2022版人教A版高中数学必修第二册练习题--平面与平面垂直

基础过关练

题组一　平面与平面垂直的判定

1.(2020内蒙古赤峰高三上期末)对于直线m,n和平面α,β,一定能得出α⊥β的一组条件是    (　　)

A.m⊥n,m∥α,n∥β　　　B.m⊥n,α∩β=m,n⊂β

C.m∥n,n⊥β,m⊂α　　　D.m∥n,m⊥α,n⊥β

2.(2020陕西宝鸡金台高三上质检)下列命题正确的是    (　　)

A.过平面外一点有无数条直线与这个平面垂直

B.过平面外一点有无数个平面与这个平面平行

C.过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直

D.过平面外一点有且只有一条直线与这个平面平行

3.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,则图中互相垂直的平面有    (　　)

A.1对　　　B.2对　　　C.3对　　　D.5对

4.四面体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.

5.(2021河北邯郸九校联盟高一下期中联考)如图,已知AB,CD分别是圆柱上底面和下底面的直径,CD∥AB,E为圆柱下底面圆周上的一个动点(不与C、D重合),该圆柱的高与底面圆的直径均为2.

(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;

(2)求三棱锥A-BCE体积的最大值.

题组二　平面与平面垂直的性质

6.(2021湖南娄底一中高一下期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法中错误的是    (　　)

A.平面PAB⊥平面PAD

B.平面PAD⊥平面PDC

C.AB⊥PD

D.平面PAD⊥平面PBC

7.(2020河北衡水武邑中学高二上开学考试)正方形ACDE所在的平面与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,则CD与GF所成角的余弦值为    (　　)

A.

8.(2021河南驻马店高一上期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,PA=PD=AD=2,M、N分别为线段PC、AD的中点.

(1)求证:AD⊥平面PBN;

(2)若平面PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-NBM的体积.

9.(2020河南郑州高二上期末)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AB,求证:PA⊥BC.

题组三　二面角

10.如图,AB是圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,C是圆O上一点(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为    (　　)

A.60°　　　B.30°　　　C.45°　　　D.15°

11.(2021河南信阳高一下期中)如图所示,在△ABC中,AD⊥BC,△ABD的面积是△ACD的面积的2倍,将△ABD沿AD翻折,使翻折后BC⊥平面ACD,此时二面角B-AD-C的大小为    (　　)

A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°

12.(2020湖南长沙第一中学高二上月考)如图,在一个60°的二面角的棱上有A、B两点,线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,并且都垂直于棱AB,若AB=AC=1,BD=2,则CD的长为    (　　)

A.213.(2020安徽合肥六校联盟高二上期末联考)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,E、F分别在棱AC、AD上,且BE⊥AC于E,BF⊥AD于F,则下列说法正确的有    (　　)

①∠ACD是直角;

②∠BEF是异面直线BE与CD所成的角;

③∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角;

④∠BFE是二面角B-AD-C的平面角.

A.1个　　　B.2个　　　C.3个　　　D.4个

14.(2020辽宁丹东高二上期末)如图,已知四边形ABCD是直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°,SA垂直于平面ABCD,SA=BA=BC=2,AD=1.

(1)求直线SC与平面SAD所成角的正弦值;

(2)求平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值.

能力提升练

题组一　平面与平面垂直的判定

1.(2020湖北襄阳第四中学高一下月考,)如图,等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,将△AED沿DE翻折成△A'ED,在翻折过程中,下列命题正确的个数为    (　　)

①恒有A'F⊥DE;

②异面直线A'E与BD不可能垂直;

③恒有平面A'GF⊥平面BCED;

④动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上.

A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4

2.(多选)(2020福建厦门双十中学高二上开学考试,)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿对角线BD折起,设折起后点A的位置为A',并且平面A'BD⊥平面BCD,则下列说法正确的有    (　　)

A.A'D⊥BC

B.三棱锥A'-BCD的体积为

C.CD⊥平面A'BD

D.平面A'BC⊥平面A'DC

3.(2020湖南师大附中高二上期末,)如图,直三棱柱ABC-DEF的底面是边长为2的正三角形,侧棱AD=1,P是线段CF的延长线上的一点,平面PAB分别与DF、EF相交于M、N.

(1)求证:MN∥平面CDE;

(2)当PF为何值时,平面PAB⊥平面CDE?

题组二　平面与平面垂直的性质

4.()如图,点P为四边形ABCD所在平面外一点,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,E为AD的中点,则下列结论不一定成立的是    (　　)

A.PE⊥AC　　　

B.PE⊥BC

C.平面PBE⊥平面ABCD　　　

D.平面PBE⊥平面PAD

5.(2020广东汕尾高二上期末,)如图,三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,平面ABD⊥平面BCD,BC=CD=AD=1,BD=,AB=,则球O的表面积为　　　　. 

