高中数学人教B版 (2019)必修 第四册11.4.2 平面与平面垂直课后作业题

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第四册11.4.2 平面与平面垂直课后作业题，共17页。试卷主要包含了 给出下列命题等内容，欢迎下载使用。


1. 给出下列命题：
①平行于同一平面的两条直线平行；
②两条平行直线中的一条直线平行于一个平面，则另一条直线也平行于这个平面；
③直线与平面有无数个公共点，则直线在平面内；
④两个平面有无数个公共点，则两个平面重合．
其中正确命题的个数是（ ）
A.0B.1C.2D.3

2. 设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列命题：
①若m // l，且m⊥α，则l⊥α；
②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；
③若α⊥β，γ⊥β，则α // γ．
其中错误命题的个数为（ ）
A.0B.1C.2D.3

3. 如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=22，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．

(1)证明：PC⊥平面BED；

(2)设二面角A−PB−C为90∘，求PD与平面PBC所成角的大小．

4. 如图，在△ABC中，O是BC的中点，AB＝AC，AO＝2OC＝2．将△BAO沿AO折起，使B点与图中B′点重合．

（1）求证：平面AOB′⊥平面B′OC；

（2）当三棱锥B′−AOC的体积最大时，求二面角A−B′C−O的余弦值．

5. 三棱锥P−ABC中，PC、AC、BC两两垂直，BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分别是AB、AC、AP的中点．

（1）证明：平面GFE // 平面PCB；

（2）求二面角B−AP−C的正切值；

（3）求直线PF与平面PAB所成角的正弦值．

6. 如图，正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，现给出下列四个命题：
①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；
②恒有平面A′GF⊥平面BCED；
③三棱锥A′−FED的体积有最大值；
④直线A′E与BD不可能垂直．
其中正确的命题的序号是________．


7. 如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90∘，D为AC的中点，AE⊥BD于点E（不同于点D），延长AE交BC于点F，将
△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1−BCD，如图2所示．

（1）若M是FC的中点，求证：直线DM // 平面A1EF．

（2）求证：BD⊥A1F．

（3）若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．

8. 如图1，在等腰梯形CDEF中，CB、DA是梯形的高，AE＝BF＝2，AB＝22，现将梯形沿CB、DA折起，使EF // AB，且EF＝2AB，得一简单组合体ABCDEF如图2所示，已知M、N、P分别为AF，BD，EF的中点．

（1）求证：MN // 平面BCF；

（2）求证：AP⊥平面DAE．

9. 如图所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE．

（1）求证：AE⊥BE．

（2）若M在线段AB上，且满足AM＝2MB，则线段CE上是否存在一点N，使得MN // 平面ADE？若存在，求出点N的位置；若不存在，请说明理由．

10. 如图，已知四棱锥P−ABCD，PA⊥平面ABCD，底面ABCD中，BC // AD，AB⊥AD，且PA＝AD＝AB＝2BC＝2，M为AD的中点．

（1）求证：平面PCM⊥平面PAD；

（2）问在棱PD上是否存在点Q，使PD⊥平面CMQ，若存在，请求出二面角P−CM−Q的余弦值：若不存在，请说明理由．

11. 已知△BCD中，∠BCD＝90∘，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60∘，E、F分别是AC、AD上的动点，且AEAC=AFAD=λ(0<λ<1)．
(Ⅰ)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
(Ⅱ)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？


12. 如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，点E为线段PB的中点，点M在AB上，且OM // AC．

（1）求证：平面MOE // 平面PAC；

（2）求证：平面PAC⊥平面PCB．

13. 如图，已知三棱柱ABC−ABC侧棱柱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90∘，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．

（1）证明：MN // 平面AA′C′C；

（2）设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．

14. 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又PA=AB=4，∠CDA=120∘，点N在线段PB上，且PN=2．

(1)求证：MN // 平面PDC；

(2)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值．

15. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥AC．D，E分别是BB1，A1C1的中点．
(Ⅰ)求证：DE // 平面A1BC；
(Ⅱ)若AB⊥BC，求证：A1B⊥面ABC；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，AB＝BC＝1，BB1=2，求三棱锥A1−BCC1的体积．


16. 平面图形ABB1A1C1C如图4所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC=2，A1B1＝A1C1=5．现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A2A，A2B，A2C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题．
(Ⅰ)证明：AA1⊥BC；
(Ⅱ)求AA1的长；
(Ⅲ)求二面角A−BC−A1的余弦值．

