2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--11.4.1　直线与平面垂直

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2025人教B版高中数学必修第四册
第十一章　立体几何初步
11.4　空间中的垂直关系
11.4.1　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　异面直线所成的角
1.(2024安徽六安期中)如图,已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为2,E为棱PA的中点,则异面直线BE与PC所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.(2024山东威海模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱BC,B1C1的中点,若平面DBB1与平面AEF的交线为l,则l与直线AD1所成角的大小为(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
3.(2023河北石家庄期中)在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,P为边AB的中点,现将△DAP绕直线DP翻转至△DA'P,如图所示,若M为线段A'C的中点,则异面直线BM与PA'所成角的正切值为(　　)
A.　　　　B.2　　　　C.　　　　D.4
4.(多选题)(2024河北秦皇岛开学考试)如图所示的是正方体的展开图,则在原正方体中(　　)
A.AB∥CD B.AB⊥CD
C.直线AB与EF所成的角为60° D.直线CD与EF所成的角为60°
题组二　直线与平面垂直的判定与性质
5.(2024江西宜春第一中学月考)已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法错误的是(　　)
A.若m⊥α,n∥α,则m⊥n
B.若m⊥α,m∥n,则n⊥α
C.若m∥n,n⊥β,m⊥α,则α∥β
D.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
6.如图所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF,EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,则在这个空间图形中必有(　　)
A.AG⊥平面EFH　　　　B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF　　　　D.HG⊥平面AEF
7.(多选题)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB,D为PB的中点,则下列结论正确的有(　　)
A.BC⊥平面PAB　　　　B.AD⊥PC
C.AD⊥平面PBC　　　　D.PB⊥平面ADC
8.如图,在三棱锥S-ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,且SA=SB=SC.
(1)求证:SD⊥平面ABC;
(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.
题组三　直线与平面垂直的应用
9.(2024山东德州月考)已知在正四面体OABC中,OA=1,则直线OA与平面OBC所成角的正弦值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
10.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,斜足分别为A,B,C,已知这些斜线与平面所成的角相等,给出如下结论:
①△ABC是正三角形;②垂足是△ABC的内心;③垂足是△ABC的外心;④垂足是△ABC的垂心.其中正确结论的个数是(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
11.(2022山东枣庄期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D与平面ACD1所成的角为α,B1D与BC所成的角为β,则cos(α-β)=(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
12.如图所示,将平面四边形ABCD沿对角线BD折成空间四边形,当平面四边形ABCD满足　　　　时,空间四边形中的两条对角线互相垂直.(填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑所有可能情况)
13.(2024河南新乡封丘第一中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PD⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)设平面ABE与直线PC相交于点F,求证:EF∥CD;
(2)若AB=2,∠DAB=60°,PD=4,求直线BE与平面PAD所成角的大小.
能力提升练
题组一　异面直线所成的角
1.(2024安徽宣城期末)如图,在两条异面直线a,b上分别取点A',E和点A,F,使AA'⊥a,且AA'⊥b.已知AA'=6,A'E=3,AF=4,EF=7,则异面直线a,b所成的角为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.(2024贵州凯里第一中学模拟)平面α过直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点B1,平面α∥平面ABC1,平面α∩平面BB1C1C=l,且AA1=AB=BC,AB⊥BC,则A1B与l所成角的正弦值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.当动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DC上运动时,异面直线D1P与BC1所成角的取值范围是(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为12,当其外接球的表面积取最小值时,异面直线AC1与B1C所成角的余弦值等于　　　　.
题组二　直线与平面垂直的判定与性质
5.(2023浙江绍兴期中)如图,在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC边的中点,沿AE将△ADE折起,在折起的过程中,下列说法正确的有(　　)
①ED⊥平面ACD;②CD⊥平面BED;③BD⊥平面ACD;④AD⊥平面BED.
