高中數(shù)學(xué)培優(yōu)講義練習(xí)（人教A版2019必修二）專題8.14空間直線平面的垂直（二）（重難點(diǎn)題型檢測）

專題8.14空間直線、平面的垂直（二）（重難點(diǎn)題型檢測）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）1．（3分）（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考二模）設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，a，b是兩條不同的直線，下列說法正確的是（

）A．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β B．若a⊥α，b?β，a⊥b，則α⊥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α⊥β D．若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，則α⊥β【解題思路】根據(jù)題意，由空間中直線與平面的位置關(guān)系對選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.【解答過程】對于A，若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β，故正確；對于B，若a⊥α，b?β，a⊥b，則α與β相交或者α∥β，故錯(cuò)誤；對于C，若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β，故錯(cuò)誤；對于D，若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，則α與β相交，不一定垂直，故錯(cuò)誤.故選:A.2．（3分）（2023秋·北京西城·高二期末）在長方體ABCD?A1B1C1DA．55 B．255 C．10【解題思路】畫出長方體ABCD?A1B1C1D【解答過程】長方體ABCD?A1B1C∴BC⊥CD，∵BC⊥平面DCC1D1,CD又∵平面D1BC∩平面BCD∴∠D1CDcos∠所以二面角D1?BC?D的余弦值為故選：D.3．（3分）（2022秋·四川樂山·高二階段練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)MA．5 B．255 C．35【解題思路】連接BM，由面面垂直的判定證明平面A1B1【解答過程】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1B在平面BCC1B1內(nèi)過點(diǎn)B作BE⊥因平面A1B1M∩平面BCC1B1=B點(diǎn)M為棱CC1的中點(diǎn)，在△BMS△BMB1=所以點(diǎn)B到平面A1B1故選：D.4．（3分）（2022秋·山東濰坊·高二階段練習(xí)）如圖所示，平面PAD⊥矩形ABCD，且PA⊥ADA．PD⊥BD C．PB⊥BC 【解題思路】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進(jìn)而得線線垂直，由線線垂直，線面垂直以及面面垂直的互相轉(zhuǎn)化即可根據(jù)選項(xiàng)逐一求解.【解答過程】因?yàn)槠矫鍼AD⊥矩形ABCD，兩平面交線為AD,PA⊥AD,且PA所以PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以若PD⊥BD，由于PA⊥BD，PA∩PD=P,PA,PD?平面PAD,則BD⊥平面因?yàn)槠矫鍼AD⊥矩形ABCD，兩平面交線為AD,AD⊥CD,CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，PD由于PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD,所以PA⊥CB，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB故選：A.5．（3分）（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）在三棱錐A?BCD，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD為斜邊的等腰直角三角形，△BCD為等邊三角形，AC=4，則該三棱錐的外接球的表面積為（