6.(2020豫南九校高一上联考,)在菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°,点M、N分别是CD、AD的中点,将四边形ANMC沿AC转动,使得MN转动至EF的位置,形成如图所示的多面体,分别取BF、DE的中点P、Q.

(1)求证:PQ∥平面ABCD;

(2)若平面AFEC⊥平面ABCD,求多面体ABCDFE的体积.

题组三　二面角

7.(2020重庆第八中学高三三诊,)直角△ABC中,AB=AC=,D为BC边上一点,将△ACD沿AD折起,使点C在平面ABD内的射影H恰好在AB上,若AH=1,则二面角C-AD-B的余弦值是    (　　)

A.

8.(2020浙江丽水高二上期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,PB=BC=a,PA=AC=b(aA.α+∠PCA+∠PCB>π,2α<∠PAC+∠PBC

B.α+∠PCA+∠PCB<π,2α<∠PAC+∠PBC

C.α+∠PCA+∠PCB>π,2α>∠PAC+∠PBC

D.α+∠PCA+∠PCB<π,2α>∠PAC+∠PBC

9.(2021河北定州高一下期末,)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,AD⊥CD,AD∥BC,△PAB为等边三角形,PA=BC=2AD=2,CD=,点E,F分别为PA,CD的中点.

(1)求证:EF∥平面PBC;

(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.

10.(2021江苏苏州高一下月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧面PAD是正三角形,侧面PAD⊥底面ABCD,M是PD的中点.

(1)求证:AM⊥平面PCD;

(2)求二面角P-BC-A的余弦值.

11.()已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,D为AC的中点,E为AA1上的动点.

(1)当AE=EA1时,求证:DE⊥BC1;

(2)在线段AA1上是否存在点E,使二面角A-BE-D的大小为30°?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.

答案全解全析

基础过关练

1.C　A中,α也可与β平行;B中,不一定有α⊥β;C中,∵m∥n,n⊥β,∴m⊥β,又m⊂α,

∴α⊥β;D中,α∥β.故选C.

2.C　过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,∴A错误;过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行,∴B错误;∵过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,而过这条直线的平面有无数个,∴由平面与平面垂直的判定定理,知这无数个平面都与已知平面垂直,∴C正确;过平面外一点有无数条直线与这个平面平行,

∴D错误.故选C.

3.D　∵四边形ABCD是矩形,∴DA⊥AB.

∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥DA.又AB∩PA=A,∴DA⊥平面PAB.同理,BC⊥平面PAB.又易证AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD,∴平面PAD⊥平面AC,平面PAB⊥平面AC,平面PBC⊥平面PAB,平面PAB⊥平面PAD,平面PDC⊥平面PAD,共5对.

4.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,又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.

5.解析　(1)证明:因为CD为圆柱下底面的直径,E为圆柱下底面圆周上的动点(不与C,D重合),所以CE⊥DE.

因为CD∥AB,且AB,CD均为直径,所以四边形ABCD为矩形,且AD、BC为圆柱的母线,故CE⊥AD,又因为AD∩DE=D,所以CE⊥平面ADE.因为CE⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE.

(2)由题意可知三棱锥A-BCE的体积等于三棱锥E-ACD的体积,即VA-BCE=VE-ACD,

因为△ACD的面积为×2×2=2,所以当点E到直线CD的距离最大时,三棱锥A-BCE的体积取得最大值.

易知点E到直线CD的距离的最大值为1,因此三棱锥A-BCE体积的最大值为.

6.D　∵四边形ABCD为矩形,∴AD⊥AB.

∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,

∴AB⊥平面PAD.

∵PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD,故C中说法正确.

又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD,故A中说法正确.

同理可证平面PAD⊥平面PDC,故B中说法正确.

假设平面PAD⊥平面PBC,

∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PBC∩平面ABCD=BC,

∴BC⊥平面PAD,

∴BC⊥AD,与BC∥AD矛盾,故D中说法错误.

故选D.

7.C　连接AG,如图所示.

∵四边形ACDE为正方形,

∴AE⊥AC,AE∥CD.

∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AE⊂平面ACDE,

∴AE⊥平面ABC.

∵AG⊂平面ABC,∴AE⊥AG.

∵AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,

∴AG=,AF=1,

∴FG=,

∴cos∠AFG=.

∵AE∥CD,∴CD与GF所成角的余弦值为.故选C.