A.1个　　　　B.2个　　　　C.3个　　　　D.4个
6.(2024上海交通大学附属中学期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD,AB∶AD=λ(λ>0),E是棱A1B1的中点,点P是线段D1E上的动点,给出以下两个命题:①无论λ取何值,都存在点P,使得PC⊥BD;②无论λ取何值,都不存在点P,使得直线AC1⊥平面PBC,则(　　)
A.①成立,②成立 B.①成立,②不成立
C.①不成立,②成立 D.①不成立,②不成立
7.(2024四川成都蓉城名校联盟模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,满足AD∥BC,AD⊥DC,PA=AD=DC=2,BC=3,点M为PD的中点,点N为PC的三等分点(靠近点P).
(1)求证:PC⊥平面AMN;
(2)若线段PB上的点Q在平面AMN内,求的值.
题组三　直线与平面垂直的应用
8.(2024江苏连云港锦屏高级中学阶段练习)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=BC=1,AD=2,PB与平面ABCD所成角为,底面ABCD为直角梯形,∠BAD=∠ABC=,则点A到平面PBC的距离为(　　)
A.　　　　B.2　　　　C.　　　　D.
9.(2024浙江绍兴第一中学期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是直线CD,AB上的动点,点P是△A1C1D内的动点(不包括边界),记直线D1P与MN所成的角为θ,若θ的最小值为,则D1P与平面A1C1D所成角的正弦的最大值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
10.(多选题)(2023山东泰安期末)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=,则下列结论中,正确的是(　　)
A.平面AEF∥平面DBC1
B.存在点E(E与D1不重合),使得BE与AD1共面
C.当点E运动时,总有A1C⊥AE
D.三棱锥B-AEF的体积为定值
11.(2024广东深圳南头中学期中)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,△PAC是等腰直角三角形,PA=6,AB⊥BC,CH⊥PB,垂足为H,D为PA的中点,则当△CDH的面积最大时,CB=　　　　.
12.(2023山东德州月考)已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点,且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,已知∠BAD=60°,△PDB是等边三角形.
(1)求证:AC⊥PD;
(2)求点D到平面PBC的距离;
(3)若点E是线段AD上的动点,则当点E在何处时,直线PE与平面PBC所成的角最大 求出最大角的正弦值,并说明点E此时所在的位置.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　连接AC,取AC的中点O,连接OE,OB,
由题意知EO∥PC,则异面直线BE与PC所成角为∠BEO(或其补角),
在△BEO中,EO=1,BO=,BE=,
则cos∠BEO==,
则异面直线BE与PC所成角的余弦值为.
故选B.
解题模板　求异面直线所成角的一般步骤:
　　(1)作:通过作平行线或平移其中一条直线,构造异面直线所成角;
　　(2)证:证明所作的角或其补角为异面直线所成角;
　　(3)计算:一般在三角形中求角.
2.C　因为E,F分别为棱BC,B1C1的中点,所以BB1∥EF,
因为EF 平面AEF,BB1 平面AEF,所以BB1∥平面AEF,
又平面DBB1∩平面AEF=l,BB1 平面DBB1,所以BB1∥l,
又AA1∥BB1,所以AA1∥l,所以l与直线AD1所成角的大小等于∠A1AD1=.
故选C.
3.A　如图,取A'D的中点N,连接PN,MN.
因为M是A'C的中点,所以MN是△A'DC的中位线,所以MN∥CD,MN=CD,又四边形ABCD为矩形,所以CD AB,所以MN∥CD∥AB,且MN=AB,
又P为AB的中点,所以PB=AB,所以MN=PB,
所以四边形PBMN为平行四边形,所以MB∥PN,
所以∠A'PN为异面直线BM与PA'所成的角.
在Rt△NA'P中,tan∠A'PN==,故选A.
4.BCD　还原正方体如图所示,
AB与CD不平行,A错误;
G,H的位置如图所示,连接GH,根据正方体的结构特征可知BH∥AG,BH=AG,所以四边形ABHG是平行四边形,
则AB∥GH,而GH⊥CD,所以AB⊥CD, B正确;
连接BC,易知△ABC是等边三角形,直线AB与EF所成的角为∠BAC=60°,C正确;
连接FD,易知△EFD是等边三角形,直线CD与EF所成的角为∠FCD=60°,D正确.
