8.6.3 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（人教A版）

8.6.3　平面与平面垂直 基础过关练 题组一　二面角 1.(2025上海华东政法大学附属中学月考)下列关于二面角的平面角的说法,正确的是(　　) A.两条边分别在二面角的两个面内的角 B.过二面角棱上一点且两边分别垂直于棱的角 C.二面角的两个面被一个垂直于棱的平面所截得的角 D.任一个平面去截二面角的两个面所得的角 2.(2025北京顺义第二中学月考)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,则下列叙述中错误的是(　　) A.线段AD的长是点A到平面BCD的距离 B.线段AC的长是点A到直线BC的距离 C.∠ABD是二面角A-BC-D的一个平面角 D.∠ACD是直线AC与平面BCD所成的角 3.(2025上海新中高级中学月考)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. 4.(2025山西太原第五中学校月考)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面AA1D1D∥平面BB1C1C,AA1=3,CD=2,AD=3BC,平面A1CD与BB1交于点P. (1)证明:A1P,AB,DC三线共点; (2)若二面角A1-CD-A的大小为,求该四棱柱的体积. 题组二　平面与平面垂直的判定 5.(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 6.(多选题)(2025河南部分高中联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　) A.BC1⊥平面A1B1C1D1　　 B.BC1∥平面ACD1 C.平面A1C1B∥平面B1D1C　　 D.平面A1C1B⊥平面B1CD 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.(2025江苏无锡第一中学期中)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为棱AC的中点,E为棱CC1的中点,AC=AA1.求证: (1)AB1∥平面C1BD; (2)平面A1B1C⊥平面BDE. 题组三　平面与平面垂直的性质 9.(2025福建福州第一中学期中)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 10.(2025山东淄博实验中学期末)如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC与△PAB都是边长为2的等边三角形,且PC=,则点P到平面ABC的距离为(　　) A.1　　B.　　C.　　D. 11.(2025湖南娄底期中)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2,D为AB的中点,沿CD将△ACD翻折至△A'CD的位置,使得平面A'CD⊥平面BCD,则三棱锥A'-BCD外接球的表面积为　　　　.  12.(2025四川德阳绵竹南轩中学月考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,E,F分别为PC,BD的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求证:平面PAB⊥平面PDC. 能力提升练 题组一　二面角 1.(多选题)(2025湖南永州永华中学月考)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=,PA=4,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O的平面角为,则(　　) A.该圆锥的体积为8π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC=4 D.△PAC的面积为4 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均为2,则二面角E-AB-F的余弦值为(　　) A.-　　B.　　C.-　　D.- 3.(2025北京丰台段考)如图,在棱台ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD和A'B'C'D'均为正方形,AB=3,A'B'=1,侧面均为等腰梯形,且侧面与底面ABCD的夹角均为45°,则该棱台的表面积为(　　) A.18　　B.10+8　　 C.10+8　　D.34 4.(2025辽宁鞍山重点高中协作校期中)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P的位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合). (1)证明:平面EMN⊥平面PBC; (2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的正切值为?若存在,请确定点N的位置;若不存在,请说明理由. 