参考答案与试题解析
人教A版（2019）必修2《2.3.2 直线与平面、平面与平面垂直的性质》2020年同步练习卷（2）
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1.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用平面的定义和性质及公理的应用判定①②③④的结论．
【解答】
①平行于同一平面的两条直线可能相交，平行或异面，故①错误；
②两条平行直线中的一条直线平行于一个平面，则另一条直线也平行于这个平面也可能在这个平面内，故②错误；
③直线与平面有无数个公共点，则直线在平面内，故③正确；
④两个平面有无数个公共点，则两个平面重合也可能相交，故④错误．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
线面平行和线面垂直的判定和性质及法向量的应用，判断A、B、C的结论．
【解答】
设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列命题：
①由m // l，且m⊥α，则l⊥α；故①正确．
②由m⊥α，m⊥n，则n⊂α，或n // α，若n⊂α，由n⊥β得到l⊥β，则α⊥β，故②正确；
③垂直于同一个平面的两个平面可以是相交的，故③错误．
3.
【答案】
(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
设D(2, b, 0)，则C(22, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
E(423, 0, 23)，B(2, −b, 0)，
∴ PC→=(22, 0, −2)，BE→=(23, b, 23)，
DE→=(23, −b, 23)，
∴ PC→⋅BE→=43−43=0，PC→⋅DE→=0，
∴ PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，
∴ PC⊥平面BED.
(2)解：AP→=(0, 0, 2)，AB→=(2, −b, 0)，PB→=(2,−b,−2),
设平面PAB的法向量为m→=(x, y, z)，
则m→⋅AB→=2x−by=0,m→⋅AP→=2z=0,
取m→=(b, 2, 0),
设平面PBC的法向量为n→=(p, q, r)，
则n→⋅BE→=23p+bq+23r=0,n→⋅PB→=2p−bq−2r=0,
取n→=(1, −2b, 2),
∵ 平面PAB⊥平面PBC，
∴ m→⋅n→=b−2b=0．故b=2,
∴ n→=(1, −1, 2)，DP→=(−2, −2, 2)
∴ cs=|n→⋅DP→||n→|⋅|DP→|=12,
设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0, π2]，
则sinθ=12,
∴ θ=30∘,
∴ PD与平面PBC所成角的大小为30∘.
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
（1）先由已知建立空间直角坐标系，设D(2, b, 0)，从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明PC⊥BE，PC⊥DE，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；
（2）先求平面PAB的法向量，再求平面PBC的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得b的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角
【解答】
(1)证明：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
设D(2, b, 0)，则C(22, 0, 0)，P(0, 0, 2)，
E(423, 0, 23)，B(2, −b, 0)，
∴ PC→=(22, 0, −2)，BE→=(23, b, 23)，
DE→=(23, −b, 23)，
∴ PC→⋅BE→=43−43=0，PC→⋅DE→=0，
∴ PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E，
∴ PC⊥平面BED.
(2)解：AP→=(0, 0, 2)，AB→=(2, −b, 0)，PB→=(2,−b,−2),
设平面PAB的法向量为m→=(x, y, z)，
则m→⋅AB→=2x−by=0,m→⋅AP→=2z=0,
取m→=(b, 2, 0),
设平面PBC的法向量为n→=(p, q, r)，
则n→⋅BE→=23p+bq+23r=0,n→⋅PB→=2p−bq−2r=0,
取n→=(1, −2b, 2),
∵ 平面PAB⊥平面PBC，
∴ m→⋅n→=b−2b=0．故b=2,
∴ n→=(1, −1, 2)，DP→=(−2, −2, 2)
∴ cs=|n→⋅DP→||n→|⋅|DP→|=12,
设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0, π2]，
则sinθ=12,
∴ θ=30∘,
∴ PD与平面PBC所成角的大小为30∘.
4.
【答案】
∵ AB＝AC且O是BC中点，∴ AO⊥BC即AO⊥OB′，AO⊥OC，