故选BCD.
5.D　对于A,当n∥α时,过n作平面β,使β∩α=l,则n∥l,因为m⊥α,l α,所以m⊥l,所以m⊥n,故A正确;
对于B,由线面垂直的性质可知B正确;
对于C,因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m⊥α,所以α∥β,故C正确;
对于D,当m⊥α,m⊥n时,n可能在平面α内,故D错误.故选D.
6.B　根据折叠前后AH⊥HE,AH⊥HF不变,且HE∩HF=H,HE,HF 平面EFH,得AH⊥平面EFH,所以B正确.
7.ABC　∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴PA⊥BC,
又AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB,故A正确;
由BC⊥平面PAB,AD 平面PAB,得BC⊥AD,
∵PA=AB,D是PB的中点,∴AD⊥PB,
又PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,
∴AD⊥平面PBC,
又PC 平面PBC,∴AD⊥PC,故B,C正确;
由BC⊥平面PAB,PB 平面PAB,得BC⊥PB,
因此PB与CD不垂直,
从而PB不与平面ADC垂直,故D错误.
故选ABC.
8.证明　(1)因为SA=SC,D是AC的中点,
所以SD⊥AC.在Rt△ABC中,AD=BD,
又SA=SB,所以易证△ADS≌△BDS.
所以∠SDA=∠SDB=90°,所以SD⊥BD.
又AC∩BD=D,AC,BD 平面ABC,
所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB=BC,D为AC的中点,
所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD.
又SD∩AC=D,SD,AC 平面ASC,
所以BD⊥平面SAC.
9.D　如图,在正四面体OABC中,设H为正△OBC的中心,取BC的中点P,连接OP,AH,易知H在PO上,且OH=OP,
由正四面体的性质可知AH⊥平面OBC,则∠AOH即为直线OA与平面OBC所成的角,
因为OA=1,所以BP=CP=,
故OP==,故OH=,
在Rt△AOH中,由勾股定理得AH==,
故sin∠AOH==,
即直线OA与平面OBC所成角的正弦值为.
故选D.
10.A　设平面ABC外一点P及其在该平面内的射影O,则PO⊥平面ABC.由已知可得△PAO,△PBO,△PCO全等,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心,只有③正确.
11.B　如图,连接BD,因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以BB1⊥AC,
又AC⊥BD,BD∩BB1=B,BD,BB1 平面BB1D,
所以AC⊥平面BB1D,
又B1D 平面BB1D,所以AC⊥B1D,
同理AD1⊥B1D,
又AC∩AD1=A,AC,AD1 平面ACD1,
所以B1D⊥平面ACD1,所以α=.
因为BC∥AD,所以∠ADB1(或其补角)就是异面直线B1D与BC所成的角,
连接AB1,由AD⊥平面ABB1A1,AB1 平面ABB1A1,得AD⊥AB1,
设正方体的棱长为1,在Rt△ADB1中,sin∠ADB1===,即sin β=,
所以cos(α-β)=cos=sin β=,故选B.
12.答案　AC⊥BD(答案不唯一)
解析　在平面四边形ABCD中,连接AC,交BD于点E,若AC⊥BD,则AE⊥BD,CE⊥BD.
沿BD折叠后(如图),AE与BD,CE与BD依然垂直,所以BD⊥平面AEC,又AC 平面AEC,所以BD⊥AC.
故当平面四边形ABCD满足AC⊥BD时,空间四边形中的两条对角线互相垂直.
13.解析　(1)证明:∵平面ABE与直线PC相交于点F,∴平面ABE∩平面PCD=EF,
∵四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD,
∵AB 平面PCD,CD 平面PCD,∴AB∥平面PCD,
∵AB 平面ABE,平面ABE∩平面PCD=EF,
∴EF∥CD.