）A．32π3 B．64π3 C．128π3【解題思路】由面面垂直的性質(zhì)結(jié)合直角三角形和等邊三角形的性質(zhì)得出△BCD的外接圓圓心為該三棱錐的外接球的球心，再由正弦定理以及球的表面積公式求解.【解答過程】解：過點(diǎn)B作CD的垂線，垂足為E，因?yàn)椤鰽CD是以CD為斜邊的等腰直角三角形，所以△ACD的外接圓的圓心為E，設(shè)△BCD的外接圓圓心為O，其半徑為R，則O在BE上，所以O(shè)C=OB=OD，由面面垂直的性質(zhì)可知，BE⊥平面ACD，所以O(shè)C=OD=OA，即O為該三棱錐的外接球的球心，CD=4由正弦定理可知，42故該三棱錐的外接球的表面積為S=4πR故選：C.6．（3分）（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長都相等，D，E，F(xiàn)分別是BB1，B1①BF⊥B1C；②BF//C1D；③A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】連接BC1，即可得到A1E⊥B1C1，再由正三棱柱的性質(zhì)得到A1E⊥平面BB1C1C，即可得到A1E⊥B1C，從而得到B1【解答過程】解：連接BC1，因?yàn)檎庵鵄BC?A1B又D，E分別是BB1，B1C1因?yàn)锳1E⊥CC1，B1C1∩CC1=又B1C?平面BB1C1C，所以A1E⊥B1C．又又A1D?平面A1由題意知A1F//BD且所以BF//A1D，所以BF⊥BBF與C1D是異面直線，故連接C1F，因?yàn)锽F//A1D，BF?平面BFC1又DE//BC1，同理可證又A1D∩DE=D，A1所以平面A1DE//因?yàn)镸是線段BF上的動(dòng)點(diǎn)，所以C1M?平面BFC1，所以C1故選：C.7．（3分）（2023秋·北京石景山·高二期末）在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD1=2，點(diǎn)M在該四棱柱表面上運(yùn)動(dòng)，且滿足平面DA．13 B．23 C．53【解題思路】根據(jù)直四棱柱的幾何關(guān)系，利用面面垂直的判定定理找出點(diǎn)M在四棱柱表面上的運(yùn)動(dòng)軌跡，再根據(jù)線段DM的長度取到最大值時(shí)確定具體位置，根據(jù)幾何法做出直線DM與底面ABCD所成的角，即可求得其正弦值.【解答過程】根據(jù)幾何體特征，四棱柱ABCD?A所以DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD要滿足平面DD1M⊥平面AA1C，作DE⊥AC于E，延長DE交BC于作GH//DD1交B1C1又因?yàn)镈E∩DD1=D，所以AC⊥平面DD而AC?平面AA1C，所以平面D又因?yàn)辄c(diǎn)M在該四棱柱表面上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)M的軌跡是線段DG,GH,HD又因?yàn)榈酌鍭BCD為直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD所以△ADC～△FAD，即CDAD=ADFA，得又FB//CD,CD=1，所以△DCG?△FBG，即G為線段BC,DF的中點(diǎn)，DF=22+易知，當(dāng)線段DM的長度取到最大值時(shí)，點(diǎn)M于點(diǎn)H重合，此時(shí)，∠HDG即為直線DM與底面ABCD所成的角，GH=DD1=2sin∠HDG=所以，線段DM的長度取到最大值時(shí)，直線DM與底面ABCD所成角的正弦值是23故選：B.8．（3分）（2022·河南·校聯(lián)考一模）已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD=60°，E是AD的中點(diǎn)，沿BE將△ABE折起至△PBE的位置，使PD=2，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（

A．平面PBE⊥平面PDE B．平面PBE⊥平面PBCC．平面PBE⊥平面BCDE D．平面PBD⊥平面BCDE【解題思路】根據(jù)線面、面面垂直的判斷定理分析判斷.【解答過程】如圖1，在菱形ABCD中，連接BD，則△ABD為等邊三角形，且E是AD的中點(diǎn)，∴BE⊥AD,AE=DE=1，如圖2，在四棱錐P?BCDE中，BE⊥PE,BE⊥DE，PE∩DE=E，PE,DE?平面PDE，∴BE⊥平面PDE，BE?平面PBE，則平面PBE⊥平面PDE，A正確；∵PE=DE=1,PD=2，即P∴PE⊥DE，PE∩BE=E，PE,BE?平面PBE，∴DE⊥平面PBE，又∵DE∥BC，則BC⊥平面PBE，BC?平面PBE，則平面PBE⊥平面PBC，B正確；∵BE⊥PE,DE⊥PE，BE∩DE=E，BE,DE?平面BCDE，∴PE⊥平面BCDE，PE?平面PBE，則平面PBE⊥平面BCDE，C正確；∵PE∩平面PBD=P，PE⊥平面BCDE，則平面PBD內(nèi)不存在與平面BCDE垂直的直線，∴平面PBD不與平面BCDE垂直，D錯(cuò)誤；故選：D.二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）9．（4分）（2023秋·河北·高三階段練習(xí)）已知直線a、b和平面α、β、γ，下列選項(xiàng)能得到α⊥β成立的充分條件是（

