立体几何（平行与垂直、二面角）练习

立体几何（平行与垂直、二面角）

ー、选择题（每小题5分.在每小题给岀的四个选项中,只有一项是符合题目要求的）

1、（2020年全国1卷）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为ー个正四棱锥,以该四

棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥ー个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正

由题意尸。2=丄仍,即びーモ=丄",化简得4（2）2-2也ー1=0,

2.（2020•湖南省长沙市明达中学高三二模（理）关于三个不同平面夕,ア与直线人下列命题中的假命题

是（）

A,若a丄タ,则a内一定存在直线平行于タ

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B.若a与万不垂直,则a内一定不存在直线垂直于タ

C.若a丄ア,タ丄ア,aP!夕=/,则/丄ア

D.若。丄タ,则1内所有直线垂直于Z?

【答案】D

【解析】画出ー个正方体ス3CハーEF7/G如下图所示.平面ス8c。丄平面而EH//AD,即平行

于这两个垂直平面的交线,有E4//平面ABCD,故A选项命题是真命题,且D选项命题是假命题.根据

向価垂直的判定定理可知,B选项命题是真命题.巾ド图可知,平面スo口「面/JBF石同时垂直于平面

ABCD,它们的交线AE也垂直平面ABCD,故选项C命题是真命题。

3.（江西省新余一中2019届期中）如图,在四棱锥P—/8c。中,底面［8C。是矩形,以丄平面/BCD

PA=AD=4,48=2.以/C的中点。为球心,ZC为直径的球面交尸ハ于点M则。与平面ユCM所成角的

正弦值为（）

4B*C金時

【答案】D

【解析】如图所示,建立空间直角坐标系,

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则ス(0,0,0),尸(0,0,4),BQ,0,0),C(2,4,0),。(〇,4,0),A/(0-2,2).

所以芥=(2,4,0)(麺=(0,2,2),Cb=(~2,0,0).

设平面スCA/的ー个法向量"=(x,y,z),

ft,[2x-\-4y=0,,,

由"丄就,n±AM,可得く令z=l,得〃=(2,—1,1).

(2y+2z=0,

I心J

设所求角为a,则sina=11函MI='y.

4.(广西省柳州一中2019届期中)设正方体ス8CD一4山CiDi的棱长为2,则点力到平面ん8O的距离是

()

厶ヤR/「2/い2毡

2233

【答案】D

【解析】如图,以点。为坐标原点,。ス,DC,。。1所在直线分别为x轴、ヅ轴、z轴,建立空间直角坐标

系，则。(〇,0,0),Di(O,0,2),4(2,0,2),8(2,2,0),

9i=(2,0,0),法=(2,2,0),况i=(2,0,2),

设平面48。的ー个法向量"=(x,ッ，z),贝『ユ「

“快=0,Gx+2y=0,

令z=l,得"=(—1,1,1).

：.D到平面小8。的距离イ=4=2=辿

｝。1«|向ヤ3

5.(2020届河南省新乡市高三第二次模拟)如图,在正四棱柱ス5。ー44Gル中,AB=6A4,E,F

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分别为ス8,8c的中点,异面直线ス片与弓ド所成角的余弦值为用,则（）

A,直线4E与直线Gド异面,且か=也B.直线ルE与直线Gド共面,且加=セ

33

C.直线&E与直线Gド异面,且〃7=且D.直线4七与直线Cド共面，且m=且

33

【答案】B

【解析】如图所示:

连接取,4£,C0,DF,由正方体的特征得Eド尸スC,

所以直线4E与宜线Gド共面.

由正四棱柱的特征得ス4CQ,

所以异面直线スタ与Gげ所成角为/Z）Gド.