题组二　平面与平面垂直的判定 5.(多选题)(2025河北保定名校协作体模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别为棱AA1,A1D1,AB,DC的中点,点P是正方形BB1C1C的中心,则下列结论正确的是(　　) A.E,F,M,P四点共面 B.平面PEF截正方体所得截面是等腰梯形 C.EF∥平面PMN D.平面MEF⊥平面PMN 6.(多选题)(2025福建福州第三中学月考)如图,在圆柱O1O2中,轴截面ABCD是边长为2的正方形,M是以AO2为直径的圆上一动点(异于点A,O2),AM与圆柱的底面圆交于点N,则(　　) A.MO2∥平面NBO1 B.平面MO1O2⊥平面ANO1 C.直线NB与直线AO1有可能垂直 D.三棱锥M-AO1O2的外接球体积为定值 7.(2024福建厦门双十中学月考)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°,如图2,把△ABD沿BD翻折,使得A∉平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC的中点. (1)证明:平面BCD⊥平面AMN; (2)记二面角A-BC-D的平面角为θ,当平面BCD⊥平面ABD时,求tan θ的值; (3)若P,Q分别为线段AB与DN上一点,且==λ(λ∈R),PQ与BD,AN所成的角分别为θ1和θ2,求sin θ1+sin θ2的取值范围. 题组三　平面与平面垂直的性质 8.(多选题)(2025江苏常州西夏墅高级中学月考)如图,已知底面为矩形的四棱锥P-ABCD的顶点P的位置不确定,点M在棱CD上,且AM⊥BM,平面PAM⊥平面ABCD,则下列结论正确的是(　　) A.PA⊥BM B.平面PAM⊥平面PBM C.存在某个位置,使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行 D.若AD=2,MD=2,PM=1,且平面PBM⊥平面ABCD,则三棱锥P-ABM的体积为 9.(2025湖北武汉第六中学月考)在△ABC中,∠ACB=90°,AC=2,BC=4,P为边AB上的动点,沿CP将△ACP折起形成直二面角A'-CP-B,当A'B最短时,三棱锥A'-BCP的体积为　　　　.  10.(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,求出的值;若不存在,说明理由. 答案与分层梯度式解析 8.6.3　平面与平面垂直 基础过关练 1.C 2.C 3.A 5.D 6.BD 7.ACD 9.B 10.C 1.C　二面角的平面角是指过棱上一点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,两条射线所成的角. 对于A,两条边不一定垂直于棱,故A错误; 对于B,两边不一定在二面角的两个面内,故B错误; 对于C,棱垂直于该平面与二面角的两个面的交线,并且这两条交线均在二面角的面内,符合二面角的平面角的定义,故C正确; 对于D,棱不一定垂直于这个平面与二面角的两个面的交线,故D错误. 2.C　对于A,因为AD⊥平面BCD,所以线段AD的长是点A到平面BCD的距离,A正确; 对于B,因为AD⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以BC⊥AD,又因为BC⊥CD,AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD,所以BC⊥平面ACD, 因为AC⊂平面ACD,所以BC⊥AC,所以线段AC的长是点A到直线BC的距离,B正确; 对于C,因为BC⊥CD,BC⊥AC,所以∠ACD是二面角A-BC-D的一个平面角,C错误; 对于D,因为AD⊥平面BCD,所以∠ACD是直线AC与平面BCD所成的角,D正确. 3.A　取BC的中点E,连接AE,DE,过点A作AF⊥DE,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AEF, 所以BC⊥平面AEF, 又AF⊂平面AEF,所以BC⊥AF, 又AF⊥DE,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=.故二面角A-BC-D的大小为. 4.解析　(1)证明:易知A1P与AB相交,设A1P∩AB=Q, 由A1P⊂平面A1CD,AB⊂平面ABCD,平面A1CD∩平面ABCD=CD,知Q∈CD, 所以A1P,AB,DC三线共点. (2)过A作AH⊥CD,垂足为H,连接A1H,AC, 因为AA1⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以AA1⊥CD. 又AH⊥CD,AA1∩AH=A,AA1,AH⊂平面AA1H, 所以CD⊥平面AA1H,又A1H⊂平面AA1H, 所以A1H⊥CD. 故∠A1HA为二面角A1-CD-A的平面角,即∠A1HA=, 所以tan∠A1HA===tan =1,得AH=3. 所以S△ACD=CD·AH=3,因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C,平面AA1D1D∩平面ABCD=AD,平面BB1C1C∩平面ABCD=BC,所以BC∥AD,又AD=3BC,所以S△ABC=S△ACD=1,得S四边形ABCD=4. 