(2)连接BD,取AD的中点H,连接BH,EH,
∵AB=AD,∠DAB=60°,∴△ABD是等边三角形,
∵H是AD的中点,∴BH⊥AD,
∵PD⊥平面ABCD,BH 平面ABCD,∴BH⊥PD,
∵PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,∴BH⊥平面PAD,
∴∠BEH是直线BE与平面PAD所成的角,
∵E是PD的中点,PD=4,∴DE=PD=2.
∵PD⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PD⊥AD,
∵H为AD的中点,∴DH=AD=1,
在Rt△DEH中,EH==3,
在等边△ABD中,BH=AD=,
在Rt△BEH中,tan∠BEH==,
∴∠BEH=,即直线BE与平面PAD所成的角等于.
能力提升练
1.C　如图,过点A作直线a'∥a,过点E作EB∥A'A,交直线a'于点B,连接BF,
因为AA'⊥a,所以AA'⊥a',又AA'⊥b,a'∩b=A,a',b 平面ABF,所以AA'⊥平面ABF,故EB⊥平面ABF,
又BF 平面ABF,所以EB⊥BF.易得BE=AA'=6,EF=7,
在Rt△EBF中,FB==,
设异面直线a,b所成的角为θ,则∠BAF=θ,
易得AB=A'E=3,在△ABF中,
由余弦定理可得cos θ===,又因为0<θ≤,所以θ=.故选C.
2.A　如图所示,将直三棱柱ABC-A1B1C1向上补一个全等的直三棱柱A1B1C1-A2B2C2,
则B1C2∥BC1,A1B1∥AB,
因为B1C2 平面ABC1,BC1 平面ABC1,
所以B1C2∥平面ABC1,同理,A1B1∥平面ABC1,
又因为B1C2∩A1B1=B1,B1C2,A1B1 平面A1B1C2,
所以平面A1B1C2∥平面ABC1,又B1∈平面A1B1C2,所以平面A1B1C2即为平面α,所以交线l即为直线B1C2.
因为B1C2∥BC1,所以A1B与l所成的角为∠A1BC1,
由AA1=AB=BC,AB⊥BC,可得A1C1=BC1=BA1,
所以△A1BC1为等边三角形,所以∠A1BC1=60°,所以sin∠A1BC1=,即A1B与l所成角的正弦值为.故选A.
考场速解　因为平面α∥平面ABC1,平面α∩平面BB1C1C=l,平面ABC1∩平面BB1C1C=BC1,所以l∥BC1,则A1B与l所成的角为∠A1BC1,由AA1=AB=BC,AB⊥BC,可得A1C1=BC1=BA1,所以△A1BC1为等边三角形,所以∠A1BC1=60°,所以sin∠A1BC1=,即A1B与l所成角的正弦值为.故选A.
3.C　如图,连接AD1,AP,
易得AD1∥BC1,所以∠AD1P(或其补角)即为异面直线D1P与BC1所成的角.
设正方体的棱长为1,DP=x,x∈[0,1],
在△AD1P中,AD1=,AP=D1P=,
故cos∠AD1P==,
∵x∈[0,1],∴cos∠AD1P=∈,
又∠AD1P是△AD1P的内角,
∴∠AD1P∈,故选C.
4.答案　
解析　设正三棱柱的底面边长为a,高为h,外接球的半径为R,由题意知3ah=12,即ah=4,
易得△ABC外接圆的半径r==.
则R2=r2+=+≥=,当且仅当a=h时取等号,此时外接球的表面积最小.
将三棱柱补成一个四棱柱,如图,连接DB1,DC,则AC1∥DB1,
∴∠DB1C(或其补角)为异面直线AC1与B1C所成的角,易得B1C=DB1=,DC=a,
∴cos∠DB1C==.
解题技法　补形平移是常用的一种作平行线的方法,一般是补一个相同形状的几何体,构成一个特殊的几何体,方便作平行线,如本题中将三棱柱补成一个四棱柱.
