第6章 §5 5.2 平面与平面垂直（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（北师大版）

5.2　平面与平面垂直 基础过关练 题组一　二面角 1.过空间内任意一点分别向两个半平面作垂线,则两垂线的夹角与二面角的平面角的关系是(　　) A.相等　　B.互补 C.互余　　D.相等或互补 2.(2024陕西咸阳实验学校月考) 如图,△ABC,△DBC是边长为2的两个等边三角形,若点A到平面BCD的距离为,则二面角A-BC-D的大小为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 3.(2025上海七宝中学月考)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,若二面角C-AB-C1的大小为60°,则侧棱长为　　　　.  4.(2025江苏常州高级中学期中)在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,PA⊥平面ABCD,PA=,则平面PBD与平面ABCD的夹角的正切值为　　　　.  5.(2024江西萍乡期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,AB=AC=2,AA1=,D是BC的中点. (1)求证:A1B∥平面ADC1; (2)求二面角B-AD-C1的余弦值. 题组二　平面与平面垂直的性质 6.(2024北京朝阳月考)已知α,β是两个互相垂直的平面,l,m是两条直线,α∩β=l,则“m⊥l”是“m⊥α”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.(2024广东部分名校联考)如图,在四面体A-BCD中,AB=AC,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD,O为BC的中点,则下列结论错误的是(　　) A.AC⊥BD B.BD⊥平面ABC C.AB⊥CD D.AO⊥平面BCD 8.如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,BC=CC1,且平面AB1C⊥平面BB1C1C,求证:BC1⊥AB1. 9.(2025广东东莞、揭阳、韶关期末联考)如图,已知PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC,证明:BC⊥平面PAB. 题组三　平面与平面垂直的判定 10.(2024江西南昌第二中学月考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列结论中正确的是(　　) ①若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β; ②若m∥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β; ③若m⊥α,n⊥β,且m∥n,则α∥β; ④若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β. A.①②③　　B.①③④　　C.②④　　D.③④ 11.(2025北京石景山期末)如图所示,在四面体A-BCD中,AD⊥BD,截面PQMN是矩形. 给出下列四个结论: ①平面BDC⊥平面ADC; ②AC∥平面PQMN; ③平面ABD⊥平面ADC; ④AD⊥平面BDC. 其中所有正确结论的序号是　　　　.  12.(2024河南新乡封丘第一中学月考)如图,P为圆锥顶点,O为底面圆心,A,B,C均在底面圆周上,且△ABC为等边三角形. (1)求证:平面POA⊥平面PBC; (2)若圆锥的底面半径为2,高为2,求点A到平面PBC的距离. 13.(2025广东汕头潮阳实验学校期中)如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD,SA=SD=AD=2,四边形ABCD为正方形,E,M分别为AD,BC的中点. (1)求证:EM∥平面SCD; (2)求证:平面SAD⊥平面SCD; (3)在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. 能力提升练 题组一　二面角 1.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AD,E为侧棱DD1上一点,若直线BD1∥平面AEC,则二面角E-AC-B的正切值为(　　) A.　　B.-　　 C.　　D.- 2.(2024湖南益阳桃江一中月考)十二水硫酸铝钾又称明矾,是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐.我们连接一个正方体各个面的中心,可以得到明矾晶体的结构,即为一个正八面体EABCDF(如图).假设该正八面体的所有棱长为2,则二面角E-AB-F的余弦值为(　　) A.-　　B.　　 C.-　　D.- 3.