故直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V=S四边形ABCD·AA1=4×3=12. 5.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所成的角或其补角即为平面α,β所成的角,又m⊥n,所以α⊥β,④正确. 6.BD　对于A,若BC1⊥平面A1B1C1D1,因为B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BC1⊥B1C1,明显不符合题意,故A错误; 对于B,由正方体的性质可知BC1∥AD1,又AD1⊂平面ACD1,BC1⊄平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,故B正确; 对于C,因为直线A1C1与直线B1D1相交于一点,所以平面A1C1B与平面B1D1C不可能平行,故C错误; 对于D,连接A1D,由正方体的性质可得BC1⊥B1C,A1B1⊥平面BB1C1C,因为BC1⊂平面BB1C1C,所以A1B1⊥BC1, 又B1C∩A1B1=B1,且B1C,A1B1⊂平面A1B1CD,所以BC1⊥平面A1B1CD,即BC1⊥平面B1CD, 又BC1⊂平面A1C1B,所以平面A1C1B⊥平面B1CD,故D正确. 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,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,又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,即PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,所以平面ABC⊥平面PAC,故C正确; 对于D,因为BC⊥平面PAB,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.证明　(1)设B1C交BC1于点O,连接DO, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易知四边形BB1C1C是平行四边形,则O为B1C的中点, 因为D为AC的中点,所以AB1∥OD, 因为AB1⊄平面C1BD,OD⊂平面C1BD, 所以AB1∥平面C1BD. (2)连接AC1,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易知四边形ACC1A1是矩形, 又AC=AA1,所以四边形ACC1A1是正方形,所以AC1⊥A1C. 因为D,E分别是AC,CC1的中点,所以AC1∥DE, 所以DE⊥A1C, 在正三棱柱中,易知CC1⊥平面ABC,又BD⊂平面ABC,所以BD⊥CC1, 在正三角形ABC中,因为D为AC的中点,所以BD⊥AC, 因为CC1∩AC=C,CC1,AC⊂平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1, 因为A1C⊂平面ACC1A1,所以A1C⊥BD, 又DE⊥A1C,BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE, 所以A1C⊥平面BDE, 因为A1C⊂平面A1B1C,所以平面A1B1C⊥平面BDE. 9.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. 10.C　取AB的中点D,连接PD,CD,如图, 因为△ABC与△PAB都是边长为2的等边三角形, 所以PD⊥AB,CD⊥AB,PD=CD=, 又PD∩CD=D,PD,CD⊂平面PCD, 所以AB⊥平面PCD,又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面PCD,又平面PCD∩平面ABC=CD, 所以点P到平面ABC的距离为点P到直线CD的距离, 过点P作PE⊥CD,所以点P到直线CD的距离即为PE的长,因为PC=,且PD=CD=,所以△PCD为等边三角形,所以PE=sin 60°=×=,即点P到平面ABC的距离为. 11.答案　6π 解析　在Rt△ABC中,由∠ACB=90°,AC=BC=2,D为AB的中点,得AB⊥CD,DC=AD=BD=, 在三棱锥A'-BCD中,∵平面A'CD⊥平面BCD,平面A'CD∩平面BCD=CD,A'D⊂平面A'CD,且A'D⊥CD, ∴A'D⊥平面BCD, 取BC的中点E,连接DE,∵CD⊥BD,∴E是△BCD外接圆的圆心,且DE=1, 过E作EF∥A'D,则EF⊥平面BCD, 设三棱锥A'-BCD的外接球球心为O,则球心O在EF上,取A'D的中点G,连接OG,则OG垂直平分A'D,连接OD,如图, 设外接球的半径为R,易得OE=A'D=, ∴R2=DE2+OE2=12+=, ∴三棱锥A'-BCD的外接球的表面积为4πR2=4π×=6π. 12.