8.解析　(1)证明:连接BD,易得△ABD和△PAD都是边长为2的正三角形,

∵N为AD的中点,∴AD⊥PN,AD⊥BN,

∵PN∩BN=N,∴AD⊥平面PBN.

(2)∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD,PN⊂平面PAD,

∴PN⊥平面ABCD,∵NB⊂平面ABCD,

∴PN⊥NB,

易得PN=BN=,

∴S△PBN=,

由(1)知AD⊥平面PBN,

∵底面ABCD为菱形,∴BC∥AD,

∴BC⊥平面PBN.

又M为PC的中点,

∴VP-NBM=VM-PBN=.

9.证明　过点B作BD⊥AC于点D.

∵平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,BD⊂平面ABC,

∴BD⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,

∴PA⊥BD,又PA⊥AB,AB∩BD=B,AB⊂平面ABC,BD⊂平面ABC,

∴PA⊥平面ABC,∵BC⊂平面ABC,

∴PA⊥BC.

10.C　由题意得PA⊥AC,PA⊥BC,AC⊥BC.又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.所以BC⊥PC.所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.故选C.

11.C　因为翻折后BC⊥平面ACD,CD⊂平面ACD,所以BC⊥CD,

由题意可得BD=2CD,

则翻折后在Rt△BCD中,∠BDC=60°,

因为AD⊥BD,CD⊥AD,平面BAD∩平面ADC=AD,

所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,其大小为60°.故选C.

12.C　过点A作AE∥BD,且AE=BD,

连接DE、CE,∵BD⊥AB,∴AE⊥AB,又AC⊥AB,∴∠CAE即为二面角的平面角,

∴∠CAE=60°,

∴CE=.

∵AC⊥AB,AE⊥AB,AC∩AE=A,∴AB⊥平面CAE.

由AE∥BD,AE=BD,知四边形ABDE为平行四边形,∴DE∥AB,DE=AB,

∴DE⊥平面CAE,又CE⊂平面CAE,∴DE⊥CE,∴CD==2.

故选C.

13.C　∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,又BC⊥CD,AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥AC,∴∠ACD是直角,故①正确;CD与EF不一定平行,故②错误;∵AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面BCD,∴C在平面ABD上的射影在BD上,

∴∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角,故③正确;

由①知CD⊥平面ABC,∴CD⊥BE,

∵BE⊥AC,AC∩CD=C,

∴BE⊥平面ACD,

∴BE⊥AD,又AD⊥BF,BF∩BE=B,

∴AD⊥平面BEF,又EF⊂平面BEF,

∴AD⊥EF,∴∠BFE是二面角B-AD-C的平面角,故④正确.故选C.

14.解析　(1)∵SA⊥平面ABCD,∴SA⊥BA,又DA⊥BA,∴BA⊥平面SAD,

∴点B到平面SAD的距离为BA=2.

∵BA⊂平面ABCD,

∴平面ABCD⊥平面SAD.

过点C作CG⊥AD,交AD的延长线于点G,

∵平面ABCD∩平面SAD=AD,

∴CG⊥平面SAD,连接SG,则CG⊥SG,

∴∠CSG为直线SC与平面SAD所成的角.

∵BC∥AD,∴CG=BA=2.

由题意得SC=2,

∴sin∠CSG=,

∴直线SC与平面SAD所成角的正弦值为.

(2)延长BA,CD,设E点是它们的交点,连接SE,则所求二面角延展为二面角C-SE-B.

∵DA⊥BA,DA⊥SA,∴DA⊥平面SAB.

∴DA⊥SE.

在平面SAB内过A作AF⊥SE于点F,

连接DF,∵AF∩DA=A,∴SE⊥平面FAD,

又DF⊂平面FAD,∴DF⊥SE,

∴∠AFD是二面角C-SE-B的平面角.

由DA⊥平面SAB,AF⊂平面SAB,得DA⊥AF.

由题意得,AE=BA=AS=2,

∴AF=,

∴tan∠AFD=,

∴平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值为.

能力提升练

1.C　易知G为DE的中点,A'D=A'E,FE=FD,∴FG⊥DE,A'G⊥DE,又FG∩A'G=G,故DE⊥平面FGA',又A'F⊂平面FGA',故A'F⊥DE,①正确;

易知EF∥BD,故异面直线A'E与BD所成角为∠A'EF(或其补角),当A'E2+EF2=A'F2时,异面直线A'E与BD垂直,②错误;

由①证得DE⊥平面FGA',又DE⊂平面BCED,故平面A'GF⊥平面BCED,故③正确;

由③证得平面A'GF⊥平面BCED,故动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上,故④正确.故选C.