(2025湖南长沙第一中学月考)如图,水平放置的正方形ABCD的边长为1,先将正方形ABCD绕直线AB向上旋转45°,得到正方形ABC1D1,再将所得的正方形绕直线BC1向上旋转45°,得到正方形A2BC1D2,则平面A2BC1D2与平面ABCD的夹角为(　　) A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90° 题组二　平面与平面垂直的性质 4.(2023上海华东师范大学第二附属中学月考)在矩形ABCD中,AB=15,BC=20,现将△CBD沿对角线BD翻折,使得平面ABD与平面CBD垂直,此时A,C两点之间的距离为　　　　.  5.(2025江西南昌十中模拟)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,点E,F分别在线段AD,AB上运动,且AE=BF=λAD,λ∈(0,1).将△AEF沿EF折起,使得点A到达点P的位置,此时平面PEF⊥平面BCDEF. (1)当λ=时,求证:CP⊥EF; (2)是否存在实数λ,使得PE⊥PC?若存在,求出此时λ的值;若不存在,请说明理由. 6.已知四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形,平面PBC⊥平面ABCD,点E在AD上,AD⊥平面PEC. (1)求证:PC⊥平面ABCD; (2)若AE=2ED,试过点A作与平面PCE平行的平面α,确定它与四棱锥P-ABCD表面的交线,并说明理由. 题组三　平面与平面垂直的判定 7.(多选题)(2025河北廊坊香河第一中学月考)如图,AC为圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,B为圆周上不与点A,C重合的点,AS⊥PC于S,AN⊥PB于N,则下列结论正确的是(　　) A.BC⊥平面PAB B.AS⊥平面PBC C.平面ABC⊥平面PAC D.平面ANS⊥平面PBC 8.(多选题) (2024辽宁大连八中期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,对角线AC与BD相交于点O,侧面PAD为等边三角形,PA=2,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PC上运动(不含端点),则下列说法正确的是(　　) A.AB与PC是异面直线　　 B.平面PAD⊥平面PCD C.存在点M,使得BD⊥AM　　 D.存在点M,使得BM∥平面PAD 9.(2025福建师大附中期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形且∠ABC=,PB=PA=4,PC=. (1)求PD的长; (2)若=λ,是否存在实数λ,使得平面CDH⊥平面PAB?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 5.2　平面与平面垂直 基础过关练 1.D 2.A 6.B 7.C 10.D 1.D　如图,A为空间内任意一点,AB⊥α,AC⊥β,过点B作BD⊥l于点D,连接CD, 则∠BDC为二面角α-l-β的平面角,∠ABD=∠ACD=90°,∠BAC为两条垂线AB与AC的夹角或其补角, ∴∠BAC+∠BDC=180°, ∴当二面角的平面角为锐角或直角时,AB与AC的夹角与二面角的平面角相等, 当二面角的平面角为钝角时,AB与AC的夹角与二面角的平面角互补. 2.A　取BC的中点为E,连接AE,DE,过点A作AF⊥ED,垂足为F, 因为△ABC,△DBC均为等边三角形,所以AE⊥BC,DE⊥BC,故∠AED为二面角A-BC-D的平面角, 因为AE∩DE=E,AE,DE⊂平面AED, 所以BC⊥平面AED, 又AF⊂平面AED,所以BC⊥AF, 又AF⊥ED,DE∩BC=E,DE,BC⊂平面BCD, 所以AF⊥平面BCD,则点A到平面BCD的距离为AF=,易得AE=2sin =, 故在Rt△AFE中,sin∠AEF===,则∠AEF=,即∠AED=. 3.答案　 解析　由多面体ABC-A1B1C1为正三棱柱可知,△ABC为正三角形,且AC1=BC1,CC1⊥平面ABC. 取AB的中点O,连接OC,OC1,易得OC⊥AB,OC1⊥AB,所以∠COC1即为二面角C-AB-C1的平面角,所以∠COC1=60°, 在Rt△COC1中,OC=,tan∠COC1==,所以CC1=,即正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为. 4.答案　 解析　如图,过点A作AE⊥BD于E,连接PE, 因为PA⊥平面ABCD,AE,BD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AE,PA⊥BD, 又因为AE∩PA=A,AE,PA⊂平面PAE,所以BD⊥平面PAE, 又PE⊂平面PAE,所以BD⊥PE, 所以∠PEA即为平面PBD与平面ABCD的夹角(注意平面与平面的夹角与二面角的范围是不同的), 因为四边形ABCD为矩形,AB=3,AD=4, 所以BD==5, 由S△ABD=AD·AB=AE·BD,得AE==, 所以在Rt△PAE中,tan∠PEA===, 即平面PBD与平面ABCD的夹角的正切值为. 