2020_新课标 II 卷 (2020·理)
20．如图，已知三棱柱 $A B C$－
$A_{1} B_{1} C_{1}$ 的底面是正三角形，侧面 $B B_{1} C_{1} C$ 是矩形，$M, N$ 分别为 $B C, B_{1} C_{1}$ 的中点，$P$ 为 $A M$ 上一点，过 $B_{1} C_{1}$ 和 $P$ 的平面交 $A B$ 于 $E$ ，交 $A C$ 于 $F$ ．
（1）证明：$A A_{1} / / M N$ ，且平面 $A_{1} A M N \perp E B_{1} C_{1} F$ ；
②设 $O$ 为 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中心，若 $A O / /$ 平面 $E B_{1} C_{1} F$ ，且 $A O=A B$ ，求直线 $B_{1} E$ 与平面 $A_{1} A M N$ 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
②$\frac{\sqrt{10}}{10}$ ．
## 【解析】
【分析】
（1）由 $M, N$ 分别为 $B C, B_{1} C_{1}$ 的中点，$M N / / C C_{1}$ ，根据条件可得 $A A_{1} / / B B_{1}$ ，可证 $M N / / A A_{1}$ ，要证平面 $E B_{1} C_{1} F \perp$ 平面 $A_{1} A M N$ ，只需证明 $E F \perp$ 平面 $A_{1} A M N$ 即可；
（2）连接 $N P$ ，先求证四边形 $O N P A$ 是平行四边形，根据几何关系求得 $E P$ ，在 $B_{1} C_{1}$ 截取 $B_{1} Q=E P$ ，由①$B C \perp$ 平面 $A_{1} A M N$ ，可得 $\angle Q P N$ 为 $B_{1} E$ 与平面 $A_{1} A M N$ 所成角，即可求得答案．
【详解】①$\because M, N$ 分别为 $B C, B_{1} C_{1}$ 的中点，
$\therefore M N / / B B_{1}$
又 $A A_{1} / / B B_{1}$
$\therefore M N / / A A_{1}$
在 $\triangle A B C$ 中，$M$ 为 $B C$ 中点，则 $B C \perp A M$
又 ∵ 侧面 $B B_{1} C_{1} C$ 为矩形，
$\therefore B C \perp B B_{1}$
$\because M N / / B B_{1}$
$M N \perp B C$
由 $M N \cap A M=M, M N, A M \subset$ 平面 $A_{1} A M N$
$\therefore B C \perp$ 平面 $A_{1} A M N$
又 $\because B_{1} C_{1} / / B C$ ，且 $B_{1} C_{1} \not \subset$ 平面 $A B C, B C \subset$ 平面 $A B C$ ，
$\therefore B_{1} C_{1} / /$ 平面 $A B C$
又 $\because B_{1} C_{1} \subset$ 平面 $E B_{1} C_{1} F$ ，且平面 $E B_{1} C_{1} F \cap$ 平面 $A B C=E F$
$\therefore B_{1} C_{1} / / E F$
$\therefore E F / / B C$
又 $\because B C \perp$ 平面 $A_{1} A M N$
$\therefore E F \perp$ 平面 $A_{1} A M N$
$\because E F \subset$ 平面 $E B_{1} C_{1} F$
∴ 平面 $E B_{1} C_{1} F \perp$ 平面 $A_{1} A M N$
（2）连接 $N P$
$\because A O / /$ 平面 $E B_{1} C_{1} F$ ，平面 $A O N P \cap$ 平面 $E B_{1} C_{1} F=N P$
$\therefore A O / / N P$
根据三棱柱上下底面平行，
其面 $A_{1} N M A \cap$ 平面 $A B C=A M$ ，面 $A_{1} N M A \cap$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1}=A_{1} N$
$\therefore O N / / A P$
故：四边形 $O N P A$ 是平行四边形
设 $\triangle A B C$ 边长是 $6 m(m>0)$
可得：$O N=A P, N P=A O=A B=6 m$
$\because O$ 为 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中心，且 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 边长为 $6 m$
$\therefore O N=\frac{1}{3} \times 6 \times \sin 60^{\circ}=\sqrt{3} m$
故：$O N=A P=\sqrt{3} m$
$\because E F / / B C$
$\therefore \frac{A P}{A M}=\frac{E P}{B M}$
$\therefore \frac{\sqrt{3}}{3 \sqrt{3}}=\frac{E P}{3}$
解得：$E P=m$
在 $B_{1} C_{1}$ 截取 $B_{1} Q=E P=m$ ，故 $Q N=2 m$
$\because B_{1} Q=E P$ 且 $B_{1} Q / / E P$
∴ 四边形 $B_{1} Q P E$ 是平行四边形，
$\therefore B_{1} E / / P Q$
由①$B_{1} C_{1} \perp$ 平面 $A_{1} A M N$
故 $\angle Q P N$ 为 $B_{1} E$ 与平面 $A_{1} A M N$ 所成角
在 Rt $\triangle Q P N$ ，根据勾股定理可得：$P Q=\sqrt{Q N^{2}+P N^{2}}=\sqrt{(2 m)^{2}+(6 m)^{2}}=2 \sqrt{10} m$
$\therefore \sin \angle Q P N=\frac{Q N}{P Q}=\frac{2 m}{2 \sqrt{10} m}=\frac{\sqrt{10}}{10}$
∴ 直线 $B_{1} E$ 与平面 $A_{1} A M N$ 所成角的正弦值：$\frac{\sqrt{10}}{10}$ ．
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．