）A．a(chǎn)//β,a//α B．γ∥β,α⊥γ C．α∩β=a,b⊥a,b?β D．a(chǎn)⊥β,a//α【解題思路】根據(jù)線面及面面的位置關(guān)系結(jié)合面面垂直的判定定理逐項(xiàng)分析即得.【解答過程】對于A，若a//β,a//α，則α與β可能平行也可能相交，故A錯(cuò)誤；對于B，若γ//β,α⊥γ，則α⊥β，故B正確；對于C，若α∩β=a,b⊥a,b?β，則α與β不一定垂直，故C錯(cuò)誤；對于D，由a//α，可知在平面α內(nèi)必存在直線l與a平行，又a⊥β，則l⊥β，進(jìn)而可得α⊥β，故D正確.故選：BD.10．（4分）（2023秋·云南楚雄·高三期末）已知四棱錐P?ABCD的底面ABCD為矩形，平面PAB⊥平面ABCD，BC=22，AP=AB，E為棱BP上一點(diǎn)，PE=2EB，且PA⊥AC，若四棱錐P?ABCD的每個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，且球O的體積為32π3A．PD=23 B．C．平面ADE⊥平面PAB D．點(diǎn)E到平面PCD的距離為4【解題思路】根據(jù)面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的判定定理可判斷C，由外接球的球心在PC中點(diǎn)，利用球的體積可求出AB=AP=2，據(jù)此求出AC可判斷B，再由勾股定理求出PD判斷A，利用等體積法可求出E到平面PCD的距離判斷D.【解答過程】如圖，則平面ADE⊥平面PAB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，AB是交線，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面PAB，因?yàn)锳D?平面ADE，則平面ADE⊥平面PAB，又因?yàn)镻A?平面PAB，所以AD⊥AP，又因?yàn)镻A⊥AC，AC∩AD=A，AC,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以PA⊥AB，故AD，AB，AP兩兩垂直，所以PC是以AD，AB，AP為長、寬、高的長方體的對角線，故側(cè)棱PC為球O的直徑，由V球=4所以2=AB2+AD2+AP2由AB⊥AD,AB⊥PA,PA∩AD=A，PA,AD?平面APD，所以AB⊥平面APD又因?yàn)镃D∥AB，所以CD⊥平面因?yàn)镻D?平面APD，所以CD⊥PD，由勾股定理得PD=A設(shè)點(diǎn)E到平面PCD的距離為d，由PE=2EB，可知BE=13BP，過點(diǎn)E作EF⊥AB，垂足為F，則EF由VE?PCD=V解得d=4綜上，ACD正確，B錯(cuò)誤.故選：ACD.11．（4分）（2022秋·江蘇南京·高二階段練習(xí)）(多選)如圖，在三棱錐PABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是所在棱的中點(diǎn)，則下面結(jié)論中正確的是（

）A．平面EFG∥平面PBCB．平面EFG⊥平面ABCC．∠BPC是直線EF與直線PC所成的角D．∠FEG是平面PAB與平面ABC所成二面角的平面角【解題思路】分別用面面平行、面面垂直、線線角、二面角等知識對每個(gè)選項(xiàng)判斷即可.【解答過程】對于選項(xiàng)A：∵GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC.故A正確；對于選項(xiàng)B：∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，又GF?平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC.故B正確；對于選項(xiàng)C：由選項(xiàng)A知平面EFG∥平面PBC，且平面APB與兩平面的交線分別為EF與BP，所以EF∥BP，∴∠BPC是直線EF與直線PC所成的角.故C正確；對于選項(xiàng)D：∵GE與AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB與平面ABC所成二面角的平面角．故D錯(cuò)誤.故選：ABC.12．（4分）（2023春·江蘇南京·高三開學(xué)考試）如圖，在五面體ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD與四邊形ABEF全等，且AB⊥AD,AB//CD，AB=2,CD=1，則下列說法正確的是（