2.CD　∵AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,

∴∠DBC=∠ADB=45°.

又∠BCD=45°,

∴△BCD为等腰直角三角形.

∵平面A'BD⊥平面BCD,平面A'BD∩平面BCD=BD,CD⊥BD,CD⊂平面BCD,

∴CD⊥平面A'BD,∴C正确.

取BD的中点E,连接A'E,则A'E⊥BD.

又平面A'BD⊥平面BCD,平面A'BD∩平面BCD=BD,A'E⊂平面A'BD,

∴A'E⊥平面BCD,

又BC⊂平面BCD,∴A'E⊥BC,

若A'D⊥BC,则可得到BC⊥平面A'BD,∴BC⊥BD,与已知矛盾,∴A错误.

三棱锥A'-BCD的体积为,∴B错误.

在Rt△A'CD中,A'C2=CD2+A'D2,

∴A'C=.

在△A'BC中,A'B=1,BC=2,A'C=,满足BC2=A'B2+A'C2,∴BA'⊥CA'.

又BA'⊥DA',DA'∩CA'=A',∴BA'⊥平面A'DC.

又BA'⊂平面A'BC,

∴平面A'BC⊥平面A'DC,∴D正确.

3.解析　(1)证明:由题意得,AB∥DE,AB⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,∴AB∥平面DEF.

∵平面PAB∩平面DEF=MN,∴AB∥MN,∴DE∥MN,又MN⊄平面CDE,DE⊂平面CDE,∴MN∥平面CDE.

(2)分别取线段AB、DE的中点G、H,连接CG,GH,CH,PG,则GH∥CP,

∴P、C、G、H四点共面.

易得Rt△PCA≌Rt△PCB,

∴PA=PB,

∴PG⊥AB.

∵AB∥DE,

∴PG⊥DE.

若PG⊥CH,则PG⊥平面CDE,

则平面PAB⊥平面CDE.

此时∠CPG=∠HCG,则.

∵△ABC是边长为2的正三角形,

∴CG=2sin 60°=.

又GH=1,∴PC==3,

∴PF=PC-FC=2,∴当PF=2时,平面PAB⊥平面CDE.

4.D　因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.又AC,BC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A、B一定成立.

又PE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C一定成立.

若平面PBE⊥平面PAD,则AD⊥平面PBE,则AD⊥BE,不一定成立.故选D.

5.答案　3π

解析　由AD=1,BD=,AB=,得AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD.

又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AD⊂平面ABD,∴AD⊥平面BCD.

又BC⊂平面BCD,∴AD⊥BC.

∵BC=CD=1,BD=,

∴BC2+CD2=BD2,∴BC⊥CD.

∵AD∩CD=D,∴BC⊥平面ACD.

又AC⊂平面ACD,∴BC⊥AC.

取AB的中点O,则O为三棱锥A-BCD的外接球的球心.

∴外接球的半径R=,

∴球O的表面积为4πR2=4π×=3π.

6.解析　(1)证明:取BE的中点R,连接PR,QR.

∵P、Q分别是BF、DE的中点,

∴PR∥EF,QR∥BD.

又∵EF∥AC,∴PR∥AC,∵PR⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PR∥平面ABCD,

同理可得QR∥平面ABCD,

又PR∩QR=R,

∴平面PQR∥平面ABCD,

又PQ⊂平面PQR,∴PQ∥平面ABCD.

(2)设AC、BD交于点O.易知BD⊥AC,

又∵平面AFEC⊥平面ABCD,平面AFEC∩平面ABCD=AC,BD⊂平面ABCD,

∴BD⊥平面AFEC,

∴多面体ABCDFE可以分解为四棱锥B-ACEF和四棱锥D-ACEF.

在菱形ABCD中,AB=BC=2,∠ABC=60°,

∴AC=2,BD=2,EF==1.

梯形ACEF的面积为S=(EF+AC)·,

则V多面体ABCDFE=.

7.A　过H作HG⊥AD,垂足为G,连接CG.

由题意得CH⊥平面ABD,所以CH⊥AD,因为CH∩HG=H,所以AD⊥平面CHG,又CG⊂平面CHG,所以AD⊥CG,

所以∠CGH为二面角C-AD-B的平面角.

因为∠BAD+∠CAD=90°,

所以若设∠BAD=α(0°<α<90°),则∠CAD=90°-α.

在Rt△ACH中,AC=,AH=1,则CH=.

在Rt△AGH中,HG=AH·sin α=sin α.

在Rt△ACG中,CG=AC·sin (90°-α)=cos α.