设44j=,则45=收ル!]=2,则リ"二逐,CXF—V3»C\D=6,

由余弦定理,得，”;cosNQG尸=3+；一已故选B。

6.（2020.四川省成都市树德中学高三二诊（理））如图,用ー边长为イ"的正方形硬纸，按各边中点垂直折

起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为——的鸡蛋（视为球体）放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋

3

中心（球心）与蛋巢底面的距离为（）

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.V2R73rV2+1nV3+1

2222

【答案】D

【解析】设四个支点所在球的小圆的圆心为〇’,球心为〇,由题意,球的体积为上,即一アR2=，し可

333

得球。的半径为1,又由边长为、历的正方形硬纸,可得圆。’的半径为;,利用球的性质可得

o'o2=^i2-（|）2=を,又由。’到底面的距离即为侧面三角形的高,其中高为;,所以球心到底面的距

离为也+丄=也里.

7.（2020•吉林省高三二模（理））等腰直角三角形8C。与等边三角形/8。中,ZC=90°,BD=6,现

将△N8。沿8。折起,则当直线ズ。与平面8co所成角为45。时，直线スC与平面N8。所成角的正弦值

为（）

A石R^26门2ぴ

3223

【答案】A

【解析】设E为8。中点,连接“E、CE,"I题可知スE丄8。，CE1BD,所以3。丄平面スEC,

过ZI作ユ。丄CE于点。,连接ハ。，则メ。丄平面8DC,所以/ス。。即为直线ス。与平面8C。所成角

的平面角,所以sin乙400=也=皿，可得イ。=3竝,在△/（□ど中可得。E=3,又OC==BD=3,

2AD2

即点。与点C重合,此时有スC丄平面BCD,过C作Cド丄スE与点ド,

又8O丄平面スEC,所以8。丄CE,所以Cド丄平面ス8。，

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从而角/CAE即为直线スC与平面ABD所成角,sinZG4E=—=-4==—«

AE3百3

8.（2020•黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（理））已知1,，是两个不同的平面,直线〃?uc,下列命题

中正确的是（）

A.若a丄尸,则〃，〃ガB.若a丄尸，则用丄タ

C.若"Z〃タ,则a〃タD.若加丄タ，则（Z丄£

【答案】D

【解析】若a丄タ且〃，ua,则〃，与ガ相交、平行或A、B错误:若加//タ且加ua,则a与タ

可能相交或平行,C错误;由面面垂直判定定理可知,D选项的已知条件符合定理,则a丄D正确。

9.（2020•广西师大附属外国语学校高三一模（理））棱长为2的正方体ス8C。ー44G口中，E为棱AD

中点，过点用，且与平面48E平行的正方体的截面面积为（）

A.5B.26C.276D.6

【答案】C

【解析】取BC中点M,取4R中点N,则四边形与ルのN即为所求的截面，根据正方体的性质，可以求

得MN=2j5,用。=26,根据各边长,可以断定四边形片"/W为菱形,所以其面积

S=」x2伝2百=2布。

2

10.在棱长为2的正方体ス8CD—44G2中,P是へBDCi内（不含边界）的ー个动点,若4P丄BQ,

则线段4。的长的取值范围为（）

A.（五,铝］B.［半,街）C.［竽,20）D.（76,272）

【答案】C

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由正方体的性质可知,

4—是正四面体,

且正四面体的棱长为20，

•.•尸在へ8OC］内,

4P的最大值为4G=48=4。=2&,

4P的最小值是4到平面BOG的距离,

设4在平面8£>G的射影为“，

则，为正三角形8DG的中心,BH=—

3

22

AXH=^A,B-BH=ザ_；=ミふ

••.4尸的最小值为ミカ,

又因为P不在三角形3。¢的边上，

所以4P的范围是:6,2丿5）,故选C.

3/

11.如图,棱长为1的正方体ABCD-AiBiCiDi中,尸为线段A1B上的动点,则ス。+PA的最小值为（）

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A.+y/2B.^2+V2C.y[2+1D.y[2+2

【答案】B

【解析】

由题意,将面ス48与面48CR沿48展开成平面图形,如图所示,

线段g即为AP+PD]的最小值,

在A444中，利用余弦定理可得ス〃=42+正，故选B.