）A．AD⊥BEB．若G為棱CE中點(diǎn)，則DF⊥平面ABGC．若AD=CD，則平面ADE⊥平面BDED．若AE=3，則平面ADE⊥平面【解題思路】對于A，利用面面垂直的性質(zhì)定理得到AD⊥平面ABEF，從而得以判斷；對于B，利用線面垂直的判定定理推得CE⊥平面ABG，由此判斷即可；對于C，利用面面垂直的的判定定理，結(jié)合勾股定理即可判斷；對于D，先證得EH與BE不重合，再推得平面HCE⊥平面ADE，從而得到矛盾，由此判斷即可.【解答過程】對于A，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，因?yàn)锽E?平面ABEF，所以AD⊥BE，故A正確；對于B，取棱CE的中點(diǎn)G，連接BG,AG,AE,AC，如圖①，.因?yàn)樗倪呅蜛BCD與四邊形ABEF全等，所以BC=BE,AC=AE，因?yàn)镚為棱CE中點(diǎn)，所以BG⊥CE,AG⊥CE，因?yàn)锽G∩AG=G，BG,AG?平面ABG，所以CE⊥平面ABG，由題意知AB//CD//EF,CD=EF，所以四邊形CDEF為平行四邊形，所以DF//CE，則DF⊥平面ABG，故B正確；對于C，連接DE,DB，如圖①，由題意知AF=AD=CD,AF⊥EF，所以AE=A又在直角梯形ABEF中易知BE=2，所以AE2由選項(xiàng)A知EB⊥AD，又AD∩AE=A,AD,AE?平面ADE，所以EB⊥平面ADE，又EB?平面BDE，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正確；對于D，連接AE,DE，過點(diǎn)E作EH⊥AE交AB的延長線于點(diǎn)H，連接CH，如圖②，.由AE=3,EF=1，得AF=A此時(shí)cos∠AEB=所以60°<∠AEB<90°，故EH與BE不重合，因?yàn)锳D⊥平面ABEF，EH?平面ABEF，所以AD⊥EH，又EH⊥AE，AD∩AE=A,AD,AE?平面ADE，所以EH⊥平面ADE，又EH?平面HCE，所以平面HCE⊥平面ADE，假設(shè)平面BCE⊥平面ADE，因?yàn)镋H與BE不重合，所以平面HCE與平面BCE不重合，又平面HCE∩平面BCE=CE，則CE⊥平面ADE，因?yàn)锳D?平面ADE，所以CE⊥AD，又DF//CE，所以DF⊥AD，這與AD⊥AF矛盾，所以假設(shè)不成立，故平面BCE與平面ADE不垂直，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）13．（4分）（2022秋·青海海東·高二期中）若l為一條直線，α,β,γ為三個(gè)互不重合的平面，給出下面四個(gè)命題：①α⊥γ，β//γ?α⊥β；②α⊥γ，β⊥γ?α⊥β；③l//α，l⊥β?α⊥β：④l//α，l//β?α//【解題思路】依據(jù)直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，找出反例逐一分析，即可得出答案.【解答過程】若α⊥γ,，則m?α,α∩γ=t,m⊥t,m⊥γ,又因?yàn)棣?/γ,所以m?α,m⊥β,則α⊥β，如果α,β是長方體相對的兩側(cè)面,則它們都垂直底面,但這兩個(gè)平面互相平行,故α,β也可能平行,②不正確.l//α,則存在l'//l,l'?α,l⊥β如果α,β是長方體相鄰的兩側(cè)面,l為長方體不在這兩個(gè)面內(nèi)的側(cè)棱,l//α,l//β,α,β也可能相交,綜上，正確的命題的序號是①③.故答案為:①③.14．（4分）（2022秋·湖南郴州·高二階段練習(xí)）如圖所示，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA=AC=1，BC=2，則二面角A?PC?B的余弦值大小為0【解題思路】作出二面角A?PC?B的平面角，求得相關(guān)線段的長，解三角形，即可求得答案.【解答過程】作AD⊥PC,垂足為D，作DE∥BC交PB于E點(diǎn)，連接因?yàn)镻A=AC=1，故D為PC的中點(diǎn)，E為PB的中點(diǎn)，PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC,又AC⊥BC，PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,故BC⊥平面PAC,PC?平面PAC,故BC⊥PC,所以DE⊥PC,則∠ADE為二面角A?PC?B的平面角，因?yàn)镻A=AC=1，BC=2,故PC=則AD=2又PA⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以PA⊥AB,∴AE=1則AD2+D所以二面角A?PC?B的余弦值大小為0，故答案為：0.15．（4分）（2023·高三課時(shí)練習(xí)）如圖，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，則下列說法中正確的是①②③．（寫出所有滿足要求的說法序號）①平面PAD⊥平面PAB；