证明　(1)连接AC,易知F为AC与BD的交点,且F为AC的中点,∵E为PC的中点,∴EF∥PA, 又PA⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,∴EF∥平面PAD. (2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,∴CD⊥平面PAD, 又PA⊂平面PAD,∴CD⊥PA. ∵PA=PD=AD,∴△PAD是等腰直角三角形,且∠APD=,即PA⊥PD, 又CD∩PD=D,且CD,PD⊂平面PCD, ∴PA⊥平面PDC, ∵PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PDC. 能力提升练 1.AC 2.C 3.B 5.BD 6.ABD 8.ABD 1.AC　对于A,由∠APB=,PA=4,得OP=2,OA=OB=2,所以圆锥的体积为×π×(2)2×2=8π,A正确; 对于B,圆锥的侧面积为π×2×4=8π,B错误; 对于C,取AC的中点D,连接OD,PD,如图,则AC⊥OD,AC⊥PD, 所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角,则∠PDO=,所以OD=OP=2,故AD=CD==2,则AC=4,C正确; 对于D,PD==2,所以S△PAC=×2×4=8,D错误. 2.C　如图,连接AC,BD,使它们交于点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,由余弦定理的推论得cos∠EGF===-. 3.B　过B'作B'F⊥底面ABCD,交底面ABCD于F,过F作FE⊥BC交BC于E,连接B'E, 因为BC⊂底面ABCD,所以B'F⊥BC, 又因为FE⊥BC,FE∩B'F=F,FE,B'F⊂平面B'FE,所以BC⊥平面B'FE, 因为B'E⊂平面B'FE,所以BC⊥B'E, 又因为平面B'C'CB∩平面ABCD=BC, 所以∠B'EF即为侧面与底面ABCD的夹角, 即∠B'EF=45°, 由题意可知FE=×(3-1)=1,所以B'E=, 所以该棱台的表面积S=12+32+4×=10+8. 4.解析　(1)证明:因为DE⊥AB,所以PE⊥ED,又PE⊥EB,EB∩ED=E,EB,ED⊂平面EBCD,所以PE⊥平面EBCD, 因为BC⊂平面EBCD,所以PE⊥BC. 因为BC⊥EB,EB∩PE=E,PE,EB⊂平面PEB, 所以BC⊥平面PEB, 因为EM⊂平面PEB,所以BC⊥EM. 因为PE=EB,M为PB的中点,所以EM⊥PB. 因为BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC, 所以EM⊥平面PBC. (平面EMN是动平面,欲证平面EMN⊥平面PBC,需要从动平面EMN内找一条垂直于平面PBC的直线) 因为EM⊂平面EMN,所以平面EMN⊥平面PBC. (2)假设存在点N满足题意,如图,过M作MQ⊥EB于Q,因为PE⊥EB,所以PE∥MQ, 由(1)知PE⊥平面EBCD,所以MQ⊥平面EBCD, 因为EN⊂平面EBCD,所以MQ⊥EN. 过Q作QR⊥EN于R,连接MR,因为MQ∩QR=Q,MQ,QR⊂平面MQR,所以EN⊥平面MQR, 因为MR⊂平面MQR,所以EN⊥MR, 所以∠MRQ为二面角B-EN-M的平面角. 设PE=EB=BC=2,则MQ=1,EQ=1, 设BN=x(0<x<2),易知Rt△EBN∽Rt△ERQ, 所以=,所以=,得RQ=, 所以tan∠MRQ===,故x=1, 即N为BC的中点. 故存在点N,使得二面角B-EN-M的正切值为,且N为BC的中点. 5.BD　对于A,如图,设H,Q,K分别为BC,CC1,C1D1的中点,连接EF,EM,MH,HQ,QK,FK,易知经过E,F,M三点的平面截正方体所得的截面是正六边形FEMHQK,∵点P在平面FEMHQK外,∴E,F,M,P四点不共面,A错误; 对于B,连接BC1,BE,C1F,易知EF∥BC1,EF=BC1,BE=C1F,则平面PEF即为平面C1BEF,故平面PEF截正方体所得截面为等腰梯形C1BEF,B正确; 对于C,取BB1的中点G,连接GQ,MG,MN,NQ,易知GQ∥MN,则平面PMN即为平面QGMN, 易知HQ∥EF,又HQ与平面PMN相交, ∴EF不平行于平面PMN,C错误; 对于D,∵△AEM,△BMG都是等腰直角三角形, ∴∠AME=∠BMG=45°,∴∠EMG=90°,∴EM⊥MG, ∵M,N分别是AB,CD的中点, ∴MN∥AD,又AD⊥平面ABB1A1, ∴MN⊥平面ABB1A1, ∵EM⊂平面ABB1A1,∴EM⊥MN, ∵MG∩MN=M,MG,MN⊂平面PMN,∴EM⊥平面PMN, ∵EM⊂平面MEF,∴平面MEF⊥平面PMN,D正确. 6.ABD　对于A,因为M,N都是对应圆周上的点,AO2,AB是相应的圆的直径, 所以MO2⊥AM,NB⊥AN,所以MO2∥NB, 因为MO2⊄平面NBO1,NB⊂平面NBO1,所以MO2∥平面NBO1,A正确; 对于B,易知O1O2⊥平面ABN,因为AN⊂平面ABN,所以O1O2⊥AN,又MO2⊥AN,O1O2∩MO2=O2,O1O2,MO2⊂平面MO1O2,所以AN⊥平面MO1O2, 因为AN⊂平面ANO1,所以平面MO1O2⊥平面ANO1,B正确; 对于C,假设NB⊥AO1,即MO2⊥AO1,因为MO2⊥AN,AN∩AO1=A,AN,AO1⊂平面ANO1,所以MO2⊥平面ANO1,又MO1⊂平面ANO1,所以MO2⊥MO1,与MO2⊥O1O2矛盾,所以原假设不成立,故直线NB与直线AO1不可能垂直,C错误; 对于D,由B选项知AN⊥平面MO1O2,因为MO1⊂平面MO1O2,所以AN⊥MO1,所以△AMO1,△AO2O1均是以AO1为斜边的直角三角形,所以三棱锥M-AO1O2的外接球的球心为AO1的中点(△AMO1,△AO2O1外接圆的圆心均为AO1的中点), 易得AO1==, 故三棱锥M-AO1O2的外接球的半径为定值,所以其体积为定值,D正确. 7.