12.四棱锥P—N8C。中,る丄平面ス88,底面4SCク是正方形,且尸ス=/8=2,则直线尸8与平

面アNC所成角为（）

兀

A.-B.—C.D.

642

【答案】A

【解析】连接スc交8。于点。,

因为ん丄平面力88,底面ス88是正方形,

所以6つ丄スC,BDLPA,因此8。丄平面[ソC;故80丄平面上4C；

连接0P,则/BP0即是直线PB与平面尸スC所成角,

又因ん=ス8=2,所以尸8=2&，5（9=72.

所以sin/8P0=g^=丄，所以/BP0=三.

PB26

故选A

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13.如图,平面四边形ス8CZJ中,E,ド是ス。,8。中点,AB=AD=CD=2,BD=2五,

ZBDC=90°,将ム48。沿对角线8。折起至ん4,6。，使平面48。丄BC。，则四面体イ-8C。中,

下列结论不正确的是（）

A.EFル平面国BC

B.异面直线C。与イB所成的角为90°

C.异面直线所与HC所成的角为60°

D.直线ス'C与平面BC。所成的角为30°

【答案】C

【解析】对于A:因为E,F是AD,8。中点,所以跖//H8,即七尸//平面イ8C,Mに平面イ8C,

故A正确;

对于B:因为平面イ8。丄平面8C。,交线为BD,旦CD丄BD,所以C。丄平面イ8。,即C。丄H8,

故异面直线C。与イ8所成的角为90°,故B正确;

对于C;取C。边中点连接EM,FM,如图:

则EN//HC,所以/五EN为异面直线所与4c所成角，又所=1,

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EM==HC=近,FM=、BC=6即/關1=90°,故C错误;

22

对于D:连接HF,可得Hド丄BD,由面面垂直的性质定理可得すド丄平面8CD,连接CR,可得

A'F6

乙4'Cク为4C与平面8c。所成角,由sinZA'CF-,则直线ス'C与平面BCハ所

7c2V22

成的角为30",故D正确.

故选:C.

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二、填空题（每小题5分）

14.（2020•福建省厦门市高三质检（理）己知正方体ス8CO—48coi的棱长为3.点N是棱4耳的中点,

点ア是棱CG上靠近点。的三等分点.动点。在正方形。|ハス4（包含边界）内运动,且。6//面ANT,

则动点。所形成的轨迹的长度为

【答案】M

【解析】由于。5〃平面ANT,所以点。在过5且与面ワNア平行的平面上,

取ク。中点片,取4G=1,则平面3GG〃平面。イア,

延长8片,延长ス。,交于点E,连接EG交。。।于点ハ

显然,平面8GEC平面。|。ス4=G/,所以点。的轨迹是线段ノ，

由中位线定理可证得。/=丄スG=1,

2

GZ=7（2-l）2+32=710»

15.已知平面。上放置棱长为2的正四面体N8。。,若该四面体绕棱3。旋转,使。点到平面a的距离为

1.如图所示.则点ス到平面a的距离等于..

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【解析】过4。作平面a的垂线,垂足分别为ド,£,连接则跖过中点S,

如图所示,在直角梯形z五中,AD=2,AS=DS=5DE=1.

所以SE=JLtan/£)SE=芋，而COSN/S°=I7~5=ラ，所以

2向乌§亚

tanZASD=272,因此tan(ZASD+ZASD)=--------十=-ア

1-2万xセ2

所以tanN/SR=W^,故sinN/Sド=ゼ尸=ぜ,

23<39

所以スE=/SsinN/Sド=』.

3

16.（陕西省咸阳一中2019届期末）已知点E,ド分别在正方体力8c。一ん86d的棱8省,CG上,且所ド

=2EB,CF=2FCi,则平面スEド与平面ABC所成的锐二面角的正切值为.