5.解析　(1)证明:连接A1C交AC1于点O,连接OD, 则O是AC1的中点, 因为D是BC的中点,所以OD是△A1BC的中位线, 所以OD∥A1B, 又BA1⊄平面ADC1,OD⊂平面ADC1, 所以A1B∥平面ADC1. (2)由题知,AD⊥BC, 因为CC1⊥平面ABC,AD⊂平面ABC, 所以CC1⊥AD, 又BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面C1CD, 所以AD⊥平面C1CD, 又C1D⊂平面C1CD,所以AD⊥C1D, 即∠C1DB是二面角B-AD-C1的平面角, 在△ABC中,∠BAC=,AB=AC=2,则CD=, 在Rt△C1CD中,C1D==3, 则cos∠C1DC==,故cos∠C1DB=-, 即二面角B-AD-C1的余弦值为-. 6.B　由题意知α⊥β,α∩β=l, 若m⊥l,当m⊂β时,有m⊥α;当m⊄β时,m与α的关系为相交、平行或m在α内. 若m⊥α,由l⊂α,得m⊥l. 故“m⊥l”是“m⊥α”的必要不充分条件. 7.C　因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,BD⊂平面BCD, 所以BD⊥平面ABC,故B中结论正确; 因为AC⊂平面ABC,所以BD⊥AC,故A中结论正确; 因为AB=AC,O为BC的中点,所以BC⊥AO, 同理可得AO⊥平面BCD,故D中结论正确; 因为BD⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以BD⊥AB, 又BD∩CD=D,BD,CD⊂平面BCD,所以若AB⊥CD,则AB⊥平面BCD,显然B,O不重合,故C中结论错误. 8.证明　在直三棱柱A1B1C1-ABC中, 因为BC=CC1,所以四边形BB1C1C为正方形, 所以B1C⊥BC1. 因为平面AB1C⊥平面BB1C1C,平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C,BC1⊂平面BB1C1C, 所以BC1⊥平面AB1C. 因为AB1⊂平面AB1C,所以BC1⊥AB1. 9.证明　如图,过点A作AD⊥PB,垂足为D. 因为平面PAB⊥平面PBC,平面PAB∩平面PBC=PB,AD⊂平面PAB,AD⊥PB,所以AD⊥平面PBC. 因为BC⊂平面PBC,所以AD⊥BC, 因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC. 又因为PA∩AD=A,PA⊂平面PAB,AD⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB. 10.D　对于①,如图1,满足m∥α,n∥β,且m∥n,但α,β不平行,①错误; 　　 对于②,如图2,满足m∥α,n∥β,且m⊥n,但α,β不垂直,②错误; 对于③,因为m⊥α,且m∥n,所以n⊥α,又n⊥β,所以α∥β,③正确; 对于④,因为m⊥α,n⊥β,所以直线m,n的夹角(或其补角)即为平面α,β的夹角,又m⊥n,所以α⊥β,④正确. 11.答案　①②③ 解析　因为四边形PQMN是矩形,所以PQ∥MN,PQ⊥QM, 因为PQ⊄平面ADC,MN⊂平面ADC,所以PQ∥平面ADC, 又PQ⊂平面ABC,平面ABC∩平面ADC=AC,所以PQ∥AC, 同理可得,QM∥BD,由PQ⊥QM,可得AC⊥BD, 又因为AD⊥BD,AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ADC, 所以BD⊥平面ADC, 因为BD⊂平面BDC,所以平面BDC⊥平面ADC,同理可得平面ABD⊥平面ADC,故①和③正确. 因为PQ∥AC,AC⊄平面PQMN,PQ⊂平面PQMN, 所以AC∥平面PQMN,故②正确. 因为不能得到AD⊥BC或AD⊥DC,所以不能得到AD⊥平面BDC,故④错误. 综上,所有正确结论的序号是①②③. 12.解析　(1)证明:延长AO,交BC于点M,由△ABC为等边三角形,得O是△ABC的中心,则AO⊥BC, 易知PO⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以PO⊥BC,又PO∩AO=O,PO,AO⊂平面POA, 所以BC⊥平面POA, 又BC⊂平面PBC,所以平面POA⊥平面PBC. (2)连接PM,作AH⊥PM于H,由(1)知BC⊥平面POA,因为AH⊂平面POA,所以BC⊥AH, 因为BC∩PM=M,BC,PM⊂平面PBC, 所以AH⊥平面PBC, 故A到平面PBC的距离为AH的长. 易知AM=AO=3,MO=AO=1,又PO=2, 所以PM==3,所以PM=AM, 又∠AMH=∠PMO,所以Rt△AMH≌Rt△PMO, 故AH=PO=2, 所以点A到平面PBC的距离为2. 方法总结 　　利用两平面垂直的判定定理证明面面垂直,关键是先找出其中一个平面的一条垂线,再由这条垂线在另一个平面内,即可得面面垂直. 13.解析　(1)证明:在正方形ABCD中,因为E,M分别为AD,BC的中点,所以EM∥CD, 又EM⊄平面SCD,CD⊂平面SCD,所以EM∥平面SCD. (2)证明:在正方形ABCD中,CD⊥AD.