解：连接

N P

$∵$ $A O //$ 平面 $E B_{1} C_{1} F$ ，平面 $A O N P \cap$ 平面 $E B_{1} C_{1} F = N P$

$∴$ $A O // N P$

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 $A_{1} B_{1} C_{1} = A_{1} N$

$∴$ $O N // A P$

故：四边形 $O N P A$ 是平行四边形

设 $△ A B C$ 边长是 $6 m$ ( $m > 0$ )

可得： $O N = A P$ ， $N P = A O = A B = 6 m$

$∵$ $O$ 为 $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ 的中心，且 $△ A_{1} B_{1} C_{1}$ 边长为 $6 m$

$∴$ $O N = \frac{1}{3} \times 6 \times \sin 60 ° = \sqrt{3} m$

故： $O N = A P = \sqrt{3} m$

$∵$ $E F // B C$

$∴$ $\frac{A P}{A M} = \frac{E P}{B M}$

$∴$ $\frac{\sqrt{3}}{3 \sqrt{3}} = \frac{E P}{3}$

解得： $E P = m$

在 $B_{1} C_{1}$ 截取 $B_{1} Q = E P = m$ ，故 $Q N = 2 m$

$∵$ $B_{1} Q = E P$ 且 $B_{1} Q // E P$

$∴$ 四边形 $B_{1} Q P E$ 是平行四边形，

$∴$ $B_{1} E // P Q$

由（1） $B_{1} C_{1} ⊥$ 平面 $A_{1} A M N$

故 $∠ Q P N$ 为 $B_{1} E$ 与平面 $A_{1} A M N$ 所成角

在 $R t △ Q P N$ ，根据勾股定理可得： $P Q = \sqrt{Q N^{2} + P N^{2}} = \sqrt{{(2 m)}^{2} + {(6 m)}^{2}} = 2 \sqrt{10} m$

$∴ \sin ∠ Q P N = \frac{Q N}{P Q} = \frac{2 m}{2 \sqrt{10} m} = \frac{\sqrt{10}}{10}$

$∴$ 直线 $B_{1} E$ 与平面 $A_{1} A M N$ 所成角的正弦值： $\frac{\sqrt{10}}{10}$ .

2020年高考数学真题分类汇编专题12：空间几何