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[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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必修第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
二面角
(1) 定义
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条棱叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.
棱为\(AB\)，面分别为\(\alpha\)，\(\beta\)的二面角记作二面角\(\alpha-AB-\beta\).
在二面角的棱\(l\)上任取一点\(O\)，以点\(O\)为垂足，在半平面\(\alpha\)和\(\beta\)内分别作垂直于棱l的射线\(OA\)和\(OB\)，则射线\(OA\)和\(OB\)构成的\(∠AOB\)叫做二面角的平面角.
(2) 范围
二面角的平面角\(\alpha\)的取值范围是\(\left[0^{\circ}， 180^{\circ}\right]\).
【例】 在正方体\(ABCD-A' B' C' D'\)中，求二面角\(A-A' D'-B'\)，二面角\(B-A' D'-B'\).
解 \(\because AA'\perp A'D'\)，\(A'B'\perp A'D'\)，\(\therefore\)二面角\(A-A' D'-B'\)为\(∠AA' B'=90^{\circ}\)，
\(\because BA'\perp A'D'\)，\(A'B'\perp A'D'\)，\(\therefore\) 二面角\(B-A' D'-B'\)为\(∠BA' B'=45^{\circ}\).
面面垂直
(1) 定义
若二面角\(\alpha-l-\beta\)的平面角为\(90^{\circ}\)，则\(\alpha\perp \beta\)；
(2) 判定定理
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
\(\left.\begin{array}{r}
a \subset \alpha \\
a \perp \beta
\end{array}\right\} \Rightarrow \alpha \perp \beta
(线面垂直\Rightarrow面面垂直)\)
(3) 性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直.
解释
① 符合表示： \(\left.\begin{array}{c}
\alpha \perp \beta \\
\alpha \cap \beta=a \\
b \subset \beta \\
b \perp a
\end{array}\right\} \Rightarrow b \perp \alpha\)
② 证明
设\(b\)与\(a\)的交点为\(A\)， 过点\(A\)在内作直线\(c\perp a\)， 则直线\(b\)，\(c\)所成的角就是二面角\(\alpha-a-\beta\)的平面角. 由\(\alpha\perp \beta\)知，\(b\perp c\). 又因为\(b\perp a\)，\(a\)和\(c\)是\(\alpha\)内的两条相交直线， 所以\(b\perp \alpha\).
③ 该定理说明由面面垂直可以得到线面垂直；
④ 判断
(1) 如果平面\(\alpha\perp\)平面 \(\gamma\)，平面\(\beta\perp\)平面\(\gamma\)，\(\alpha∩\beta=l\)，那么\(l\perp \gamma\) ( √ )
(2) 如果平面\(\alpha\perp\)平面\(\beta\)，那么平面\(\alpha\)内一定存在直线平行于平面\(\beta\) ( √ )
(3) 如果平面\(\alpha\perp\)平面\(\beta\)，过\(\alpha\)内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于\(\beta\) ( × )
(4) 如果平面\(\alpha\)不垂直于平面\(\beta\)，那么平面\(\alpha\)内一定不存在直线垂直于平面\(\beta\) ( √ )
基本方法
【题型1】 二面角
【典题1】 如图，在棱长为\(a\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AC\)与\(BD\)相交于点\(O\)．求二面角\(A_1-BD-A\)的正切值．
解析 连接\(A_1 O\)，
在正方体中\(BD\perp\)平面\(A_1 ACC_1\)，\(\therefore AO\perp BD\)，\(A_1 O\perp BD\)，
\(\therefore\)二面角\(A_1-BD-A\)的平面角为\(∠A_1 OA\)，
由题中的条件求出：\(AO=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\)，\(AA_1=a\)，
\(\therefore \tan \angle A_1 O A=\dfrac{a}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} a}=\sqrt{2}\)，
所以二面角\(A_1-BD-A\)的正切值为\(\sqrt{2}\)．
点拨 求二面角，一般思路是根据二面角定义出发，比如本题中的二面角\(A_1-BD-A\)，
① 在\(BD\)上找到一点\(O\)，证明\(A_1 O\perp BD\)，\(AO\perp BD\)(若图中没有\(A_1 O\)，\(AO\)，则需要在两个面内作出\(BD\)的垂线)，确定\(∠A_1 OA\)为所求的二面角的平面角；
② 确定含角\(∠A_1 OA\)的三角形\(A_1 OA\)，利用解三角形的方法求出角\(∠A_1 OA\)，常见的是正弦定理、余弦定理等.
