所以，线段CF的长为
8． 7
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．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、运算求解能力和推理论证能力．
16．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED.
又因为ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE?平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
17．【2019年高考浙江卷】（本小题满分15分）如图，已知三棱柱ABC?A1B1C1，平面A1ACC1?平面ABC,
?AC,E,F分别是AC，A1B1的中点. ?ABC?90?，?BAC?30?,A1A?AC1（1）证明：EF?BC；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）【解析】方法一：
3． 5（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC． 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC， 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC． 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F． 所以BC⊥平面A1EF． 因此EF⊥BC．
（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形． 由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）． 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3. 由于O为A1G的中点，故EO?OG?A1G15， ?22EO2?OG2?EG23所以cos?EOG??．
2EO?OG5因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．
3． 5
不妨设AC=4，则
A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(33,,23)，C(0，2，0)． 22因此，EF?(33,,23)，BC?(?3,1,0)． 22由EF?BC?0得EF?BC． （2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ． 10)，A1C=(0，2，?23)． 由（1）可得BC=(?3，，z)， 设平面A1BC的法向量为n?(x，y，??BC?n?0??3x?y?0?由?，得?， ???A1C?n?0?y?3z?01)，故sin??|cosEF，n|=取n?(1，3，|EF?n|4?，
|EF|?|n|53． 5因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为
【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.
专题5 平面解析几何
1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C的焦点为F1(?1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B
两点．若|AF2|?2|F2B|，|AB|?|BF1|，则C的方程为
x2?y2?1 A．2
x2y2??1 B．32x2y2??1 D．54x2y2??1 C．43【答案】B
【解析】法一：如图，由已知可设F2B?n，则AF2?2n,BF1?AB?3n， 由椭圆的定义有2a?BF1?BF2?4n,?AF1?2a?AF2?2n．
4n2?9n2?9n21在△AF1B中，由余弦定理推论得cos?F1AB??．
2?2n?3n3在△AF1F2中，由余弦定理得4n?4n?2?2n?2n?2213?4，解得n?． 32x2y2?2a?4n?23,?a?3,?b?a?c?3?1?2,?所求椭圆方程为??1，故选B．
32222
法二：由已知可设F2B?n，则AF2?2n,BF1?AB?3n， 由椭圆的定义有2a?BF1?BF2?4n,?AF1?2a?AF2?2n．
?4n2?4?2?2n?2?cos?AF2F1?4n2在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得?2， 2?n?4?2?n?2?cos?BF2F1?9n又?AF2F1,?BF2F1互补，?cos?AF2F1?cos?BF2F1?0，两式消去cos?AF2F1,cos?BF2F1，得
3n2?6?11n2，解得n?3．?2a?4n?23,?a?3,?b2?a2?c2?3?1?2,?所求椭圆方2x2y2程为??1，故选B．
32【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆A．2 C．4 【答案】D
x23p?y2p?1的一个焦点，则p=
B．3 D．8
x2y2pp2??1的一个焦点，【解析】因为抛物线y?2px(p?0)的焦点(,0)是椭圆所以3p?p?()，3pp222解得p?8，故选D．
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