解析　(1)证明:因为AB=AD,M是BD的中点,所以AM⊥BD,易得BD=2,∠DBC=45°, 在△BCD中,由余弦定理得DC==2, 所以BD2+DC2=BC2,所以BD⊥DC, 因为M,N分别是BD,BC的中点, 所以MN∥DC,所以BD⊥MN, 因为AM∩MN=M,AM,MN⊂平面AMN, 所以BD⊥平面AMN, 又BD⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面AMN. (2)取BN的中点E,连接ME,AE,则ME∥DN, 因为DB=DC,所以DN⊥BC,所以ME⊥BC, 因为平面BCD⊥平面ABD,且平面BCD∩平面ABD=BD,AM⊥BD,AM⊂平面ABD,所以AM⊥平面BCD, 因为BC⊂平面BCD,所以AM⊥BC. 因为AM∩ME=M,AM,ME⊂平面AME,所以BC⊥平面AME,又AE⊂平面AME,所以BC⊥AE. 所以∠AEM为二面角A-BC-D的平面角θ, 则tan θ===. (3)在线段BN上取点R,使得===λ(λ∈R),连接PR,RQ,则PR∥AN且RQ∥BD, 所以θ1=∠PQR,θ2=∠QPR, 因为BD⊥平面AMN,AN⊂平面AMN, 所以BD⊥AN,所以RQ⊥PR,所以∠PRQ=, 所以θ1+θ2=, 则sin θ1+sin θ2=sin θ1+cos θ1=sin, 因为θ1∈,所以θ1+∈, 所以sin∈, 所以sin θ1+sin θ2的取值范围是(1,]. 8.ABD　对于A,∵平面PAM⊥平面ABCD,平面PAM∩平面ABCD=AM,AM⊥BM,BM⊂平面ABCD,∴BM⊥平面PAM,又PA⊂平面PAM,∴PA⊥BM,故A正确; 对于B,由A知BM⊥平面PAM,又BM⊂平面PBM,∴平面PAM⊥平面PBM,故B正确; 对于C,设平面PAM∩平面PBC=l,假设l∥底面ABCD,∵平面ABCD∩平面PAM=AM,平面ABCD∩平面PBC=BC,∴l∥AM,l∥BC,∴AM∥BC,则M与D重合,则AD⊥BD,显然不成立,则假设不成立,故C错误; 对于D,在Rt△ADM中,AD=2,MD=2,∴∠MAD=,∠BAM=-∠MAD=,又∠AMB=,∴∠ABM=, ∴AM=BM=2,∴S△AMB=×2×2=4,∵平面PBM⊥平面ABCD,平面PBM∩平面ABCD=BM,AM⊥BM,AM⊂平面ABCD,∴AM⊥平面PBM,又PM⊂平面PBM,∴AM⊥PM,同理可证BM⊥PM,又AM∩BM=M,AM,BM⊂平面AMB,∴PM⊥平面AMB, 又PM=1,∴三棱锥P-ABM的体积为×1×4=,故D正确. 9.答案　 解析　作AD⊥CP于点D,连接BD,设∠ACP=α,则∠PCB=-α, 所以AD=A'D=2sin α,CD=2cos α, 在△BCD中,由余弦定理可得,BD2=CD2+BC2-2CD·BCcos=4cos2α+16-16cos αsin α, 因为A'-CP-B为直二面角,所以平面A'PC⊥平面BCP, 因为平面A'PC∩平面BCP=PC,A'D⊥PC,且A'D⊂平面A'PC,所以A'D⊥平面BCP, 因为BD⊂平面BCP,所以A'D⊥BD, 则A'B2=A'D2+BD2=4sin2α+4cos2α+16-16sin αcos α=20-8sin 2α, 当A'B最短时,2α=,所以α=,即此时CP为∠ACB的平分线,A'D=2sin α=2sin =, 且由角平分线定理可得,===,所以==,所以S△BCP=S△ABC=××2×4=, 所以V三棱锥A'-BCP=A'D·S△BCP=××=. 10.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,因为EM⊄平面SCD,CD⊂平面SCD,所以EM∥平面SCD. (2)证明:因为平面SAD⊥平面ABCD,且平面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)存在点N,使平面DMN⊥平面ABCD. 连接EC,交DM于点O,连接ON. 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,SE⊥AD,所以SE⊥平面ABCD, 又SE⊂平面SEC,所以平面SEC⊥平面ABCD,因为平面DMN⊥平面ABCD,且平面DMN∩平面SEC=ON(如果两个相交平面与第三个平面垂直,那么它们的交线垂直于第三个平面),所以NO⊥平面ABCD,所以NO∥SE. 因为ED∥CM,且ED=CM,所以四边形EMCD为平行四边形,所以EO=CO. 所以SN=NC,即N为SC的中点, 所以存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,且=. 7 学科网（北京）股份有限公司 $