②平面PAD⊥平面PCD；③平面PBC⊥平面PAB；

④平面PBC⊥平面PCD．【解題思路】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理及面面垂直的判定定理證明判斷即可．【解答過程】①由PA⊥矩形ABCD所在的平面，所以PA⊥AB，又AB⊥AD，且PA∩AD=A，PA,AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故①正確；②由PA⊥矩形ABCD所在的平面，所以PA⊥CD，又CD⊥AD，且PA∩AD=A，PA,AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD，故②正確；③由PA⊥矩形ABCD所在的平面，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故③正確；④依題意得BC⊥CD，若平面PBC⊥平面PCD，作BM⊥PC交PC于M，平面PBC∩平面PCD=PC，所以BM⊥平面PCD，又CD?平面PCD，所以BM⊥CD,因?yàn)锽M∩BC=B，BM,BC?平面PBC，所以CD⊥平面PBC，因?yàn)镻C?平面PBC，所以CD⊥PC,與CD⊥PD矛盾，故④錯(cuò)誤．故答案為：①②③．16．（4分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD?A1B1C1D1的面對角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下面四個(gè)結(jié)論：①，點(diǎn)P到平面ACD1的距離不變；②A1P//平面AC【解題思路】通過證明AC//平面A1BC1，AD1//平面A1BC1，得平面ACD1//平面【解答過程】連接AC,A因?yàn)锳A1//C所以四邊形AA所以AC//A1C1．又AC?平面所以AC//平面A1同理可證AD1//又AC?平面ACD1,AD1所以平面ACD1//因?yàn)锳1P?平面所以A1P//平面ACD因?yàn)锽C1?所以BC1//所以點(diǎn)P到平面ACD1的距離不變，故連接DB,DC因?yàn)镈B=DC所以當(dāng)P為BC1的中點(diǎn)時(shí)才有DP⊥BC因?yàn)锽B1⊥平面ABCD,AC?所以AC⊥BB又AC⊥BD,BB1∩BD=B，B所以AC⊥平面BB連接B1D，又B1所以B1同理可證B1又AC?平面ACD1,AD1所以B1D⊥平面ACD1．又所以平面PDB1⊥平面AC故答案為：①②④．四．解答題（共6小題，滿分44分）17．（6分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，你能發(fā)現(xiàn)哪些平面互相垂直，為什么？【解題思路】根據(jù)面面垂直的判定定理，先尋找線面垂直，再得面面垂直.【解答過程】平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面ACD.理由：∵AB⊥平面BCD，AB?平面ABC，AB?平面ABD，∴平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD.∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，∴AB⊥CD.又BC⊥CD，AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.∵CD?平面ACD，∴平面ABC⊥平面ACD.18．（6分）（2022春·河南洛陽·高一階段練習(xí)）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，E是側(cè)面AA1B(1)EF∥平面ABC；(2)平面AEF⊥平面A【解題思路】（1）連接A1B和A1C，證明EF∥（2）依題意，可證EF⊥AA1,EF⊥AD,從而可證得EF⊥平面A1AD【解答過程】（1）連接A1B和A1C，因?yàn)镋、F分別是側(cè)面所以E、F分別是A1B和所以EF∥又BC?平面ABC，EF?平面ABC，故EF∥平面ABC﹔（2）∵三棱柱ABC?A∴AA1⊥平面ABC，BC?∴AA1⊥BC∴AA又D是棱BC的中點(diǎn)，且△ABC為正三角形，所以BC⊥AD．由EF∥BC得而AA1∩AD=A,AA1,AD?平面又EF?平面AEF，故平面AEF⊥平面A119．