又∵ OB′∩OC＝O，∴ AO⊥平面B′OC．
在平面B′OC内，作B′D⊥OC于点D，
则由（1）可知B′D⊥OA，
又OC∩OA＝O，∴ B′D⊥平面OAC，
即B′D是三棱锥B′−AOC的高，
又B′D≤B′O，所以当D与O重合时，三棱锥B′−AOC的体积最大，
过O点作OH⊥B′C于点H，连AH，由（1）知AO⊥平面B′OC，
又B′C⊂平面B′OC，∴ B′C⊥AO，
∵ AO∩OH＝O，∴ B′C⊥平面AOH，∴ B′C⊥AH，
在RT△AOH中，AO＝2，OH=22，AH=322，
∴ ∠AHO即为二面角A−B′C−O的平面角，
∴ cs∠AHO=OHAH=13，
故二面角A−B1C−O的余弦值为13．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）证明AO⊥OB′，AO⊥OC，然后利用直线与平面垂直的判定定理证明AO⊥平面B′OC．
（2）在平面B′OC内，作B′D⊥OC于点D，判断当D与O重合时，三棱锥B′−AOC的体积最大，
过O点作OH⊥B′C于点H，连AH，说明∠AHO即为二面角A−B′C−O的平面角，然后就三角形即可得到结果．
【解答】
∵ AB＝AC且O是BC中点，∴ AO⊥BC即AO⊥OB′，AO⊥OC，
又∵ OB′∩OC＝O，∴ AO⊥平面B′OC．
在平面B′OC内，作B′D⊥OC于点D，
则由（1）可知B′D⊥OA，
又OC∩OA＝O，∴ B′D⊥平面OAC，
即B′D是三棱锥B′−AOC的高，
又B′D≤B′O，所以当D与O重合时，三棱锥B′−AOC的体积最大，
过O点作OH⊥B′C于点H，连AH，由（1）知AO⊥平面B′OC，
又B′C⊂平面B′OC，∴ B′C⊥AO，
∵ AO∩OH＝O，∴ B′C⊥平面AOH，∴ B′C⊥AH，
在RT△AOH中，AO＝2，OH=22，AH=322，
∴ ∠AHO即为二面角A−B′C−O的平面角，
∴ cs∠AHO=OHAH=13，
故二面角A−B1C−O的余弦值为13．
5.
【答案】
证明：因为E、F、G分别是AB、AC、AP的中点，
所以EF // BC，GF // CP．
因为EF⊂平面PCB，GF⊄平面PCB，
所以EF // 平面PCB，GF // 平面PCB．
又EF∩GF＝F，所以平面GFE // 平面PCB．
过点C在平面PAC内作CH⊥PA，垂足为H，连接HB．
因为BC⊥PC，BC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以BC⊥平面PAC，所以HB⊥PA，
所以∠BHC是二面角B−AP−C的平面角．
因为BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分别是AB、AC、AP的中点．
所以CH=25，所以tan∠BHC=125=52，
所以二面角B−AP−C的正切值是52．
如图，设PB的中点为K，连接KC，AK，
因为△PCB为等腰直角三角形，所以KC⊥PB，
又AC⊥PC，AC⊥BC，且PC∩BC＝C，
所以AC⊥平面PCB，所以AK⊥PB，
又因为AK∩KC＝K，所以PB⊥平面AKC，
又PB⊂平面PAB，所以平面AKC⊥平面PAB．
在平面AKC内，过点F作FM⊥AK，垂足为M．
因为平面AKC⊥平面PAB，所以FM⊥平面PAB，连接PM，
则∠MPF是直线PF与平面PAB所成的角．
由题意PF=2，FM=13，所以sin∠MPF=132=26．
即直线PF与平面PAB所成的角的正弦值是26．
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
【解析】
（1）由已知条件推导出EF // BC，GF // CP，从而得到EF // 平面PCB，GF // 平面PCB，由此能证明平面GFE // 平面PCB．
（2）过点C在平面PAC内作CH⊥PA，垂足为H，连接HB，由已知条件推导出∠BHC是二面角B−AP−C的平面角，由此能求出二面角B−AP−C的正切值．
（3）设PB的中点为K，连接KC，AK，由已知条件推导出KC⊥PB，AK⊥PB，从而得到平面AKC⊥平面PAB．在平面AKC内，过点F作FM⊥AK，垂足为M，则∠MPF是直线PF与平面PAB所成的角，由此能求出直线PF与平面PAB所成的角的正弦值．
【解答】
证明：因为E、F、G分别是AB、AC、AP的中点，
所以EF // BC，GF // CP．
因为EF⊂平面PCB，GF⊄平面PCB，
所以EF // 平面PCB，GF // 平面PCB．
又EF∩GF＝F，所以平面GFE // 平面PCB．
过点C在平面PAC内作CH⊥PA，垂足为H，连接HB．
因为BC⊥PC，BC⊥AC，且PC∩AC＝C，
所以BC⊥平面PAC，所以HB⊥PA，
所以∠BHC是二面角B−AP−C的平面角．
因为BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分别是AB、AC、AP的中点．
所以CH=25，所以tan∠BHC=125=52，
所以二面角B−AP−C的正切值是52．
如图，设PB的中点为K，连接KC，AK，
因为△PCB为等腰直角三角形，所以KC⊥PB，
又AC⊥PC，AC⊥BC，且PC∩BC＝C，
所以AC⊥平面PCB，所以AK⊥PB，
又因为AK∩KC＝K，所以PB⊥平面AKC，
又PB⊂平面PAB，所以平面AKC⊥平面PAB．
在平面AKC内，过点F作FM⊥AK，垂足为M．
因为平面AKC⊥平面PAB，所以FM⊥平面PAB，连接PM，