【巩固练习】
1.在四棱锥\(P﹣ABCD\)中，底面\(ABCD\)是矩形，\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且\(PA=AB\)，\(AD=\sqrt{3} AB\)，则二面角\(P-CD-B\)的大小为( )
A．\(75^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(45^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(60^{\circ}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(30^{\circ}\)
2.如图，正三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，各棱长都相等，则二面角\(A_1-BC-A\)的平面角的正切值为( )
A．\(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)
3.如图，矩形\(ABCD\)中，\(AB=4\)，\(AD=2\)，\(E\)为\(CD\)的中点，\(△ADE\)沿着\(AE\)向上翻折，使点\(D\)到\(D'\)．若\(D'\)在平面\(ABCD\)上的投影\(H\)落在梯形\(ABCE\)内部(不含边界)，设二面角\(D'-BC-E\)的大小为\(\alpha\)，直线\(D'C\)，\(D'B\)与平面\(ABC\)所成角分别为\(\beta\)，\(\gamma\)，则( )
A．\(\alpha<\beta<\gamma\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\beta<\alpha<\gamma\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\beta<\gamma <\alpha\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\gamma <\beta<\alpha\)
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 因为\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，\(CD\subset\)平面\(ABCD\)，所以\(PA\perp CD\)，
又\(AD\perp CD\)，\(PA\cap AD=A\)，所以\(CD\perp\)平面\(PAD\)，
因为\(PD\subset\)平面\(PAD\)，则\(CD\perp PD\)，
所以二面角\(P-CD-B\)的平面角为\(∠PDA\)．
在\(Rt△PAD\)中，\(\tan \angle P D A=\dfrac{P A}{A D}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，则\(∠PDA=30^{\circ}\)．
故二面角\(P-CD-B\)的大小为\(30^{\circ}\)．
故选:\(D\)．
-
答案 \(D\)
解析 设棱长为\(a\)，\(BC\)的中点为\(E\)，连接\(A_1 E\)，\(AE\)，
由正三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，各棱长都相等．可得\(A_1 E\perp BC\)，\(AE\perp BC\)，
所以二面角\(A_1-BC-A\)的平面角为:\(∠A_1 EA\)，
在\(RT△ABC\)中，\(AE=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a\)，
所以\(\tan \angle A_1 E A=\dfrac{A A 1}{A E}=\dfrac{a}{\dfrac{\sqrt{3}}{2} a}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)．
即二面角\(A_1-BC-A\)的平面角的正切值为\(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，
故选:\(D\)．
-
答案 \(C\)
解析 由\(AB=2AD=4\)可知，\(DE=DA\)，作\(AB\)中点\(P\)，则\(DP\perp AE\)，
故\(H\)在线段\(DP\)上，作\(D'M\perp BC\)交\(BC\)于\(M\)，连接\(HM\)，\(HB\)，\(HC\)，如图，
易知\(\tan\alpha=\dfrac{D^{\prime} H}{H M}\)， \(\tan \beta=\dfrac{D^{\prime} H}{H C}\)， \(\tan \gamma=\dfrac{D^{\prime} H}{H B}\)，
又\(HM<HB<HC\)，\(\therefore \beta<\gamma <\alpha\)．
故选:\(C\)．
【题型2】 面面垂直的判定
【典题1】 如图，\(P\)是矩形\(ABCD\)所在平面外一点，\(PA\perp\)平面\(ABCD\)，\(E\)，\(F\)分别是\(AB\)，\(PD\)的中点，又二面角\(P-CD-B\)为\(45^{\circ}\)．
(1)求证：\(AF∥\)平面\(PEC\)； (2)求证：平面\(PEC\perp\) 平面\(PCD\)．
证明 (1)取\(PC\)的中点\(G\)；连接\(EG\)，\(FG\)．
\(\because E\)，\(F\)分别是\(AB\)，\(PD\)的中点，
\(\therefore FG∥CD\)，\(FG=\dfrac{1}{2} CD\)， \(AE∥CD\)，\(AE=\dfrac{1}{2} CD\)，
\(\therefore AE∥FG\)且\(AE=FG\)，
\(\therefore\)四边形\(AEGF\)是平行四边形，\(\therefore AF∥EG\)．
又\(AF \not \subset\)平面\(PEC\)，\(EG\subset\)平面\(PEC\)，\(\therefore AF∥\)平面\(PEC\)．
(2)\(\because PA\perp\)平面\(ABCD\)，\(\therefore PA\perp CD\)．
又\(\because CD\perp AD\)，且\(PA\cap AD=A\)，\(\therefore CD\perp\)平面\(PAD\)．
\(\therefore CD\perp AF\)，\(CD\perp PD\)．
\(\therefore ∠PDA\)是二面角\(P-CD-B\)的平面角，即\(∠PDA=45^{\circ}\)．
又\(\because PA\perp AD\)，\(F\)是\(PD\)中点，\(\therefore AF\perp PD\)．
\(\because PD\cap CD=D\)，\(\therefore AF\perp\)平面\(PCD\)．
\(\because AF∥EG\)，\(\therefore EG\perp\) 平面\(PCD\)．
\(\because EG\subset\)平面\(PEC\)，
\(\therefore\)平面\(PEC\perp\)平面\(PCD\)．
点拨 灵活运用线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质，理解线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化.