在Rt△CGH中,由CH2+HG2=CG2,得2+sin2α=3cos2α,

所以sin α=,cos α=,所以HG=,CG=,所以cos∠CGH=.

故选A.

8.C　如图(1),取PC的中点D,连接AD、BD,

由PB=BC=a,PA=AC=b得BD⊥PC,AD⊥PC,又BD∩AD=D,∴PC⊥平面ABD.

作PM⊥AB于M,连接MC,

易得△ABP≌△ABC,∴CM⊥AB,∴∠PMC=α.

设PM=CM=h,则h∴2α>∠PBC+∠PAC,

∴α+∠PCA+∠PCB>+∠PCA+∠PCB=π.故选C.

9.解析　(1)证明:取AB的中点G,连接EG,FG,

在△PAB中,∵E,G分别为PA,AB的中点,

∴EG∥PB,

∵PB⊂平面PBC,EG⊄平面PBC,

∴EG∥平面PBC.

在梯形ABCD中,∵F,G分别为CD,AB的中点,

∴FG∥BC.

∵BC⊂平面PBC,FG⊄平面PBC,

∴FG∥平面PBC.

又EG∩FG=G,EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,

∴平面EFG∥平面PBC.

∵EF⊂平面EFG,∴EF∥平面PBC.

(2)延长BA,CD,设BA∩CD=M,连接PM.

∵M∈平面PBA,M∈平面PCD,P∈平面PBA,P∈平面PCD,

∴PM是平面PBA与平面PCD的交线.

连接AC,由已知可得三角形ABC为等边三角形,

连接CG,∵G为AB的中点,∴CG⊥AB,

∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,CG⊥AB,CG⊂平面ABCD,

∴CG⊥平面PAB.

又PM⊂平面PAB,∴CG⊥PM.

作GH⊥PM,垂足为H,连接CH,

∵GH∩CG=G,∴PM⊥平面GCH,

又CH⊂平面GCH,∴PM⊥CH.

∴∠GHC即为平面PAB与平面PCD所成锐二面角的平面角.

易知PA=AB=AM=2,∠PAM=120°,

∴PM=2,∴PB2+PM2=BM2,

∴PB⊥PM,

∵GH⊥PM,∴GH∥PB,

∴△GHM∽△BPM,

∴,解得GH=.

易得GC=,在Rt△CGH中,CH=,

∴cos∠GHC=,

∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.

10.解析　(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴CD⊥AD,

∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,

∴CD⊥平面PAD,

∵AM⊂平面PAD,∴CD⊥AM.

∵△PAD是正三角形,M是PD的中点,∴PD⊥AM,

∵CD∩PD=D,CD⊂平面PCD,PD⊂平面PCD,∴AM⊥平面PCD.

(2)如图所示,取AD的中点E,BC的中点F,连接PE,EF,PF.

∵△PAD是正三角形,∴PE⊥AD,

又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,∴PE⊥平面ABCD,又BC⊂平面ABCD,∴PE⊥BC.

易知EF⊥BC,

∵PE∩EF=E,∴BC⊥平面PEF,

又PF⊂平面PEF,

∴BC⊥PF,

∴∠EFP为二面角P-BC-A的平面角.

设正方形ABCD的边长为a,

则EF=a,PE=a,

∴PF=a,

∴cos∠EFP=.

∴二面角P-BC-A的余弦值为.

11.解析　(1)证明:连接DC1.

因为几何体ABC-A1B1C1为正三棱柱,

所以△ABC为正三角形.

又因为D是AC的中点,所以BD⊥AC,

又平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,BD⊂平面ABC,

所以BD⊥平面ACC1A1.

又DE⊂平面ACC1A1,所以BD⊥DE.

因为AE=EA1,AB=2,AA1=,所以AE=,CD=AD=1,

所以∠ADE=30°,∠C1DC=60°,

所以∠EDC1=90°,即ED⊥DC1,

因为BD∩DC1=D,

所以ED⊥平面BDC1,

又BC1⊂平面BDC1,所以DE⊥BC1.

(2)假设存在点E满足条件.

过D作DF⊥AB于F,由正棱柱的性质知AA1⊥DF.

又AB∩AA1=A,所以DF⊥平面ABE.

又BE⊂平面ABE,所以DF⊥BE.

过F作FG⊥BE于G,连接DG,因为FG∩DF=F,所以BE⊥平面DFG,又DG⊂平面DFG,所以BE⊥DG,所以∠DGF为二面角A-BE-D的平面角,所以∠DGF=30°.

在Rt△ADB中,DF=,BF=,所以FG=,与FG⊥BE矛盾,所以假设不成立,即不存在点E,使二面角A-BE-D的大小为30°.