则∠MPF是直线PF与平面PAB所成的角．
由题意PF=2，FM=13，所以sin∠MPF=132=26．
即直线PF与平面PAB所成的角的正弦值是26．
6.
【答案】
①②③
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由斜线的射影定理可判断①正确；由面面垂直的判定定理，可判断②正确；由三棱锥的体积公式，可判断③正确；由异面直线所成的角的概念可判断④不正确
【解答】
∵ A′D＝A′E，△ABC是正三角形，∴ A′在平面ABC上的射影在线段AF上，故①正确
由①知，平面A′GF一定过平面BCED的垂线，∴ 恒有平面A′GF⊥平面BCED，故②正确
三棱锥A′−FED的底面积是定值，体积由高即A′到底面的距离决定，当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′−FED的体积有最大值，故③正确
当(A′E)2+EF2＝(A′F)2时，面直线A′E与BD垂直，故④不正确
故正确答案①②③
7.
【答案】
证明：因为D，M分别为AC，CF中点，
所以DM // EF，
又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF
所以DM // 平面A1EF．
证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD，且A1E∩EF＝E，
所以BD⊥平面A1EF，
又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F．
直线A1B与直线CD不能垂直，
因为平面A1BD⊥平面BCD，
平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面CBD，
所以 EF⊥平面A1BD．
因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，
又因为EF // DM，所以A1B⊥DM．
假设A1B⊥CD，
因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，
所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，
这与∠A1BD为锐角矛盾，所以假设不成立，
所以直线A1B与直线CD不能垂直．
【考点】
直线与平面垂直
平面与平面垂直
【解析】
】（1）由三角形中位线定理推导出DM // EF，由此能证明DM // 平面A1EF；
（2）由已知条件推导出BD⊥平面A1EF，由此能证明BD⊥A1F；
（3）直线A1B与直线CD不能垂直．假设A1B⊥CD，能推导出A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾．
【解答】
证明：因为D，M分别为AC，CF中点，
所以DM // EF，
又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF
所以DM // 平面A1EF．
证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD，且A1E∩EF＝E，
所以BD⊥平面A1EF，
又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F．
直线A1B与直线CD不能垂直，
因为平面A1BD⊥平面BCD，
平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面CBD，
所以 EF⊥平面A1BD．
因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，
又因为EF // DM，所以A1B⊥DM．
假设A1B⊥CD，
因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，
所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，
这与∠A1BD为锐角矛盾，所以假设不成立，
所以直线A1B与直线CD不能垂直．
8.
【答案】
证明：连结AC，
∵ 四边形ABCD是矩形，N为BD中点，
∴ N为AC中点，
在△ACF中，M为AF中点，故MN // CF．
∵ CF⊂平面BCF，MN⊄平面BCF，
∴ MN // 平面BCF．
依题意知DA⊥AB，DA⊥AE 且AB∩AE＝A，
∴ AD⊥平面ABFE
∵ AP⊂平面ABFE，∴ AP⊥AD，
∵ P为EF中点，
∴ PF＝AB＝22，
结合AB // EF，知四边形ABFP是平行四边形
∴ AP // BF，AP＝BF＝2，
而AE＝2，PE＝22，
∴ AP2+AE2＝PE2，
∴ ∠EAP＝90∘，即AP⊥AE．又AD∩AE＝A，
∴ AP⊥平面ADE．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
【解析】
（1）连结AC，通过证明MN // CF，利用直线与平面平行的判定定理证明MN // 平面BCF．
（2）通过证明AP⊥AD，AP⊥AE，利用直线与平面垂直的判定定理求证：AP⊥平面DAE．
【解答】
证明：连结AC，
∵ 四边形ABCD是矩形，N为BD中点，
∴ N为AC中点，
在△ACF中，M为AF中点，故MN // CF．
∵ CF⊂平面BCF，MN⊄平面BCF，