【巩固练习】
1.对于不重合的直线\(m\)，\(l\)和平面\(\alpha\)，\(\beta\)，要证\(\alpha\perp \beta\)需具备的条件是( )
A．\(m\perp l\)，\(m∥\alpha\)，\(l∥\beta\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(m\perp l\)，\(\alpha\cap \beta=m\)，\(l\subset\alpha\)
C．\(m∥l\)，\(m\perp \alpha\)，\(l\perp \beta\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(m∥l\)，\(l\perp \beta\)，\(m\subset\alpha\)
2.\(PA\)垂直于正方形\(ABCD\)所在平面，连接\(PB\)，\(PC\)，\(PD\)，\(AC\)，\(BD\)，则下列垂直关系正确的是( )
①面\(PAB\perp\)面\(PBC\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) ②面\(PAB\perp\)面\(PAD\)
③面\(PAB\perp\)面\(PCD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) ④面\(PAB\perp\)面\(PAC\)．
A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．②③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．②④
3.如图，在直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(D\)，\(E\)分别为\(AB\)，\(BC\)的中点，点\(F\)在侧棱\(B_1 B\)上，且\(B_1 D\perp A_1 F\)，\(A_1 C_1\perp A_1 B_1\)．求证:
(1)直线\(DE∥\)平面\(A_1 C_1 F\)； \(\qquad \qquad\) (2)平面\(B_1 DE\perp\)平面\(A_1 C_1 F\)．
4.如图，三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，侧面\(BCC_1 B_1\)为矩形，\(ABB_1 A_1\)是边长为\(2\)的菱形，\(BC=1\)，\(AC=\sqrt{5}\)，
(1)证明:平面\(A_1 BC\perp\)平面\(ABB_1 A_1\)；
(2)若\(AC=A_1 C\)，求三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的体积．
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 对于\(A\)，如图\(1\)，可得面\(\alpha\)、\(\beta\)不一定垂直，故错
对于\(B\)，如图\(2\)，可得面\(\alpha\)、\(\beta\)不一定垂直，故错
对于\(C\)，\(m∥l\)，\(m\perp \alpha\)，\(l\perp \beta⇒\alpha∥\beta\)，故错；
对于\(D\)，有\(m∥l\)，\(l\perp \beta\)，\(⇒m\perp \beta\)，
又\(\because m\subset\alpha\)，\(⇒\alpha\perp \beta\)，故正确；
故选:\(D\)． -
答案 \(A\)
解析 由于\(BC\perp AB\)，由\(PA\)垂直于正方形\(ABCD\)所在平面，
所以\(BC\perp PA\)，
易证\(BC\perp\)平面\(PAB\)，则平面\(PAB\perp\)平面\(PBC\)；
又\(AD∥BC\)，故\(AD\perp\)平面\(PAB\)，
则平面\(PAD\perp\)平面\(PAB\)．
故选\(A\)． -
证明 (1)\(\because D\)，\(E\)分别为\(AB\)，\(BC\)的中点，\(\therefore DE\)为\(△ABC\)的中位线，
\(\therefore DE∥AC\)，
\(\because ABC-A_1 B_1 C_1\)为棱柱，
\(\therefore AC∥A_1 C_1\)，\(\therefore DE∥A_1 C_1\)，
\(\because A_1 C_1\subset\)平面\(A_1 C_1 F\)，且\(DE \not \subset\)平面\(A_1 C_1 F\)，
\(\therefore DE∥A_1 C_1 F\)；
(2) \(\because ABC-A_1 B_1 C_1\)为直棱柱，
\(\therefore AA_1\perp\)平面\(A_1 B_1 C_1\)，
\(\therefore AA_1\perp A_1 C_1\)，
又\(\because A_1 C_1\perp A_1 B_1\)，且\(A A_1 \cap A_1 B_1=A_1\)，\(AA_1\) 、\(A_1 B_1\subset\)平面\(AA_1 B_1 B\)，
\(\therefore A_1 C_1\perp\)平面\(AA_1 B_1 B\)，
\(\because DE∥A_1 C_1\)，\(\therefore DE\perp\)平面\(AA_1 B_1 B\)，
又\(\because A_1 F\subset\)平面\(AA_1 B_1 B\)，\(\therefore DE\perp A_1 F\)，
