2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--5.2　平面与平面垂直

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2025北师大版高中数学必修第二册
5.2　平面与平面垂直
基础过关练
题组一　二面角
1.(2022江苏盐城响水第二中学期中)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.(2023辽宁丹东期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则二面角E-B1C1-C的平面角的正切值为(　　)
A.1　　　　B.5　　　　C.2　　　　D.2
3.(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.
4.(2024山东菏泽外国语学校月考)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=,则二面角P-AB-C的大小为　　　　.
5.(2024江西萍乡期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=,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.(2022河南开封五县期中)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,BC=CC1,且平面AB1C⊥平面BB1C1C,求证:BC1⊥AB1.
9.(2023山西大同月考)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,设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.
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.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC,底面ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点,以下平面中,两两垂直的有　　　　　　.(填序号)
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;⑤平面POC.
12.(2023安徽普通高中学业水平考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,E为PB的中点.
(1)求证:EO∥平面PDC;
(2)求证:平面PAC⊥平面PBD.
13.(2024河南封丘第一中学月考)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.
能力提升练
题组一　二面角
1.(2022湖南三湘名校教育联盟、五市十校教研教改共同体期中)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.
2.(2024湖南桃江一中月考)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.-
3.(2023江苏南京外国语学校月考)在二面角α-l-β中,A∈l,B∈l,AC α,BD β,且AC⊥l,BD⊥l,若AB=1,AC=BD=2,CD=,则二面角α-l-β的余弦值为(　　)
A.　　　　
C.
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.(2024浙江武义一中月考)已知三棱台ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面A1B1C1,AA1⊥B1C1,若∠A1C1C=60°,AC=CC1=1,B1C1=2.
(1)求证:B1C1⊥AC;
(2)求AB1与平面B1C1CB夹角的正弦值.
6.(2022江西师大附中月考)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)(2023云南曲靖第二中学期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=4,BC=2,M,N分别为棱C1D1,CC1的中点,则下列说法正确的是(　　 )
A.A,M,N,B四点共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直线BN与B1M的夹角为60°
D.BN∥平面ADM
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.(2024湖南长沙雅礼中学期中)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是正方形,SA⊥底面ABCD,SA=AB,点M是SD的中点,AN⊥SC于点N.
(1)求证:平面SAC⊥平面AMN;
(2)求二面角D-AC-M的正切值.
10.(2023浙江温州开学考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形且∠ABC=.
(1)求PD的长;
(2)若,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
第六章　立体几何初步
§5　垂直关系
5.2　平面与平面垂直
基础过关练
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.C　如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C1⊥C1C,B1C1⊥平面C1CDD1,
因为C1E 平面C1CDD1,所以B1C1⊥C1E,故∠EC1C即为二面角E-B1C1-C的平面角.
过E作EF⊥C1C于点F,则F为C1C的中点.
故tan∠EC1F==2.
3.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=,故选A.
4.答案　30°
解析　由题可得AC2+AB2=BC2,即AC⊥AB,
∵PC⊥平面ABC,AB 平面ABC,∴PC⊥AB,
又AC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC 平面PAC,
∴AB⊥平面PAC,
又PA 平面PAC,∴AB⊥PA,
即∠PAC为二面角P-AB-C的平面角,
在直角三角形PCA中,tan∠PAC=,
∴∠PAC=30°.
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.故选B.
7.C　因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,
所以BD⊥平面ABC,故B正确;
因为AC 平面ABC,所以BD⊥AC,故A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,若AB⊥CD,则AB⊥平面BCD,
显然B,O不重合,故C错误.故选C.
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　(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.
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.故选D.
11.答案　①②,①⑤,②⑤
解析　∵PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,
∴OP⊥AB,OC⊥AB,
又OP∩OC=O,∴AB⊥平面POC,
∵AB 平面PAB,AB 平面ABC,
∴平面PAB⊥平面POC,平面ABC⊥平面POC.
∵底面ABC为等腰直角三角形,PA=PB=PC,
∴PC2=PA2=PO2+OA2=PO2+OC2,
∴PO⊥OC,又PO⊥OA,OC∩OA=O,∴PO⊥平面ABC,
∵PO 平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC.
12.证明　(1)∵底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,∴O为BD的中点,
又E为PB的中点,∴EO∥PD,
∵EO 平面PDC,PD 平面PDC,
∴EO∥平面PDC.
(2)∵底面ABCD是正方形,∴AC⊥BD,
又PD⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,∴PD⊥AC,
∵PD∩BD=D,PD,BD 平面PBD,
∴AC⊥平面PBD,
又AC 平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.