5.A　对于①,∵在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E为DC边的中点,
∴在折起的过程中,点D在平面BCE上的正投影D'在图中线段Q1Q2上.
∵D'E与AC所成的角不能为直角,
∴DE不会垂直于平面ACD,故①错误.
对于②,只有点D的正投影位于点Q2位置,
即平面AED与平面AEB重合时,才有BE⊥CD,此时CD不垂直于平面AECB,
∴CD与平面BED不垂直,故②错误.
对于③,∵BD'与AC所成的角不能成直角,
∴BD不能垂直于平面ACD,故③错误.
对于④,∵AD⊥ED,并且在折起的过程中,有AD的投影垂直于BE,∴存在一个位置使AD⊥BE,
∴在折起的过程中,有AD⊥平面BED,故④正确.
故选A.
6.C　若λ=2,不妨设A1D1=1.5x,
过C1作C1P⊥B1D1交直线D1E于P,过P作PN⊥D1C1,
易得A1E=A1D1,∠A1ED1=∠ED1N=45°,所以D1N=NP,
又∠A1B1D1=∠PC1B1=∠C1PN,所以tan∠C1PN=tan∠A1B1D1=,所以==,故C1N=x,D1N=NP=2x>1.5x,
故P在D1E的延长线上,此时①不成立.
易知AC1与B1C1不垂直,B1C1∥BC,所以AC1与BC不垂直,
又BC 平面PBC,所以AC1不垂直于平面PBC,即②成立.故选C.
7.解析　(1)证明:连接AC,由AD∥BC,AD⊥DC,PA=AD=DC=2,可得AC=2,
因为PA⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以PA⊥AC,
所以PC===2,
cos∠APC===,
因为点N为PC的三等分点(靠近点P),所以PN=,
在△PAN中,由余弦定理可得AN2=AP2+PN2-2AP·PN·cos∠APC=,
所以AN2+PN2=+=4=PA2,所以△PAN是直角三角形,所以PC⊥AN,
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD,又CD⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以CD⊥平面APD,又AM 平面APD,所以CD⊥AM,
因为点M为PD的中点,PA=AD,所以PD⊥AM,又PD∩CD=D,PD,CD 平面PCD,所以AM⊥平面PCD,
又CP 平面PCD,所以AM⊥PC,又AN∩AM=A,AN,AM 平面AMN,所以PC⊥平面AMN.
(2)连接QN,因为QN 平面AMN,所以QN⊥PC,
在直角三角形PAB中,由勾股定理可得PB2=AP2+AB2=22+()2=9,所以PB=3,
在△PBC中,由余弦定理可得cos∠BPC===,
在△PQN中,cos∠BPC==,所以PQ=2,所以=.
8.C　过A作AE⊥PB,垂足为E(图略),
因为PA⊥平面ABCD,
所以∠PBA为PB与平面ABCD所成的角,故∠PBA=,
因为AB 平面ABCD,PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,故△PAB是等腰直角三角形.
又PA=1,所以AB=1,
所以PB=,AE=PB=,
因为∠ABC=,所以BC⊥AB,
因为BC 平面ABCD,PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,
又AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,
因为AE 平面PAB,所以BC⊥AE,
又AE⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,所以AE⊥平面PBC,
所以AE为点A到平面PBC的距离,为.故选C.
9.B　如图所示,连接BD1,交平面A1C1D于点Q,连接DQ.
设D1P与平面A1C1D所成的角为α,正方体的棱长为a,
根据正方体的结构特征可得,BD1⊥平面A1C1D,
所以QD1⊥平面A1C1D,且点Q为△A1C1D的中心,
所以sin α=sin∠D1PQ.
又因为直线D1P与MN所成的角为θ,且θ的最小值为,所以D1P与平面A1B1C1D1所成的角为,所以∠DD1P=.
易知当α取最大值时,D,P,Q三点共线,
所以此时∠D1PQ=∠D1DP+∠DD1P=∠D1DP+.