又\(\because A_1 F\perp B_1D\)，\(DE\cap B_1 D=D\)，且\(DE\)、\(B_1 D\subset\)平面\(B_1 DE\)，
\(\therefore A_1 F\perp\)平面\(B_1 DE\)，
又\(\because A_1 F\subset\)平面\(A_1 C_1 F\)，
\(\therefore\)平面\(B_1 DE\perp\)平面\(A_1 C_1 F\)． -
答案 (1) 略；(2) \(\sqrt{3}\)
解析 (1)证明:因为侧面\(BCC_1 B_1\)是矩形，所以\(BC\perp BB_1\)，
又因为\(BC=1\)，\(AB=2\)，\(AC=\sqrt{5}\)，
所以 \(B C^2+A B^2=A C^2\)，
所以\(BC\perp AB\)，又\(AB\cap BB_1=B\)，
所以\(BC\perp\)平面\(ABB_1 A_1\)，
又因为\(BC\subset\)平面\(A_1 BC\)，
所以平面\(A_1 BC\perp\)平面\(ABB_1 A_1\)；
(2)解:取\(AA_1\)的中点\(M\)，连接\(CM\)，\(BM\)，
因为\(AC=A_1 C\)，所以\(CM\perp AA_1\)，
又因为\(CB\perp\)平面\(ABB_1 A_1\)，所以\(BM\perp AA_1\)，
且\(CM\cap BM=M\)，所以\(AA_1\perp\)平面\(BCM\)；
因为 \(C M=\sqrt{A C^2-A M^2}=\sqrt{5-1^2}=2\)，
所以 \(B M=\sqrt{M C^2-B C^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}\)，
所以三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的体积为:
\(V=S_{\triangle B C M} \cdot A A_1=\dfrac{1}{2} \cdot B M \cdot B C \cdot A A_1=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times 2=\sqrt{3}\).
【题型3】面面垂直的性质
【典题1】如图，\(P\)是四边形\(ABCD\)所在平面外的一点，四边形\(ABCD\)是\(∠DAB=60^{\circ}\)且边长为\(a\)的菱形，侧面\(PAD\)为正三角形，其所在平面垂直于底面\(ABCD\)．若\(G\)为\(AD\)的中点，
求证：(1)\(BG\perp\)平面\(PAD\)；\(\qquad \qquad\) (2)\(AD\perp PB\)．
证明 (1)连接\(BD\)，在菱形\(ABCD\)中，\(∠DAB=60^{\circ}\)，
\(\therefore △ABD\)为正三角形．
又\(G\)为\(AD\)的中点，\(\therefore BG\perp AD\)．
又平面\(PAD\perp\)平面\(ABCD\)，平面\(PAD\cap\)平面\(ABCD=AD\)，\(BG\subset\)平面\(ABCD\)，
\(\therefore BG\perp\)平面\(PAD\)．
(2)\(\because △ PAD\)为正三角形，\(G\)为\(AD\)的中点，
\(\therefore PG\perp AD\)．
由(1)知\(BG\perp AD\)，
又\(BG\cap PG=G\)，
\(\therefore AD\perp\)平面\(PBG\)．
\(\therefore AD\perp PB\)．
【巩固练习】
1.平面\(\alpha\perp\) 平面\(\beta\)，直线\(a∥\alpha\)，则( )
A.\(a\perp \beta\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(a∥\beta\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(a\)与\(\beta\)相交 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.以上都有可能
2.如图所示，平面四边形\(ABCD\)中，\(AB=AD\)，\(AB\perp AD\)，\(BD\perp CD\)，将其沿对角线\(BD\)折成四面体\(A-BCD\)，使平面\(ABD\perp\)平面\(BCD\)，则下列说法中不正确的是( )
①平面\(ACD\perp\)平面\(ABD\) \(\qquad \qquad\) ②\(AB\perp AC\) \(\qquad \qquad\) ③平面\(ABC\perp\)平面\(ACD\)
A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．②③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．①②③
3.在四面体\(ABCD\)中，平面\(ABC\perp\)平面\(BCD\)，\(AB=AC=4\)，\(BC=CD=BD=2\)，则\(AD=\)( )
A. \(3\sqrt{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B. \(2\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(2\sqrt{5}\)
4.在正方形\(ABCD\)中，\(O\)为\(BD\)中点，将平面\(ABD\)沿对角线\(BD\)翻折，使得平面\(ABD\perp\)平面\(BCD\)，则直线\(AB\)与\(CD\)所成角为\(\underline{\quad \quad}\)
.