【答案】亜

【解析】法一延长FE,CB相交于点G,连接スG,如图所示.

设正方体的棱长为3,则G8=8C=3,作8H丄スG于点〃,连接EH,则/£”8为所求锐二面角的平面角.

.8〃=一EB=1,..tan/EHB=—=—.

2BH3

法二如图,以点ハ为坐标原点,DA,DC,ハハ।所在直线分别为エ轴,ダ轴,z轴,建立空间直角坐标系

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11

设D4=l,由已知条件得ス（1,0,0）,I3MLう,ホ］。“3办」ー“，9,

设平面"Eド的法向量为”=（x,めz）,平面ス£万与平面ルBC所成的锐二面角为仇

y+丄z=0,

”・並=0,3

tlr得0令ソ=l,z=—3,x=—1,则〃=(—1,1,—3),

“,#=0,—x+y+|z=0."

取平面イ8c的法向量为,”=（0,0,—1）,则cosd=|cos〈"，m）尸ヨ叵，tan。=キ.

17.（浙江省绍兴一中2019届高三质检）如图所示,二面角的棱上有ス,8两点,直线/C,8。分别在这

个二面角的两个半平面内,且都垂直于月氏已知ス8=4,4c=6,BD=8,CD=2而，则该二面角的大小为

【答案】60°

【解析】:田=ズ+成+訪，

A|CD|=V（CA+AB+BD）2=736+16+64+2CA・BD

=VH6+2CA•BQ=2/17.

：.C^Bb^\c\\\Bb\-cos值,册）=一24".cosく万，筋〉=ー丄.

又所求二面角与〈畠,訪〉互补，..・所求的二面角为60。.

18.（山东省济宁一中2019届期中）设如カ是两条不同的直线，。,£,ア是三个不同的平面，给出下

列四个命题:

①若//xza,n//a、则/〃〃）;

②若a〃£,£〃ア,勿丄。,则カ丄ん

③若。G£=〃,m//n,m//a,则m//B；

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④若叫〃a,n//,m//n,则。〃月.

其中是真命题的是（填上正确命题的序号）.

【答案】②

【解析】①必〃〃或勿,カ异面,故①错误;易知②正确:③卬〃£或加=£,故③错误;④。〃ガ或。与£相

交，故④错误.

19.如图,在正方体ス8C0-44G2中,点E是棱CG上的一个动点,平面3E。交棱441于点ド.下

列命题正确的为

①存在点E,使得4G〃平面BE”；

②对于任意的点E,平面4G。丄平面BED.F:

③存在点E,使得B.D丄平面BED.F；

④对于任意的点E,四棱锥瓦ー8ルnド的体积均不变.

【答案】①②④

【解析】①当E为棱CQ上的一中点时,此时ド也为棱ス4上的ー个中点，此时4C//Eド,满足4G〃

平面BEク1ド,故①正确;

②连结3。,则8Q丄平面スCQ,因为平面5Eロド，所以平面スG。丄平面ド,故②正

确:

③平面8Eワド,不可能存在点E,使得6。丄平面BEワド，故③错误:

④四棱锥B「BEDF的体积等于七,ー网ダ+VD「BB\E，设正方体的棱长为1.

•:无论E、ド在何点,三角形5月E的面积为丄xlxl=g为定值,三棱锥ルー83g的高口G=1,保持

不变,三角形88r的面积为:xlxl=g为定值，三棱锥りー6片ド的高为ユ4=1，保持不变.

四棱锥片-BED、F的体积为定值，故④正确.

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故答案为①②④.

20.下列三个命题在“”处都缺少同一个条件,补上这个条件使其构成真命题（其中/,m为直线,a,j3

为平面）,则此条件是.

