如图，已知三棱柱 A B C-A_ 1 B_ 1 C_ 1…——2019 高考数学第 19 题答案解析

（1）证明：
因为 $A_{1}A=A_{1}C=AC$，所以 $\triangle A_{1}AC$ 为等边三角形．
又 $E$ 为 $AC$ 的中点，所以 $A_{1}E \perp AC$．
因为平面 $A_{1}ACC_{1} \perp$ 平面 $ABC$，平面 $A_{1}ACC_{1} \cap$ 平面 $ABC = AC$，且 $A_{1}E \subset$ 平面 $A_{1}ACC_{1}$，
所以 $A_{1}E \perp$ 平面 $ABC$．
因为 $BC \subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_{1}E \perp BC$．

在三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$A_{1}B_{1} // AB$．
因为 $\angle ABC = 90^{\circ}$，即 $AB \perp BC$，所以 $A_{1}B_{1} \perp BC$．
又 $A_{1}E \cap A_{1}B_{1} = A_{1}$，$A_{1}E, A_{1}B_{1} \subset$ 平面 $A_{1}B_{1}E$，
所以 $BC \perp$ 平面 $A_{1}B_{1}E$．
因为 $F$ 是 $A_{1}B_{1}$ 的中点，所以 $F \in A_{1}B_{1}$，即 $EF \subset$ 平面 $A_{1}B_{1}E$．
所以 $EF \perp BC$．

（2）解：
由（1）知 $A_{1}E \perp$ 平面 $ABC$，且 $A_{1}E \perp AC$．
如图，在平面 $ABC$ 内过点 $E$ 作 $Ex \perp AC$，以 $E$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{Ex}, \overrightarrow{EC}, \overrightarrow{EA_{1}}$ 的方向为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $E-xyz$．

设 $AC=2$，则 $AE=EC=1$．
因为 $\triangle A_{1}AC$ 为等边三角形，所以 $A_{1}A=2, A_{1}E=\sqrt{3}$．
在 Rt$\triangle ABC$ 中，$\angle BAC=30^{\circ}, AC=2$，所以 $BC=1, AB=\sqrt{3}$．
过 $B$ 作 $BD \perp AC$ 于 $D$，则 $BD = \frac{AB \cdot BC}{AC} = \frac{\sqrt{3}}{2}$．
$AD = \sqrt{AB^2 - BD^2} = \sqrt{3 - \frac{3}{4}} = \frac{3}{2}$．
因为 $E$ 为 $AC$ 中点，$AE=1$，所以 $D$ 在 $E, C$ 之间，且 $ED = AD - AE = \frac{1}{2}$．
所以 $B$ 点坐标为 $(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}, 0)$．

各点坐标如下：
$E(0,0,0), A(0,-1,0), C(0,1,0), A_{1}(0,0,\sqrt{3})$．
$\overrightarrow{AB} = (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, 0)$．
由 $\overrightarrow{A_{1}B_{1}} = \overrightarrow{AB}$，得 $B_{1}(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{3})$．
因为 $F$ 为 $A_{1}B_{1}$ 的中点，所以 $F(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{3}{4}, \sqrt{3})$．
所以 $\overrightarrow{EF} = (\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{3}{4}, \sqrt{3})$．

设平面 $A_{1}BC$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$．
$\overrightarrow{CB} = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 0), \overrightarrow{CA_{1}} = (0, -1, \sqrt{3})$．
由 $\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{CB} = 0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{CA_{1}} = 0 \end{cases}$，得 $\begin{cases} \frac{\sqrt{3}}{2}x - \frac{1}{2}y = 0 \\ -y + \sqrt{3}z = 0 \end{cases}$．
取 $x=1$，则 $y=\sqrt{3}, z=1$．
所以平面 $A_{1}BC$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(1, \sqrt{3}, 1)$．

设直线 $EF$ 与平面 $A_{1}BC$ 所成角为 $\theta$．
$\sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{EF}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\overrightarrow{EF} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{EF}| |\vec{n}|}$．
$\overrightarrow{EF} \cdot \vec{n} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 1 + \frac{3}{4} \times \sqrt{3} + \sqrt{3} \times 1 = \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{3\sqrt{3}}{4} + \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$．
$|\overrightarrow{EF}| = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{4})^2 + (\frac{3}{4})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{\frac{3}{16} + \frac{9}{16} + 3} = \sqrt{\frac{12}{16} + 3} = \sqrt{\frac{15}{4}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$．
$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{5}$．
所以 $\sin \theta = \frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2} \times \sqrt{5}} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{75}} = \frac{4\sqrt{3}}{5\sqrt{3}} = \frac{4}{5}$．
因为 $\theta \in [0, \frac{\pi}{2}]$，所以 $\cos \theta = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2} = \frac{3}{5}$．
即直线 $EF$ 与平面 $A_{1}BC$ 所成角的余弦值为 $\frac{3}{5}$．