（15分）直三棱柱$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1}=AB=AC=2$，$AA_{1}\bot AB$，$AC\bot AB$，$D$为$A_{1}B_{1}$中点，$E$为$AA_{1}$中点，$F$为$CD$中点．
（1）求证：$EF//$平面$ABC$；
（2）求直线$BE$与平面$CC_{1}D$的正弦值；
（3）求平面$A_{1}CD$与平面$CC_{1}D$夹角的余弦值．

分析：利用中位线可证（1），建立空间直角坐标系设$\overrightarrow{n}=(x$，$y$，$z)$是平面$CC_{1}D$的法向量，平面$A_{1}CD$的法向量为$\overrightarrow{m}=(x$，$y$，$z)$，可解．
解：（1）证明：取$BB_{1}$的中点$G$，连接$FG$，$EG$，连接$AD$交$EG$于$K$，
再连接$FK$，
$\because EK//A_{1}B_{1}$，且$E$是$AA_{1}$的中点，则$K$是$AD$的中点，
$\therefore FK//AC$，$EG//AB$，
又$FK\not\subset$平面$ABC$，$AC\subset$平面$ABC$，
$\therefore FK//$平面$ABC$，
同理可得，$EG//$平面$ABC$，
又$FK\bigcap EG=K$，
$\therefore$平面$EFG//$平面$ABC$，
$\therefore EF//$平面$ABC$，
（2）在直三棱柱$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC\bot AB$，则可建立如图所示的空间直角坐标系，

又$AA_{1}=AB=AC=2$，$D$为$A_{1}B_{1}$中点，$E$为$AA_{1}$中点，$F$为$CD$中点．
故$B(2$，2，$0)$，$E(1$，0，$0)$，$C(2$，0，$2)$，$C_{1}(0$，0，$2)$，$D(0$，1，$0)$，
则$\overrightarrow{BE}=(-1$，$-2$，$0)$，$\overrightarrow{C{C}_{1}}=(-2$，0，$0)$，$\overrightarrow{CD}=(-2$，1，$-2)$，
设$\overrightarrow{n}=(x$，$y$，$z)$是平面$CC_{1}D$的法向量，则有：$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{C{C}_{1}}=0$，$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{CD}=0$，即$\left\{\begin{array}{l}{-2x=0}\\ {-2x+y-2z=0}\end{array}\right.$，令$z=1$，则$x=0$，$y=2$，
所以$\overrightarrow{n}=(0,2,1)$，
设直线$BE$与平面$CC_{1}D$的夹角为$\theta$，则$\sin \theta =\vert \cos  < \overrightarrow{BE},\overrightarrow{n} > \vert =\vert \dfrac{-2\times 2}{\sqrt{5}\times \sqrt{5}}\vert =\dfrac{4}{5}$，
（3）$\because A_{1}(0$，0，$0)$，则$\overrightarrow{{A}_{1}C}=(2$，0，$2)$，$\overrightarrow{{A}_{1}D}=(0$，1，$0)$，
设平面$A_{1}CD$的法向量为$\overrightarrow{m}=(x$，$y$，$z)$，则有$\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{{A}_{1}C}=0$，$\overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{{A}_{1}D}=0$，
即$\left\{\begin{array}{l}{2x+2z=0}\\ {y=0}\end{array}\right.$，令$x=1$，则$y=0$，$z=-1$，故$\overrightarrow{m}=(1,0,-1)$，
设平面$A_{1}CD$与平面$CC_{1}D$的夹角为$\beta$，
所以$\cos \beta =\vert \cos  < \overrightarrow{n},\overrightarrow{m} > \vert =\vert \dfrac{-1\times 1}{\sqrt{5}\times \sqrt{2}}\vert =\dfrac{\sqrt{10}}{10}$．
点评：本题考查了利用空间向量求线面角以及二面角的大小，属于较难题．