（8分）（2022秋·貴州安順·高三期末）如圖，四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD=2，∠BAD=∠ABC=90°，O(1)求證：平面PAC⊥平面POB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，滿足PM=λPC0<λ<1且三棱錐P?ABM的體積為33，求【解題思路】（1）連接OC，證明AC⊥OB，繼而證明PO⊥平面ABCD，推得PO⊥AC，從而證明AC⊥平面POB，根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明結(jié)論；（2）由題意可推得∠PAB=π2，從而設(shè)點(diǎn)C,M到平面PAB的距離分別為d1,d【解答過程】（1）由題意底面ABCD，AB=BC=12AD=2則底面ABCD為直角梯形，連接OC，則AO=BC=1,AO∥BC,故四邊形則OC∥AB,OC=AB=1，所以四邊形AOCB為正方形，所以因?yàn)閭?cè)面PAD為等邊三角形，O是AD的中點(diǎn)，所以PO⊥AD，PO?平面PAD，因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，因?yàn)锳C?平面ABCD，所以PO⊥AC，因?yàn)镻O∩OB=O,PO,OB?平面POB，所以AC⊥平面POB，因?yàn)锳C?平面PAC，所以平面PAC⊥平面POB.（2）因?yàn)榈酌鍭BCD中，AB=BC=12AD=2側(cè)面PAD為等邊三角形，O是AD的中點(diǎn)，所以AO=OD=AB=BC=OC=2,PA=AD=PD=4,PO=23,OB=AC=2因?yàn)镻O⊥平面ABCD，OB,OC?平面ABCD，所以PO⊥OB,PO⊥OC，所以PB因?yàn)锳B所以PB2=A設(shè)點(diǎn)C,M到平面PAB的距離分別為d1因?yàn)閂P?ABC=V即13×1因?yàn)槿忮FP?ABM的體積為33所以13S△PAB?d所以PMPC=d因?yàn)镻M=λPC0<λ<1，所以λ=20．（8分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）在邊長為2的正方形ABCD外作等邊△BCE（如圖1），將△BCE沿BC折起到△PBC的位置，使得PA=22(1)求證：平面PBC⊥平面ABCD；(2)若F，M分別為線段BC,PD的中點(diǎn)，求點(diǎn)P到平面AFM的距離.【解題思路】（1）通過證明AB⊥平面PBC來證得平面PBC⊥平面ABCD.（2）利用等體積法來求點(diǎn)P到平面AFM的距離.【解答過程】（1）由于PA2=A由于四邊形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，由于PB∩BC=B,PB,BC?平面PBC，所以AB⊥平面PBC，由于AB?平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD.（2）連接PF,DF，由于三角形PBC是等邊三角形，所以PF⊥BC,PF=3由于平面PBC⊥平面ABCD且交線為BC，PF?平面PBC，所以PF⊥平面ABCD.由于M是PD的中點(diǎn)，所以M到平面ABCD的距離是12且P到平面AFM的距離等于D到平面AFM的距離，設(shè)這個(gè)距離為?.由于DF?平面ABCD，所以PF⊥DF，所以PD=32+在三角形PAD中，由余弦定理得cos∠APD=所以AM=2+8?2×2×2在三角形AFM中，cos∠MAF=則∠MAF為銳角，sin∠MAF=所以S△AFMS△ADF由VM?ADF=V解得?=4所以點(diǎn)P到平面AFM的距離為49321．（8分）（2023秋·四川南充·高二期末）如圖，在正三棱柱ABC?A'B'C'中，E為AA'上的點(diǎn)，F(xiàn)為CC'上的點(diǎn)，M，N分別為(1)證明：M，N，F(xiàn)，C四點(diǎn)共面，且平面BEF⊥平面ABB(2)若AB=2，AE=4，求平面BEF與平面AA【解題思路】（1）由題可得MN//CF，進(jìn)而M，N，F(xiàn)，C四點(diǎn)共面，然后根據(jù)線面垂直的判定定理可得CM⊥平面AA（2）取AC的中點(diǎn)O，過點(diǎn)B作EF的垂線交EF于D，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得OB⊥平面ACC'A'，進(jìn)而可得∠BDO為平面【解答過程】（1）證明：∵M(jìn)、N分別為AB、BE的中點(diǎn)，∴MN//AE，∵ABC?A∴CF//AE,∴MN//CF,∴M、N、F、C四點(diǎn)共面，∵ABC?A∴平面AA'B'B⊥∵M(jìn)為AB的中點(diǎn)，∴CM⊥AB，又平面AA'B'B∩平面ABC=AB∴CM⊥平面AA∵平面MCFN∩平面BEF=FN，CM//平面BEF，CM?平面MCFN，∴CM//NF，∴NF⊥平面ABB∵NF?平面BE