///w]me:a]/丄別

①〃7//a，=>///a；②///加・=>///«；③加丄a,n///a

【答案】lua

【解析】①/〃团,m//a=>///a或/ua,由，Can/〃0!；

②/<Xa,mua,///w=>///a；

③/丄か,加丄a=>///a或/UQ,由，Ua=>=>/〃0!.

故答案为，Ua.

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三、解答题（每小题5分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

21.（2020•北京市平谷区高三一模）如图,在三棱柱ADF-BCE中,平面ABCD丄平面ス8E尸,侧面ABCD

为平行四边形,侧面/18Eド为正方形，ACLAB,AC^2AB=4,"为ドZ）的中点.

（1）求证:必//平面スCN；

（2）求二面角A1—NC-E的大小.

【答案】（1）证明见解析（2）45°

【解析】

（1）连接3。,交ZC与。,连接A/O,在"），咕中,MO//FB,

又尸8tz平面ZCAf,MOu平面スCN,所以必//平面ZCN：

（2）由平面ス88丄平面45EF,AC1AB.为平面ス3CZ）与平面ユBEF的交线,故スC丄平面

ABEF,故スド丄スC,又AF丄AB,所以スド丄平面スBCハ,

以ス为原点,AC,AB，スド分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系,

風0,0,0),C(4,0,0),5(0,2,0),り(4,-2,0),ド(0,0,2),M(2,-l,l),

设平面スCM的法向量为碗=(x,y,z),NC=(4,0,0),^7=(2,-1,1),

in-AC=4x=0

由,,得加=(0,1,1),

m-AM=2x-y+z=0

平面スCド的法向量为ス6=（0,1,0）,

由cos(AB.m方ー

故二面角〃ース。ード的大小为45。.

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22.（2020•福建省泉州市高三质检（理））如图,四棱锥尸ー48co的底面是正方形,尸ス丄平面ス8C。,

AELPD.

（1）证明:/E丄平面尸CZ>；

⑵若AP=AB,求二面角5-PCー。的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）--

2

【解析】

（1）证明:因为PN丄平面/48cハ,COu平面ス8Cハ,

所以「ス丄Cハ，

因为底面スBCパ是正方形，所以メo丄CD,

又PNcスハ=/,所以Cハ丄平面/>4ハ,

因为スEu平面ルハ，所以C。丄スE,

又因为スE丄Pハ,。ハcPハ=ハ，。ハ,尸パu平面尸。ハ,

所以Z1E丄平面?。ハ

（2）因为产ス丄平面48。パ,底面ス8。ハ为正方形,

所以。4丄ス6,/シ丄スハ,Z6丄スハ,以ス为原点,分别以ス8、スパ、ス尸所在的直线为x轴、ヅ轴、z轴

建立空间直角坐标系スーサz（如图所示）,

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E

设/スニス5=L则ス(〇,〇,〇),5(1,0,0),C(l,l,0),。(〇,1,〇),尸(0,0,1),

因为スE丄尸ハ,所以E为尸。中点,所以

所以而=(1,0,-1),正=(1,1,-1),荏=(0,5；),

由（1）得あ=［〇,为平面PC。的ー个法向量,

设平面尸8C的ー个法向量为玩=（x,y,z）.

PBm=0x-z=0

由,即«レ+kz=0’令ス川则z=l,y=O,所以初=(1,0,1),

PCm=Oy

in-AE

因此〈质,〉=2

cosNET=2

同司V2x

由图可知二面角8-PC-O的大小为钝角,

故二面角8ー尸C-Q的余弦值为ー丄。

2

23.（2020・广西师大附属外国语学校高三ー模（理））三棱柱ス8C-4gG的主视图和俯视图如图所示（图

中一格为单位正方形），D、ユ分别为棱イC和小。的中点.

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(1)求侧(左)视图的面积,并证明平面小スCG丄平面8山ハハ1

(2)求二面角A.-BD-B,的余弦值.