因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面SAD,又CD⊂平面SCD,所以平面SAD⊥平面SCD. (3)存在,当N为棱SC的中点时,平面DMN⊥平面ABCD. 证明如下:取N为棱SC的中点,连接EC交DM于点O,连接ON. 易知ED∥CM,且ED=CM, 所以四边形EMCD为平行四边形,所以EO=CO. 又因为N为SC的中点,所以ON∥SE. 因为SA=SD,E为AD的中点,所以SE⊥AD, 因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE⊂平面SAD, 所以SE⊥平面ABCD,所以ON⊥平面ABCD. 又因为ON⊂平面DMN,所以平面DMN⊥平面ABCD, 所以在棱SC上存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,且=. 能力提升练 1.B 2.C 3.C 7.ACD 8.AB 1.B　连接BD,交AC于点F,连接EF,因为BD1∥平面AEC,BD1⊂平面BDD1,平面BDD1∩平面AEC=EF,所以BD1∥EF, 因为F为BD的中点,所以E为DD1的中点, 易证AC⊥平面BDD1, 所以∠EFD为二面角E-AC-D的平面角, 设AD=a,则ED=a,DF=a, 在Rt△EFD中,tan∠EFD==, 又二面角E-AC-B与二面角E-AC-D互补, 所以二面角E-AC-B的正切值为-. 2.C　如图,连接AC,交BD于点O,连接EF,易知EF过点O,取AB的中点G,连接EG,FG, 则EG⊥AB,FG⊥AB, 所以∠EGF为二面角E-AB-F的平面角. 易知EF⊥平面ABCD,因为AC⊂平面ABCD,所以EF⊥AC,所以△AOE是直角三角形,又AO=,AE=2,所以OE=,所以EF=2. 在△AEB中,EG=AB=,同理GF=, 在△EGF中,由余弦定理得cos∠EGF===-. 3.C　根据已知条件,将正方形ABCD和正方形A2BC1D2分别放入正方体KEFG-AD1C1B和正方体AD1C1B-MNQP中,如图1所示, 　 连接MD1,PC1,PA,A2C1,AN,PN,如图2所示, 平面A2BC1D2与平面ABCD的夹角可转化为平面A2BC1D2与平面MD1C1P的夹角, 因为MP⊥平面MAD1N,AN⊂平面MAD1N,所以MP⊥AN, 在正方形MAD1N中,MD1⊥AN, 又MD1,MP⊂平面MD1C1P,MD1∩MP=M, 所以AN⊥平面MD1C1P, 同理可得,AP⊥平面A2BC1D2, 则平面A2BC1D2与平面MD1C1P的夹角等于直线AP与AN的夹角, 由△APN为等边三角形,可得AP与AN的夹角为60°,即平面A2BC1D2与平面ABCD的夹角为60°. 4.答案　 解析　如图,过点A作AG⊥BD,垂足为G,过点C作CH⊥BD,垂足为H,连接AC,GC. 在矩形ABCD中,AB=15,AD=BC=20, 所以BD===25, 在Rt△ABD中,由面积相等可得AB·AD=BD·AG,解得AG=12, 在Rt△ABG中,BG===9, 同理CH=12,HD=9,所以GH=BD-BG-HD=7, 在Rt△CGH中,CG===. 因为平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,AG⊥BD,AG⊂平面ABD,所以AG⊥平面CBD, 因为CG⊂平面CBD,所以AG⊥CG, 在Rt△ACG中,AC===. 5.解析　(1)证明:当λ=时,E为AD的中点,F为AB的中点,此时PE=PF=1,EF=,CE=CF==. 如图1,取EF的中点M,连接PM,CM, 则PM⊥EF,CM⊥EF, 又PM∩CM=M,PM,CM⊂平面PCM,所以EF⊥平面PCM. 又CP⊂平面PCM,所以CP⊥EF. (2)假设存在实数λ,使得PE⊥PC. 如图2,过C作CH⊥EF于点H,连接PH,CH. 因为平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCDEF=EF,CH⊂平面BCDEF,CH⊥EF,所以CH⊥平面PEF. 因为PE⊂平面PEF,所以CH⊥PE, 又PE⊥PC,PC∩CH=C,PC,CH⊂平面PCH, 所以PE⊥平面PCH, 因为PH⊂平面PCH,所以PE⊥PH. 又PE⊥PF,所以点H与点F重合,所以CF⊥EF(*). 设AE=BF=a(0<a<2),则AF=2-a, 则tan(∠AFE+∠CFB)===<0, 所以∠AFE+∠CFB>,则∠EFC<,与(*)式矛盾, 所以不存在实数λ,使得PE⊥PC. 6.解析　(1)证明:因为AD⊥平面PEC,PC⊂平面PEC,所以AD⊥PC. 在平行四边形ABCD中,AD∥BC,所以PC⊥BC. 因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,PC⊂平面PBC,所以PC⊥平面ABCD. (2)如图,在BC上取点N,使CN=2NB,连接AN,在PB上取点M,使PM=2MB,连接MN,AM,则平面AMN即为平面α,AN,MN,AM为它与四棱锥P-ABCD表面的交线. 