∴ MN // 平面BCF．
依题意知DA⊥AB，DA⊥AE 且AB∩AE＝A，
∴ AD⊥平面ABFE
∵ AP⊂平面ABFE，∴ AP⊥AD，
∵ P为EF中点，
∴ PF＝AB＝22，
结合AB // EF，知四边形ABFP是平行四边形
∴ AP // BF，AP＝BF＝2，
而AE＝2，PE＝22，
∴ AP2+AE2＝PE2，
∴ ∠EAP＝90∘，即AP⊥AE．又AD∩AE＝A，
∴ AP⊥平面ADE．
9.
【答案】
证明：∵ AD⊥平面ABE，AD // BC，∴ BC⊥平面ABE．
又AE⊂平面ABE，∴ AE⊥BC．
∵ BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴ AE⊥BF．
又BC∩BF＝B，∴ AE⊥平面BCE．
又BE⊂平面BCE，∴ AE⊥BE．
存在满足题意得点N．
如图所示，在△ABE中，过点M作MG // AE交BE于点G，
在△BEC中，过点G作GN // BC交EC于点N，连接MN，
则由比例关系，易得CN=13CE．
∵ MG // AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，
∴ MG // 平面ADE，
∵ GN // BC，BC // AD，GN⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴ GN // 平面ADE，
又GN∩MG，∴ 平面MGN // 平面ADE，
又MN⊂平面MGN，∴ MN // 平面ADE，
∴ 点N为线段CE上靠近点C的三等分点．
【考点】
直线与平面垂直
【解析】
（1）由AD // BC和AD⊥平面ABE证明AE⊥BC，再由BF⊥平面ACE得AE⊥BF，根据线面垂直的判定定理证出AE⊥平面BCE，即证出AE⊥BE；
（2）根据条件分别在△ABE中过M点作MG // AE和在△BEC中过G点作GN // BC，根据线面平行的判定证出MG // 平面ADE和GN // 平面ADE，由面面平行的判定证出平面MGN // 平面ADE，则得到N点在线段CE上的位置．
【解答】
证明：∵ AD⊥平面ABE，AD // BC，∴ BC⊥平面ABE．
又AE⊂平面ABE，∴ AE⊥BC．
∵ BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴ AE⊥BF．
又BC∩BF＝B，∴ AE⊥平面BCE．
又BE⊂平面BCE，∴ AE⊥BE．
存在满足题意得点N．
如图所示，在△ABE中，过点M作MG // AE交BE于点G，
在△BEC中，过点G作GN // BC交EC于点N，连接MN，
则由比例关系，易得CN=13CE．
∵ MG // AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，
∴ MG // 平面ADE，
∵ GN // BC，BC // AD，GN⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，
∴ GN // 平面ADE，
又GN∩MG，∴ 平面MGN // 平面ADE，
又MN⊂平面MGN，∴ MN // 平面ADE，
∴ 点N为线段CE上靠近点C的三等分点．
10.
【答案】
∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥AB，
又AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴ AB⊥平面PAD，
∵ BC // AD，AM=12AD=BC，
∴ 四边形ABCM为平行四边形，则AB // CM，
∴ CM⊥平面PAD，
∵ CM⊂平面PCM，
∴ 平面PCM⊥平面PAD；
由（1）知，CM⊥PD，
过M作MQ⊥PD，则PD⊥平面CMQ．
且∠PMQ为二面角P−CM−Q的平面角，
由已知PA＝2，AM＝1，得PM=5，PD=22，
则A到PD的距离d=2，
∴ MQ=22．
在Rt△PMQ中，可得PQ=5−12=322．
∴ cs∠PMQ=PQPM=31010．
即二面角P−CM−Q的余弦值为31010．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，再由AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，利用已知证明四边形ABCM为平行四边形，得AB // CM，从而得到CM⊥平面PAD，再由面面垂直的判定可得平面PCM⊥平面PAD；
（2）由（1）知，CM⊥PD，过M作MQ⊥PD，则PD⊥平面CMQ，且∠PMQ为二面角P−CM−Q的平面角，然后求解三角形可得二面角P−CM−Q的余弦值．
【解答】
∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥AB，
又AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴ AB⊥平面PAD，
∵ BC // AD，AM=12AD=BC，
∴ 四边形ABCM为平行四边形，则AB // CM，
∴ CM⊥平面PAD，
∵ CM⊂平面PCM，
∴ 平面PCM⊥平面PAD；
由（1）知，CM⊥PD，
过M作MQ⊥PD，则PD⊥平面CMQ．
且∠PMQ为二面角P−CM−Q的平面角，
由已知PA＝2，AM＝1，得PM=5，PD=22，
则A到PD的距离d=2，
