（19）（本小题满分 12 分）如图，在长方体 A B C…——2010 高考数学第 18 题答案解析

【解答】
本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，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、运算能力和推理论证能力，满分 12 分。
**方法一**：如图所示，建立空间直角坐标系，
点 A 为坐标原点，设 $A B=1$ ，依题意得 $D(0,2,0)$ ，
$F(1,2,1), A_{1}(0,0,4), E\left(1, \frac{3}{2}, 0\right)$
解：易得 $\overrightarrow{E F}=\left(0, \frac{1}{2}, 1\right), \overrightarrow{A_{1} D}=(0,2,-4)$

于是 $\cos \left\langle\overrightarrow{E F}, \overrightarrow{A_{1} D}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{A_{1} D}}{|\overrightarrow{E F}|\left|\overrightarrow{A_{1} D}\right|}=-\frac{3}{5}$
所以异面直线 $E F$ 与 $A_{1} D$ 所成角的余弦值为 $\frac{3}{5}$
证明：易知 $\overrightarrow{A F}=(1,2,1), \overrightarrow{E A_{1}}=\left(-1,-\frac{3}{2}, 4\right), \overrightarrow{E D}=\left(-1, \frac{1}{2}, 0\right)$
于是 $\overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{E A_{1}}=0, \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{E D}=0$ ．因此，$A F \perp E A_{1}, A F \perp E D$ ，又 $E A_{1} \cap E D=E$

所以 $A F \perp$ 平面 $A_{1} E D$
（III）解：设平面 $E F D$ 的法向量 $\vec{u}=(x, y, z)$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{u} \cdot \overrightarrow{E F}=0 \\ \vec{u} \cdot \overrightarrow{E D}=0\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2} y+z=0 \\ -x+\frac{1}{2} y=0\end{array}\right.$
不妨令 $\mathrm{X}=1$ ，可得 $\vec{u}=(1,2-1)$ 。由（2）可知， $\overrightarrow{\mathrm{AF}}$ 为平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{ED}$ 的一个法向量。
于是 $\cos \langle\vec{u}, \overrightarrow{\mathrm{AF}}\rangle=\frac{\vec{u} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AF}}}{|\vec{u}||\overrightarrow{\mathrm{AF}}|}=\frac{2}{3}$ ，从而 $\sin \langle\vec{u}, \overrightarrow{\mathrm{AF}}\rangle=\frac{\sqrt{5}}{3}$
所以二面角 $\mathrm{A}_{1}$－ED－F 的正弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$

**方法二**：（1）解：设 $\mathrm{AB}=1$ ，可得 $\mathrm{AD}=2, \mathrm{AA}_{1}=4, \mathrm{CF}=1 . \mathrm{CE}=\frac{1}{2}$
连接 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}, \mathrm{BC}_{1}$ ，设 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ 与 $\mathrm{BC}_{1}$ 交于点 M ，易知 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{D} / / \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ ，由
$\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{CB}}=\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{CC}_{1}}=\frac{1}{4}$ ，可知 $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}_{1}$ ．故 $\angle B M C$ 是异面直线 EF 与
$\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}$ 所成的角，易知 $\mathrm{BM}=\mathrm{CM}=\frac{1}{2} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}=\sqrt{5}$ ，所以 $\cos \angle B M C=\frac{B M^{2}+C M^{2}-B C^{2}}{2 B M \cdot C M}=\frac{3}{5}$ ，所以异面直线 FE 与 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}$ 所成角的余弦值为 $\frac{3}{5}$
（II）证明：连接 AC ，设 AC 与 DE 交点 N 因为 $\frac{C D}{B C}=\frac{E C}{A B}=\frac{1}{2}$ ，所以 Rt $\triangle D C E \sim$ Rt $\triangle C B A$ ，从而 $\angle C D E=\angle B C A$ ，又由于 $\angle C D E+\angle C E D=90^{\circ}$ ，所以 $\angle B C A+\angle C E D=90^{\circ}$ ，故 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{DE}$ ，又因为 $\mathrm{CC}_{1} \perp \mathrm{DE}$ 且 $C C_{1} \cap A C=C$ ，所以 $\mathrm{DE} \perp$平面 ACF ，从而 $\mathrm{AF} \perp \mathrm{DE}$ ．
连接 BF ，同理可证 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C} \perp$ 平面 ABF ，从而 $\mathrm{AF} \perp \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ ，所以 $\mathrm{AF} \perp \mathrm{A}_{1} \mathrm{D}$ 因为 $D E \cap A_{1} D=D$ ，所以 $\mathrm{AF} \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{ED}$
（III）解：连接 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~N}$ ． FN ，由（2）可知 $\mathrm{DE} \perp$ 平面 ACF ，又 $\mathrm{NF} \subset$ 平面 $\mathrm{ACF}, \mathrm{A}_{1} \mathrm{~N} \subset$ 平面 ACF ，所以 $\mathrm{DE} \perp \mathrm{NF}, \mathrm{DE} \perp \mathrm{A}_{1} \mathrm{~N}$ ，故 $\angle A_{1} N F$ 为二面角 $\mathrm{A}_{1}$－ED－F 的平面角

易知 Rt $\triangle C N E \sim R t \triangle C B A$ ，所以 $\frac{C N}{B C}=\frac{E C}{A C}$ ，又 $A C=\sqrt{5}$ 所以 $C N=\frac{\sqrt{5}}{5}$ ，在 Rt $\triangle N C F$ 中，$N F=\sqrt{C F^{2}+C N^{2}}=\frac{30}{5}$ 在 $R t \triangle A_{1} A N$ 中
$N A_{1}=\sqrt{A_{1} A^{2}+A N^{2}}=\frac{4 \sqrt{30}}{5}$
连接 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1}, \mathrm{~A}_{1} \mathrm{~F}$ 在 R $t \Delta A_{1} C_{1} F$ 中，$A_{1} F=\sqrt{A_{1} C_{1}^{2}+C_{1} F^{2}}=\sqrt{14}$
在 $R t \triangle A_{1} N F$ 中， $\cos \angle A_{1} N F=\frac{A_{1} N^{2}+F N^{2}-A_{1} F^{2}}{2 A_{1} N \bullet F N}=\frac{2}{3}$ 。所以 $\sin \angle A_{1} N F=\frac{\sqrt{5}}{3}$
所以二面角 $\mathrm{A}_{1}$－DE－F 正弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{3}$