}{CC_1} = \dfrac{1}{4}$，可知 $ EF\parallel BC_{1} $．
则 $\angle BMC$ 是异面直线 $ EF $ 与 $ A_{1}D $ 所成的角，易知\[BM=CM=\dfrac{1}{2}{B_1}C =\sqrt 5 ,\]由余弦定理得\[\cos \angle BMC = \dfrac{{B{M^2} + C{M^2} - B{C^2}}}{{2BM \cdot CM}} = \dfrac{3}{5} ,\]所以异面直线 $ FE $ 与 $ A_{1}D $ 所成角的余弦值为 $\dfrac{3}{5}$． -
证明 $AF \perp \text{平面} {A_1}ED$；标注答案略解析
法一 因为\[\overrightarrow {AF} = \left(1,2,1\right) , \overrightarrow {E{A_1}} = \left( { - 1, - \dfrac{3}{2},4} \right) , \overrightarrow {ED} = \left( { - 1,\dfrac{1}{2},0} \right),\]所以\[\overrightarrow {AF} \cdot \overrightarrow {E{A_1}} =0,\overrightarrow {AF} \cdot \overrightarrow {ED} =0,\]因此 $AF \perp E{A_1}$，$AF \perp ED$，又 $E{A_1} \cap ED = E$，所以 $AF \perp \text{平面} {A_1}ED$．法二 连接 $ AC $，设 $ AC $ 与 $ DE $ 交点 $ N $．因为 $\dfrac{CD}{BC} = \dfrac{EC}{AB} = \dfrac{1}{2}$，所以\[{\mathrm{Rt}}\triangle DCE \backsim {\mathrm{Rt}}\triangle CBA,\]从而\[\angle CDE = \angle BCA ,\]又由于\[\angle CDE + \angle CED = 90^\circ ,\]所以\[\angle BCA + \angle CED = 90^\circ ,\]故 $ AC\perp DE $，又因为 $ CC_{1}\perp DE $ 且 $C{C_1} \cap AC = C$，
所以 $ DE\perp \text{平面} ACF $，从而 $ AF\perp DE $．
连接 $ BF $，同理可证 $ B_{1}C\perp \text{平面} ABF $，从而 $ AF\perp B_{1}C $，
所以 $ AF\perp A_{1}D $．
因为 $DE \cap {A_1}D = D$，所以 $ AF\perp \text{平面}A_{1}ED $． -
求二面角 ${A_1} - ED - F$ 的正弦值．标注答案略解析法一：设平面 $EFD$ 的法向量 $\overrightarrow u = \left(x,y,z\right)$，则\[{\begin{cases}
\overrightarrow u \cdot \overrightarrow {EF} = 0 ,\\
\overrightarrow u \cdot \overrightarrow {ED} = 0, \\
\end{cases}}\]即\[{\begin{cases}\dfrac{1}{2}y + z = 0 ,\\
- x + \dfrac{1}{2}y = 0 ,\\
\end{cases}}\]不妨令 $ x=1 $，可得 $\overrightarrow u = \left(1,2, - 1\right)$．
由（2）可知，$\overrightarrow {AF} $ 为平面 ${{{A}}_{{1}}}{{ED}}$ 的一个法向量．
于是\[ \cos \left\langle {\overrightarrow u,\overrightarrow {AF} } \right\rangle=\dfrac{\overrightarrow u \cdot \overrightarrow {AF}}{{ \left|\overrightarrow u \right| \left| \overrightarrow {AF} \right|}} = \dfrac 23 ,\]从而\[\sin \left\langle {\overrightarrow u,\overrightarrow {AF} } \right\rangle = \dfrac{\sqrt 5}{3},\]所以二面角 ${A_1-ED-F$ 的正弦值为 $\dfrac{\sqrt 5}{3}$．
法二：连接 $ A_{1}N $，$ FN $，由（2）可知 $ DE\perp\text{平面}ACF $，
又 $NF \subset \text{平面}ACF$，$ A_{1}N \subset \text{平面} ACF$，
所以 $ DE\perp NF $，$ DE\perp A_{1}N $，故 $\angle {A_1}NF$ 为二面角 $ A_{1}-ED-F $ 的平面角．
易知 ${\mathrm{Rt}}\triangle CNE \backsim {\mathrm{Rt}}\triangle CBA$，所以\[\dfrac{{CN}}{{BC}} = \dfrac{EC}{AC},\]又 $AC = \sqrt[{}]{5}$，解得\[CN = \dfrac{\sqrt 5}{5},\]在 ${\mathrm{Rt}}\triangle NCF$ 中，可得\[ NF = \sqrt {C{F^2} + C{N^2}} = \dfrac{30}{5}, \]在 ${\mathrm{Rt}}\triangle {A_1}AN$ 中，可得\[N{A_1} = \sqrt {{A_1}{A^2} + A{N^2}} = \dfrac{{4\sqrt {30} }}{5} . \]连接 $ A_{1}C_{1} $，$ A_{1}F $，在 ${\mathrm{Rt}}\triangle {A_1}{C_1}F$ 中，可得\[ {A_1}F = \sqrt {{A_1}{C_1}^2 + {C_1}{F^2}} = \sqrt {14} , \]在 ${\rm{Rt}}\triangle {A_1}NF$ 中，可得\[ \cos \angle {A_1}NF = \dfrac{{{A_1}{N^2} + F{N^2} - {A_1}{F^2}}}{{2{A_1}N \cdot FN}} = \dfrac{2}{3} .\]从而\[\sin \angle {A_1}NF = \dfrac{\sqrt 5 }{3},\]所以二面角 $ A_{1}-DE-F $ 正弦值为 $\dfrac{\sqrt 5}{3}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