13.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=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.
能力提升练
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-.故选B.
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=,同理GF=,
在△EGF中,由余弦定理得cos∠EGF=,故选C.
3.A　在平面β内,过点A作AE∥BD,过点D作DE∥l,交AE于点E,连接CE.
∵BD⊥l,∴AE⊥l,
又AC⊥l,∴∠CAE是二面角α-l-β的平面角.
∵DE∥l,∴DE⊥AC,DE⊥AE,
∵AE∩AC=A,AE,AC 平面ACE,∴DE⊥平面ACE,
∵CE 平面ACE,∴DE⊥CE.
在Rt△CDE中,CE==2,
∴△ACE是等边三角形,∴∠CAE=60°,
∴cos∠CAE=.
∴二面角α-l-β的余弦值为.故选A.
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:如图,过点A作AD⊥A1C1于点D,
因为平面AA1C1C⊥平面A1B1C1,平面AA1C1C∩平面A1B1C1=A1C1,AD 平面AA1C1C,
所以AD⊥平面A1B1C1,
又因为B1C1 平面A1B1C1,所以AD⊥B1C1,
因为AA1⊥B1C1,AA1∩AD=A,AA1,AD 平面AA1C1C,
所以B1C1⊥平面AA1C1C,
因为AC 平面AA1C1C,
所以B1C1⊥AC.
(2)如图,延长C1C,过点A作AH⊥CC1于点H,连接B1H,由(1)可知B1C1⊥平面AA1C1C,
因为AH 平面AA1C1C,所以B1C1⊥AH,
又AH⊥CC1,B1C1∩CC1=C1,B1C1,CC1 平面B1C1CB,所以AH⊥平面B1C1CB,则∠AB1H为AB1与平面BB1C1C的夹角,
在Rt△ACH中,因为∠ACH=∠A1C1C=60°,AC=1,
所以AH=ACsin 60°=,
因为四边形AA1C1C为梯形,所以AC∥A1C1,
所以∠ACC1=180°-∠A1C1C=120°,
连接AC1,在△ACC1中,由余弦定理得A-2AC·CC1cos 120°=1+1-2×1×1×=3,
又B1C1⊥平面AA1C1C,AC1 平面AA1C1C,
所以B1C1⊥AC1,
则AB1=,
所以在Rt△AHB1中,sin∠AB1H=,
故AB1与平面B1C1CB夹角的正弦值为.
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.BC　点A,M,B在平面ABC1D1内,点N在平面ABC1D1外,故A错误;
在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面CDD1C1,
又AD 平面ADM,所以平面ADM⊥平面CDD1C1,故B正确;
如图所示,
取CD的中点E,连接BE,NE,易得BE∥B1M,则 ∠EBN(或其补角)为异面直线BN与B1M的夹角,在△BEN中,BE=BN=EN=,所以△EBN是等边三角形,则∠EBN=60°,即直线BN与B1M的夹角为60°,故C正确;
假设BN∥平面ADM,又BC∥平面ADM,BC∩BN=B,所以平面BCC1B1∥平面ADM,显然不成立,故D错误.故选BC.
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.
故选AB.
9.解析　(1)证明:∵SA⊥底面ABCD,DC 底面ABCD,∴DC⊥SA,又DC⊥DA,SA,DA 平面SAD,SA∩DA=A,∴DC⊥平面SAD,
又AM 平面SAD,∴AM⊥DC.
∵SA=AD,M是SD的中点,∴AM⊥SD,
又DC,SD 平面SDC,DC∩SD=D,
∴AM⊥平面SDC,∵SC 平面SDC,∴SC⊥AM.
又SC⊥AN,且AM,AN 平面AMN,AM∩AN=A,
∴SC⊥平面AMN.
又SC 平面SAC,∴平面SAC⊥平面AMN.
(2)取AD的中点F,连接MF,则MF∥SA,作FQ⊥AC于Q,连接MQ,BD.
∵SA⊥底面ABCD,∴MF⊥底面ABCD.
∵AC 底面ABCD,∴AC⊥MF,又AC⊥FQ,FQ∩MF=F,FQ,MF 平面MFQ,∴AC⊥平面MFQ,又MQ 平面MFQ,∴AC⊥MQ,
∴∠FQM为二面角D-AC-M的平面角.
设SA=AB=a,
在Rt△MFQ中,MF=,
∴tan∠FQM=,
∴二面角D-AC-M的正切值为.
10.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=,
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=.
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