【答案】(1)8,证明见解析;(2)—

17

【解析】⑴由视图可知,侧面スXCG丄底面ス8C,BD1.AC

因为底面ABC,ス。=侧面/MCCID底面ABC

所以8。丄侧面?MCG

因为8OU平面SIBDDI

所以平面8うハハ1丄侧面AiACCt

侧视图为矩形,长就是棱柱的高,宽为8パ的长,所以面积S=4X2=8

(2)由(1)可知，以ハ为原点，建立如图所示的空间直角坐标系ハー孙z

各点坐标为ス(2,0,0),ハ(0,0,0),5(0,2,0),C(-2,0,0),At(l,0,4),Di(-1,0,4),Ci(-3,

0,4)5i(-l,2,4)

设平面45O的法向量为ズ=(X,y,z),则有:

—,—.(x+4z=0[-X=4z

a-DA.-0,a-DB=0,くバ

113y=0い=0

令z=l,可得ほ=(-4,0,1)

设平面515。的法向量为3=(x,y,z),则有:

-x+2y+4z=0fx=4z

h-DB=0,h-DB=0,

X2y=0，y=0

令z=l,可得B=(4,0,1),

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/\a-b\15

设二面角4-80-81的大小为。,则有cos8=cos（み,b）=T-』=一

'/同怜|17

24.（2020•黑龙江哈尔滨师大附中高三模拟（理））如图,三棱柱ス£G-Z8C中,8チ丄平面ス8C,

AB丄BC,AB=2,BC=\,BB、=3,つ是C&的中点,E是ス3的中点.

（I）证明:OE〃平面C/4：

（II）ダ是线段CC上一点,且直线，ド与平面ス844所成角的正弦值为;,求二面角ドー84-Z的余

弦值.

【答案】（I）详见解析;（II）--729.

29

（I）连结ス4交48于。,连结E。，。£

第20页共28页

•.,OA=OB，AE=EB,：.OE^-BB.,OE//BB.

21X

乂DC[=；BB-DCJIBB,,

OE//DC,,因此,四边形。EOG为平行四边形,即即〃0G

•••OGu面C1んB,EDU面C[4B,；.DEH平面C.BA.

(II)建立空间直角坐标系8ー孙z,如图,过ド作;7y丄84,连结ス”

BB、丄面ス8C,481面ABC,；.AB丄BB、

VAB1BC，8Cn84,.•・丄面C84G

VAB!面BAA,4,.•・面ル切用丄面CBB,C,,

•；FHu面CBB£,FH±BB1,面544圈D面CBgC[=55],FH丄面8441,

即Nんド为直线スF与平面ス所成角,记为sin^=—=-,：.AF=3,

AF3

在RtMCF中,5=AC2=CF2+AF2=CF2+9，：.CF=2,

产(0,2,1),4(2,3,0),Bド=(0,2,1),84=(2,3,0),

设平面的法向量ル=(x,y,z)，

in•BF=2y+z=0

_一»取ダ=2か二(一3,2,—4)

m•BAX=2x+3y=0

平面BAA1的法向量〃=(0,0,1),

因此，二面角F-ス的余弦值一さ,29。

29

25.(2020•陕西省高三教学质量检测ー(理))如图，已知四棱锥P—48Cつ的底面为直角梯形,NADC

为直角,4P丄平面スBCD,BC:AD:CD^5:4:2,且8=1.

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（1）求证:BP丄AC；

⑵若AP=CD,求二面角クーPC-8的余弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）ー巫

5

【解析】（1）证明:「ス尸丄平面ん9CQ,

メ。匚平面ス88，，ス尸丄ス。.

'：BC:AD:CD^5:4:2,且CO=1,

二AD=2,BC=L

2

AC=®AB=立,

2

•••BC2=AC2+AB2,即スC丄ス8.

又APCAB=A,4P,力8u平面スBP

二2C丄平面48P.

乂BPu平面ABP，

二BPLAC.