∴ MQ=22．
在Rt△PMQ中，可得PQ=5−12=322．
∴ cs∠PMQ=PQPM=31010．
即二面角P−CM−Q的余弦值为31010．
11.
【答案】
证明：(Ⅰ)∵ AB⊥平面BCD，∴ AB⊥CD，
∵ CD⊥BC且AB∩BC＝B，∴ CD⊥平面ABC．
又∵ AEAC=AFAD=λ(0<λ<1)，
∴ 不论λ为何值，恒有EF // CD，∴ EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF，
∴ 不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．
（2）由(Ⅰ)知，BE⊥EF，又∵ 平面BEF⊥平面ACD，
∴ BE⊥平面ACD，∴ BE⊥AC．
∵ BC＝CD＝1，∠BCD＝90∘，∠ADB＝60∘，
∴ BD=2,AB=2tan60=6，
∴ AC=AB2+BC2=7，
由AB2＝AE⋅AC得AE=67，∴ λ=AEAC=67，
故当λ=67时，平面BEF⊥平面ACD．
【考点】
直线与平面垂直
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)由AB⊥平面BCD⇒AB⊥CD，又CD⊥BC⇒CD⊥平面ABC，再利用条件可得不论λ为何值，恒有EF // CD⇒EF⊂平面BEF，就可得不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD⇒BE⊥平面ACD⇒BE⊥AC．故只须让所求λ的值能证明BE⊥AC即可．在△ABC中求出λ的值．
【解答】
证明：(Ⅰ)∵ AB⊥平面BCD，∴ AB⊥CD，
∵ CD⊥BC且AB∩BC＝B，∴ CD⊥平面ABC．
又∵ AEAC=AFAD=λ(0<λ<1)，
∴ 不论λ为何值，恒有EF // CD，∴ EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF，
∴ 不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC．
（2）由(Ⅰ)知，BE⊥EF，又∵ 平面BEF⊥平面ACD，
∴ BE⊥平面ACD，∴ BE⊥AC．
∵ BC＝CD＝1，∠BCD＝90∘，∠ADB＝60∘，
∴ BD=2,AB=2tan60=6，
∴ AC=AB2+BC2=7，
由AB2＝AE⋅AC得AE=67，∴ λ=AEAC=67，
故当λ=67时，平面BEF⊥平面ACD．
12.
【答案】
因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE // PA．
因为PA⊂平面PAC，OE⊄平面PAC，
所以OE // 平面PAC．因为OM // AC，
又AC⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，
所以OM // 平面PAC．
因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，
所以平面MOE // 平面PAC．
因为点C在以AB为直径的⊙O上，
所以∠ACB＝90∘，即BC⊥AC．
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC．
因为AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC．
因为BC⊂平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC．
【考点】
平面与平面垂直
平面与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
【解析】
（1）可得OE // PA，从而OE // 平面PAC，由OM // AC，得OM // 平面PAC．由此能证明平面MOE // 平面PAC．
（2）易得BC⊥AC，PA⊥BC，从而BC⊥平面PAC．由此能证明平面PAC⊥平面PBC．
【解答】
因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE // PA．
因为PA⊂平面PAC，OE⊄平面PAC，
所以OE // 平面PAC．因为OM // AC，
又AC⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，
所以OM // 平面PAC．
因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩OM＝O，
所以平面MOE // 平面PAC．
因为点C在以AB为直径的⊙O上，
所以∠ACB＝90∘，即BC⊥AC．
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC．
因为AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC．
因为BC⊂平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC．
13.
【答案】
证明：设A′B′的中点为E，连接EM，EN，
∵ 点M，N分别为A′B和B′C′的中点，
∴ NE // A′C′，ME // AA′，
又∵ A′C′⊂平面ACC′A′，AA′⊂平面ACC′A′，
∴ NE // 平面ACC′A′，ME // 平面ACC′A′，
