（本小题满分 12 分）如图 1，在直角梯形 ABCD 中…——2015 高考数学第 18 题答案解析

【答案】（I）证明见解析；（II）$\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．

## 【解析】

试题分析：（ I ）先证 $\mathrm{BE} \perp \mathrm{OA}_{1}, \mathrm{BE} \perp \mathrm{OC}$ ，再可证 $\mathrm{BE} \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{OC}$ ，进而可证 $\mathrm{CD} \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{OC}$ ；（II）先建立空间直角坐标系，再算出平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BC}$ 和平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{CD}$ 的法向量，进而可得平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{BC}$ 与平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{CD}$ 夹角的余弦值．

试题解析：（I）在图 1 中，
因为 $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}=1, \mathrm{AD}=2, \mathrm{E}$ 是 AD 的中点，$\angle \mathrm{BAD}=\frac{\pi}{2}$ ，所以 $\mathrm{BE} \perp \mathrm{AC}$即在图2 中， $\mathrm{BE} \perp \mathrm{OA}_{1}, \mathrm{BE} \perp \mathrm{OC}$

从而 $\mathrm{BE} \perp$ 平面 $A_{1} O C$

又 $\mathrm{CD} / / \mathrm{BE}$ ，所以 $\mathrm{CD} \perp$ 平面 $A_{1} O C$ ．

图1

（II）由已知，平面 $A_{1} B E \perp$ 平面 BCDE ，又由（I）知， $\mathrm{BE} \perp O A_{1}, \mathrm{BE} \perp \mathrm{OC}$
所以 $\angle A_{1} O C$ 为二面角 $A_{1}-B E-\mathrm{C}$ 的平面角，所以 $\angle A_{1} \mathrm{OC}=\frac{\pi}{2}$ ．
如图，以 O 为原点，建立空间直角坐标系，
因为 $A_{1} \mathrm{~B}=A_{1} \mathrm{E}=\mathrm{BC}=\mathrm{ED}=1, B C / / E D$
所以 $B\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right), \mathrm{E}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0,0\right), \mathrm{A}_{1}\left(0,0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right), \mathrm{C}\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$ ，
得 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right), \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}}\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right), \overrightarrow{\mathrm{CD}}=\overrightarrow{\mathrm{BE}}=(-\sqrt{2}, 0,0)$ ．
设平面 $A_{1} \mathrm{BC}$ 的法向量 $\overrightarrow{n_{1}}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ ，平面 $A_{1} \mathrm{CD}$ 的法向量 $\overrightarrow{n_{2}}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$ ，平面 $A_{1} \mathrm{BC}$ 与平面 $A_{1} \mathrm{CD}$ 夹角为 $\theta$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{B C}=0 \\ \overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{A_{1} C}=0\end{array}\right.$ ，得 $\left\{\begin{array}{c}-x_{1}+y_{1}=0 \\ y_{1}-z_{1}=0\end{array}\right.$ ，取 $\overrightarrow{n_{1}}=(1,1,1)$ ，
$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_{2}} \cdot \overrightarrow{C D}=0 \\ \overrightarrow{n_{2}} \cdot \overrightarrow{A_{1} C}=0\end{array}\right.$ ，得 $\left\{\begin{array}{c}x_{2}=0 \\ y_{2}-z_{2}=0\end{array}\right.$ ，取 $\overrightarrow{n_{2}}=(0,1,1)$ ，
从而 $\cos \theta=\left|\cos \left\langle\vec{n}_{1}, \overrightarrow{n_{2}}\right\rangle\right|=\frac{2}{\sqrt{3} \times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ，
即平面 $A_{1} \mathrm{BC}$ 与平面 $A_{1} \mathrm{CD}$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．
考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用．
【名师点晴】本题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题。解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误。证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的＂三线合一＂和菱形、正方形的对角线．