（2）如图,过点イ作スド垂直8。于点ド,由（1）知,APIAD.

又AP丄AF,AF丄AD,

ス尸,N0,スド两两垂直,

.••以ス为坐标原点，スFび。,,尸所在直线分别为ス轴、ッ轴、z轴,

建立空间直角坐标系スーりz,

则尸（0,0,1）,/（0,0,0）,8レ,一!,〇）,C（l,2,0）,。（0,2,0）

第22页共28页

••・部」0,9.〇)而=(一1,一2,1),反=(1,0,0).

设平面5PC的法向量〃］二(x,y,z),

••・取〃]=(1,0/).

设平面クPC的法向量〃2=(X”M，ZJ,

匹ザ〇,得ド。,

由<

CP>77,=0ーるー2,+ム=0,

••・取〃2=(0,1,2).

设二面角クー尸。ー8的平面角为

2叵

贝リcos0=

网同72x755

由图可知二面角クーPC—8为钝角,

26.(2020•江西省名高三第二次大联考(理))如图,底面ス8cク是等腰梯形,

AD//BC,AD=2AB=2BC=4,点、E为AD的中点,以BE为边作正方形8EFG,且平面8MG丄平

^ABCD.

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F.

(1)证明:平面スCド丄平面BEFG.

(2)求二面角スー5ドーハ的正弦值.

【答案】(1)见解析:(2)sind=*瓦

35

【解析】

(1)证明:因为点E为スD的中点,ス。=28。,所以スE=8C,

因为ルハ//8C,所以AE//BC,所以四边形エ3C。是平行四边形,

因为ス8=BC,所以平行四边形48CE是菱形,所以スC丄BE,

因为平面BEFG丄平面ス8C。,旦平面BEFGc平面ス8。。=8£,所以スC丄平面8EFG.

因为スC1平面スc尸,所以平面スCド丄平面BEFG.

(2)记エC,的交点为0,再取FG的中点尸.由题意可知スC,8£,0?两两垂直，故以。为坐标原点,

以射线08,OC,0P分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系。ー孙z.

因为底面/8c。是等腰梯形,AD//BC,AD=2AB=2BC=4,所以四边形/18CE是菱形，且

NBAD=60°，

所以ス(〇,ー百,0),5(1,0,0),£(-1,0,0),。(—2,50),ド(―1,0,2),

则ス3=(1,73,0),5F=(-2,0,2),55=(—3,、瓦〇),设平面ス5Q的法向量为碗=(玉,必,zj,

m-AB=x,+VJy,=0…厂,「(-r

则イ一,[,不妨取必=-1,则〃[=(6,一1,百)，

m-BF=-2玉+2Z]=0

设平面DBF的法向量为"=(ち,为,Z2),

n-BD=-3x?+V3y9=0...,1,-1-

则〈-,不妨取ち=1,贝リれ=(1,JJ,1)，

n-BF=-2X2+2Z2=0

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m-n7105

故COS〈加M=

IwIIwI5/7X5/535

27.（2020•江西省南昌市第十中学校高三模拟（理））如图所示,在四面体ス3CD中,ス。丄ス8,平面ABD丄

平面ス8C,AB=BC=—AC且ZO+8C=4.

2

（1）证明:8c丄平面ル8。;

（2）设E为棱スC的中点,当四面体ス88的体积取得最大值时，求二面角C—8。ー£的余弦值.

【答案】（1）见证明：（2）叵

6

【解析】

（1）证明:因为スハ丄ス8,平面ス8。丄平面Z8C，

平面ス6Oc平面ス8C=Z8,ZOu平面Z18。,

所以ス。丄平面ス8C，

因为5Cu平面ス5C,所以スO丄8c.

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因为んB=BC=J/1C，所以ス82+8。2=ス。2,

2

所以ス8丄8C,

因为スOcZ8=Z,所以8c丄平面ス80.

(2)解