∵ NE∩ME＝E，
∴ 面EMN // 面ACC′A′，
∵ MN⊂面EMN，
∴ MN // 面ACC′A′；
连接BN，设AA′＝a，AB＝λAA′＝λa，
由题意知，BC=2λa，BN＝CN=C′C2+C′N2=a2+12λ2a2，
∵ 三棱柱ABC−A′B′C′侧棱垂直于底面，
∴ 面A′B′C′⊥面BB′C′C，
∵ AB＝AC，∠BAC＝90∘点N为B′C′的中点，
∴ A′N⊥平面BB′C′C，∴ CN⊥A′N，
要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，
∴ CN2+BN2＝BC2，即2(a2+12λ2a2)=2λ2a2，∴ λ=2，
则λ=2时，CN⊥平面A′MN．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
【解析】
（1）设A′B′的中点为E，连接EM，EN，利用三角形的中位线，得出线线平行，用面面平行判定定理即可得到面EMN // 面ACC′A′，即可得到线面平行
（2）连接BN，设AA′＝a，AB＝λAA′＝λa，即可得到BC，BN，CN，要得到CN⊥平面A′MN，只需利用线面垂直的判定定理，即可得到关于λ的方程，解之即得答案．
【解答】
证明：设A′B′的中点为E，连接EM，EN，
∵ 点M，N分别为A′B和B′C′的中点，
∴ NE // A′C′，ME // AA′，
又∵ A′C′⊂平面ACC′A′，AA′⊂平面ACC′A′，
∴ NE // 平面ACC′A′，ME // 平面ACC′A′，
∵ NE∩ME＝E，
∴ 面EMN // 面ACC′A′，
∵ MN⊂面EMN，
∴ MN // 面ACC′A′；
连接BN，设AA′＝a，AB＝λAA′＝λa，
由题意知，BC=2λa，BN＝CN=C′C2+C′N2=a2+12λ2a2，
∵ 三棱柱ABC−A′B′C′侧棱垂直于底面，
∴ 面A′B′C′⊥面BB′C′C，
∵ AB＝AC，∠BAC＝90∘点N为B′C′的中点，
∴ A′N⊥平面BB′C′C，∴ CN⊥A′N，
要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，
∴ CN2+BN2＝BC2，即2(a2+12λ2a2)=2λ2a2，∴ λ=2，
则λ=2时，CN⊥平面A′MN．
14.
【答案】
(1)证明：在正三角形ABC中，BM=23，
在△ACD中，因为M为AC中点，DM⊥AC，所以AD=CD，∠CDA=120∘，
所以DM=233，所以BM:MD=3:1，
在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=4,PB=42，
所以BN:NP=3:1，BN:NP=BM:MD，所以MN // PD，
又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以MN // 平面PDC；
(2)解：在正三角形ABC中，BM⊥AC，
又因为PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM，
而PA∩AC=A，因此BM⊥平面PAC，
连结PM，
因此∠BPM就是直线PB与平面PAC所成角；
在直角三角形PBM中，BM=23，PB=42，
因此，sin∠BPM=BMPB=2342=64.
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）通过证明MN // PD，利用直线与平面平行的判定定理证明MN // 平面PDC．
（2）说明∠BPM就是直线PB与平面PAC所成角，然后求解直线PB与平面PAC所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：在正三角形ABC中，BM=23，
在△ACD中，因为M为AC中点，DM⊥AC，所以AD=CD，∠CDA=120∘，
所以DM=233，所以BM:MD=3:1，
在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=4,PB=42，
所以BN:NP=3:1，BN:NP=BM:MD，所以MN // PD，
又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以MN // 平面PDC；
(2)解：在正三角形ABC中，BM⊥AC，
又因为PA⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM，
而PA∩AC=A，因此BM⊥平面PAC，
连结PM，
因此∠BPM就是直线PB与平面PAC所成角；
在直角三角形PBM中，BM=23，PB=42，
因此，sin∠BPM=BMPB=2342=64.
15.
【答案】
（1）取A1C中点F，连接BF，EF，
∵ E是A1C1的中点，
∴ EF // CC1，且EF=12CC1，
又∵ CC1 // BB1，D是BB1的中点，
∴ EF // DB，且EF＝DB，
∴ 四边形BDEF是平行四边形，
∴ DE // BF，而DE⊄平面A1BC，BF⊂平面A1BC，
∴ DE // 平面A1BC．…4分
（2）∵ AA1⊥BC，AB⊥BC，而AB∩A1B＝B，
∴ BC⊥平面ABB1A1，
∴ BC⊥A1B．
又∵ A1B⊥AC，AC∩BC＝C，
∴ A1B⊥面ABC．…8分
(Ⅲ)由(Ⅱ)的结论得A1B⊥AB，