在△DD1Q中,易得D1Q=BD1=a,DD1=a,所以DQ==a,
所以sin∠D1DQ==,cos∠D1DQ==,
所以sin α=sin∠D1PQ=sin (∠D1DQ+∠DD1P)=sin=sin∠D1DQ+cos∠D1DQ=×+×=.故选B.
10.ACD　对于A,因为AB∥D1C1且AB=D1C1,
所以四边形ABC1D1是平行四边形,
所以AD1∥BC1,
又AD1 平面DBC1,BC1 平面DBC1,
所以AD1∥平面DBC1,
同理B1D1∥平面DBC1,
又AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1 平面AEF,
所以平面AEF∥平面DBC1,故A正确;
对于B,因为BE 平面BDD1B1,AD1∩平面BDD1B1=D1,点E与D1不重合,
所以不存在点E(E与D1不重合),使得BE与AD1共面,故B错误;
对于C,连接AC,A1C1,AB1,则A1C1⊥B1D1,
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
所以AA1⊥B1D1,
又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面ACC1A1,
所以B1D1⊥平面ACC1A1,
又A1C 平面ACC1A1,所以A1C⊥B1D1,
同理AD1⊥A1C,
又AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1 平面AB1D1,
所以A1C⊥平面AB1D1,
又AE 平面AB1D1,所以A1C⊥AE,
即当点E运动时,总有A1C⊥AE,故C正确;
对于D,因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以BB1⊥AC,
又AC⊥BD,BD∩BB1=B,BD,BB1 平面BDD1B1,
所以AC⊥平面BDD1B1,
则三棱锥A-BEF的高为AC=,S△BEF=×2×=,
则VB-AEF=VA-BEF=××=,为定值,故D正确.故选ACD.
11.答案　
解析　因为PC⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以PC⊥AB,
又AB⊥BC,PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,所以AB⊥平面PBC,
又因为CH 平面PBC,所以AB⊥CH,
因为CH⊥PB,AB∩PB=B,AB,PB 平面PBA,
所以CH⊥平面PBA,又DH 平面PBA,所以CH⊥DH,故S△CDH=,
因为△PAC是等腰直角三角形,所以PC=AC=3,CD=3,故CH2+DH2=CD2=9≥2CH·DH,
则CH·DH≤,当且仅当CH=DH=时,等号成立,
此时S△CDH=取得最大值,设CB=x,
则在Rt△PCB中,PB==,
故S△PBC==,即=,所以x=.
12.解析　(1)证明:因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O,所以PO⊥平面ABCD.
因为AC 平面ABCD,所以PO⊥AC.
因为四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC,
又PO∩BD=O,PO,BD 平面PBD,
所以AC⊥平面PBD.
因为PD 平面PBD,所以AC⊥PD.
(2)由题意可得,△ABD,△BCD,△PBD都是边长为2的等边三角形,
所以PO=AO=CO=,
所以PC==,S△BDC=×2×=.
因为BP=BC=2,
所以S△PBC=××=.
设点D到平面PBC的距离为h,
由VD-PBC=VP-BDC,得S△PBC·h=S△BDC·OP,
即h=×,解得h=.
故点D到平面PBC的距离为.
(3)设直线PE与平面PBC所成的角为θ,
因为AD∥BC,BC 平面PBC,所以AD∥平面PBC,
所以点E到平面PBC的距离即为点D到平面PBC的距离h.
过E作EF⊥平面PBC,垂足为点F,连接PF,则θ=∠EPF,
此时sin θ==,要使θ最大,则需使PE最小,此时PE⊥AD.
由题意可知,OD=1,OA=,
因为PO⊥平面ABCD,且PO=,
所以PA==,PD==2,
在△PAD中,由余弦定理可得cos∠PAD===,
所以sin∠PAD==,
所以S△PAD=AP·ADsin∠PAD=AD·PE,
即××2×=×2×PE,解得PE=,
DE===,
所以sin θ==,
此时点E在线段AD上靠近点D的四等分点处.
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