第六章　立体几何初步 5.2 平面与平面垂直--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.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===.
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