∵ AB⊥BC，∴ AB⊥平面A1BC；
∵ A1B1 // AB，∴ A1B1⊥平面A1BC．
由B1C1 // BC可知，B1C1 // 平面A1BC；
∵ AB＝1＝A1B1，AA1=BB1=2，
∴ A1B＝1，
∴ 三棱锥A1−BCC1的体积：VA1−BCC1=VC1−A1BC=VB1−A1BC=13S△A1BC⋅A1B1=13⋅12⋅1=16．…12分．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)取A1C中点F，连接BF，EF，可证EF // CC1，且EF=12CC1，又由CC1 // BB1，D是BB1的中点，可证EF // DB，且EF＝DB，从而证明DE // BF，即可证明DE // 平面A1BC．
(Ⅱ)由已知可证BC⊥平面ABB1A1，既有BC⊥A1B．又A1B⊥AC，AC∩BC＝C，即可证明A1B⊥面ABC．
(Ⅲ)由(Ⅱ)的结论得A1B⊥AB，可证AB⊥平面A1BC，A1B1⊥平面A1BC，B1C1 // 平面A1BC，由已知可求A1B＝1，从而可求三棱锥A1−BCC1的体积．
【解答】
（1）取A1C中点F，连接BF，EF，
∵ E是A1C1的中点，
∴ EF // CC1，且EF=12CC1，
又∵ CC1 // BB1，D是BB1的中点，
∴ EF // DB，且EF＝DB，
∴ 四边形BDEF是平行四边形，
∴ DE // BF，而DE⊄平面A1BC，BF⊂平面A1BC，
∴ DE // 平面A1BC．…4分
（2）∵ AA1⊥BC，AB⊥BC，而AB∩A1B＝B，
∴ BC⊥平面ABB1A1，
∴ BC⊥A1B．
又∵ A1B⊥AC，AC∩BC＝C，
∴ A1B⊥面ABC．…8分
(Ⅲ)由(Ⅱ)的结论得A1B⊥AB，
∵ AB⊥BC，∴ AB⊥平面A1BC；
∵ A1B1 // AB，∴ A1B1⊥平面A1BC．
由B1C1 // BC可知，B1C1 // 平面A1BC；
∵ AB＝1＝A1B1，AA1=BB1=2，
∴ A1B＝1，
∴ 三棱锥A1−BCC1的体积：VA1−BCC1=VC1−A1BC=VB1−A1BC=13S△A1BC⋅A1B1=13⋅12⋅1=16．…12分．
16.
【答案】
（1）证明：取BC，B1C1的中点为点O，O1，连接AO，OO1，A1O，A1O1，
∵ AB＝AC，∴ AO⊥BC
∵ 平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC
∴ AO⊥平面BB1C1C
同理A1O1⊥平面BB1C1C，∴ AO // A1O1，∴ A、O、A1、O1共面
∵ OO1⊥BC，AO⊥BC，OO1∩AO＝O，∴ BC⊥平面OO1A1A
∵ AA1⊂平面OO1A1A，∴ AA1⊥BC；
（2）延长A1O1到D，使O1D＝OA，则∵ O1D // OA，∴ AD // OO1，AD＝OO1，
∵ OO1⊥BC，平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，平面A1B1C1∩平面BB1C1C＝B1C1，
∴ OO1⊥面A1B1C1，
∵ AD // OO1，
∴ AD⊥面A1B1C1，
∵ AD＝BB1＝4，A1D＝A1O1+O1D＝2+1＝3
∴ AA1=42+32=5；
(Ⅲ)∵ AO⊥BC，A1O⊥BC，∴ ∠AOA1是二面角A−BC−A1的平面角
在直角△OO1A1中，A1O=42+22=25
在△OAA1中，cs∠AOA1=−55
∴ 二面角A−BC−A1的余弦值为−55．
【考点】
直线与平面垂直
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
(Ⅰ)证明AA1⊥BC，只需证明BC⊥平面OO1A1A，取BC，B1C1的中点为点O，O1，连接AO，OO1，A1O，A1O1，即可证得；
(Ⅱ)延长A1O1到D，使O1D＝OA，则可得AD // OO1，AD＝OO1，可证OO1⊥面A1B1C1，从而AD⊥面A1B1C1，即可求AA1的长；
(Ⅲ)证明∠AOA1是二面角A−BC−A1的平面角，在△OAA1中，利用余弦定理，可求二面角A−BC−A1的余弦值．
【解答】
（1）证明：取BC，B1C1的中点为点O，O1，连接AO，OO1，A1O，A1O1，
∵ AB＝AC，∴ AO⊥BC
∵ 平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC
∴ AO⊥平面BB1C1C
同理A1O1⊥平面BB1C1C，∴ AO // A1O1，∴ A、O、A1、O1共面
∵ OO1⊥BC，AO⊥BC，OO1∩AO＝O，∴ BC⊥平面OO1A1A
∵ AA1⊂平面OO1A1A，∴ AA1⊥BC；
（2）延长A1O1到D，使O1D＝OA，则∵ O1D // OA，∴ AD // OO1，AD＝OO1，
∵ OO1⊥BC，平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，平面A1B1C1∩平面BB1C1C＝B1C1，
∴ OO1⊥面A1B1C1，
∵ AD // OO1，
∴ AD⊥面A1B1C1，
∵ AD＝BB1＝4，A1D＝A1O1+O1D＝2+1＝3
∴ AA1=42+32=5；
(Ⅲ)∵ AO⊥BC，A1O⊥BC，∴ ∠AOA1是二面角A−BC−A1的平面角
在直角△OO1A1中，A1O=42+22=25
在△OAA1中，cs∠AOA1=−55
∴ 二面角A−BC−A1的余弦值为−55．