理由如下:在平行四边形ABCD中,点E在AD上,且AE=2ED,则CN=AE, 又因为CN∥AE,所以四边形AECN为平行四边形, 所以AN∥CE,又AN⊄平面PCE,CE⊂平面PCE, 所以AN∥平面PCE. 在△PBC中,CN=2NB,PM=2MB,所以MN∥PC, 又MN⊄平面PCE,PC⊂平面PCE,所以MN∥平面PCE. 又MN∩AN=N,MN⊂平面AMN,AN⊂平面AMN, 所以平面AMN∥平面PCE,平面AMN即为平面α,线段AN,MN,AM是平面α与四棱锥P-ABCD表面的交线. 方法总结 　　证明线面垂直,一种方法是利用直线与平面垂直的判定定理,另一种方法是利用平面与平面垂直的性质定理.利用平面与平面垂直的性质定理证明线面垂直时,要注意以下三点:(1)两个平面垂直是前提条件;(2)直线必须在其中一个平面内;(3)直线必须垂直于它们的交线. 7.ACD　对于A,因为PA垂直于圆O所在的平面,BC在圆O所在的平面内,所以PA⊥BC, 因为AC为圆O的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,所以AB⊥BC,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,故A正确; 对于B,若AS⊥平面PBC,因为BC⊂平面PBC,所以AS⊥BC, 因为PA⊥BC,PA∩AS=A,PA,AS⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AC⊂平面PAC,所以BC⊥AC,这与AC为圆O的直径矛盾,故AS⊥平面PBC不成立,故B错误; 对于C,因为PA垂直于圆O所在的平面,所以PA⊥平面ABC,又PA⊂平面PAC,所以平面ABC⊥平面PAC,故C正确; 对于D,由A知,BC⊥平面PAB,因为AN⊂平面PAB,所以BC⊥AN,又AN⊥PB,PB∩BC=B,BC,PB⊂平面PBC,所以AN⊥平面PBC,又AN⊂平面ANS,所以平面ANS⊥平面PBC,故D正确. 8.AB　对于A,因为AB⊂平面ABCD,PC与平面ABCD相交于点C,而点C不在直线AB上,所以AB与PC是异面直线,故A正确; 对于B,因为底面ABCD是正方形,所以AD⊥CD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,因为CD⊂平面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD,故B正确, 对于C,取AD的中点G,连接GC,PG,因为侧面PAD为等边三角形,所以PG⊥AD, 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG⊂平面PAD,所以PG⊥平面ABCD,因为BD⊂平面ABCD,所以PG⊥BD, 假设BD⊥AM,因为BD⊥AC,AC∩AM=A,AC,AM⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC, 因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA, 因为PG⊥BD,PG∩PA=P,PG,PA⊂平面PAG, 所以BD⊥平面PAG, 因为AD⊂平面PAG,所以BD⊥AD, 这与四边形ABCD是正方形相矛盾,所以BD⊥AM不成立,故C错误; 对于D,因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD,因为AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD, 所以BC∥平面PAD,所以当点M与点C重合时,才有BM∥平面PAD, 因为点M在线段PC上运动(不含端点),所以不存在点M,使得BM∥平面PAD,故D错误. 9.解析　(1)取线段AB的中点E,连接CE,PE, 因为四边形ABCD是边长为2的菱形, 所以BC=2,BE=1, 在△BEC中,CE2=BC2+BE2-2BC·BEcos =3, 所以BE2+CE2=BC2,所以BE⊥CE,即CE⊥AB, 因为PB=PA,E是AB的中点,所以PE⊥AB, 因为PE∩CE=E,PE,CE⊂平面PCE,所以AB⊥平面PCE, 因为PC⊂平面PCE,所以PC⊥AB, 因为CD∥AB,所以PC⊥CD, 在Rt△PCD中,PC=,CD=2, 所以PD==. (2)存在.过点C作CM⊥PE,垂足为M, 因为AB⊥平面PCE,AB⊂平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PCE, 因为平面PAB∩平面PCE=PE,CM⊂平面PCE,CM⊥PE,所以CM⊥平面PAB. 过点M作HN∥AB,分别交PA,PB于点N,H, 因为CD∥AB,所以HN∥CD,所以C,D,N,H四点共面, 因为CM⊂平面CDNH,所以平面CDNH⊥平面PAB, 因为PA=PB=4,AE=1,PE⊥AB, 所以PE==, 在△PCE中,CE=,PC=, 所以cos∠PCE==-, 所以sin∠PCE==, S△PCE=PC·CEsin∠PCE=PE·CM, 所以CM==, 所以EM==, 因为HN∥AB,所以λ===. 7 学科网（北京）股份有限公司 $