5.如图，平面\(\alpha\perp\) 平面\(\beta\)，\(A\in \alpha\)，\(B\in \beta\)，\(AB\)与两平面\(\alpha\)、\(\beta\)所成的角分别为\(\dfrac{\pi}{4}\)和\(\dfrac{\pi}{6}\)．过\(A\)、\(B\)分别作两平面交线的垂线，垂足为\(A'\)、\(B'\)，则\(AB:A'B'=\) \(\underline{\quad \quad}\)
.
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 在正方体中设平面\(ABCD\)为\(\alpha\)，平面\(ADD_1 A_1\)为\(\beta\)，
\(A_1 B_1∥\)平面\(\alpha\)，\(A_1 B_1\perp\)平面\(\beta\)，\(A\)、\(C\)正确；
\(B_1 C_1∥\)平面\(\alpha\)，\(B_1 C_1∥\)平面\(\beta\)，\(B\)正确；
故选：\(D\)．
-
答案 \(D\)
解析 \(\because BD\perp CD\)，平面\(ABD\perp\)平面\(BCD\)，
\(\therefore CD\perp\)平面\(ABD\)，
\(\because CD\subset\)平面\(ACD\)，\(\therefore\)平面\(ACD\perp\)平面\(ABD\)，故①正确；
\(\because CD\perp\)平面\(ABD\)，\(\therefore AB\perp CD\)，
\(\because AB\perp AD\)，
又\(AD\cap CD=D\)，\(\therefore AB\perp\)平面\(ACD\)，
\(\because CA\subset\)平面\(ACD\)，\(\therefore AB\perp AC\)，故②正确；
\(\because AB\perp\)平面\(ACD\)，\(AB\subset\)平面\(ABC\)，
\(\therefore\)平面\(ABC\perp\)平面\(ACD\)，故③正确．
故选:\(D\)． -
答案 \(A\)
解析 如图，设\(BC\)的中点为\(O\)，连接\(AO\)，\(DO\)，
因为\(AB=AC=4\)，\(BC=CD=BD=2\)，
故\(AO\perp BC\)，\(DO\perp BC\)，
即\(∠AOD\)为二面角\(A-BC-D\)的平面角，
因为平面\(ABC\perp\)平面\(BCD\)，故\(∠AOD=90^{\circ}\)，
又 \(A O=\sqrt{A B^2-B O^2}=\sqrt{16-1}=\sqrt{15}\)，\(O D=2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\)，
故 \(A D=\sqrt{A O^2+O D^2}=\sqrt{15+3}=3 \sqrt{2}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(60^{\circ}\)
解析 过\(B\)，\(D\)作\(BE∥CD\)，\(DE∥CB\)，且\(BE\)，\(DE\)交于\(E\)，连接\(AE\)，\(OE\)，
直线\(AB\)与\(CD\)所成角即为\(∠ABE\)或其补角，
若正方体\(ABCD\)边长为\(2\)，则\(BE=AB=AD=2\)，
而\(AO\perp BD\)，而\(ABD\perp\)面\(BCD\)，\(AO\subset\)面\(ABD\)，面\(ABD\cap\)面\(BCD=BD\)，
\(\therefore AO\perp\)面\(BCD\)，
而\(OE\subset\)面\(BCD\)，即\(AO\perp OE\)，且\(AO=OE=\sqrt{2}\)，
\(\therefore AE=2\)，则\(△ABE\)是等边三角形，故\(∠ABE=60^{\circ}\)． -
答案 \(2:1\)
解析 连接\(AB'\)和\(A'B\)，
设\(AB=a\)，可得\(AB\)与平面\(\alpha\)所成的角为 \(\angle B A B^{\prime}=\dfrac{\pi}{4}\)，
在\(Rt△BAB'\)中有\(AB'=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\)，
同理可得\(AB\)与平面\(\beta\)所成的角为 \(\angle A B A^{\prime}=\dfrac{\pi}{6}\)，
所以\(A'A=\dfrac{1}{2} a\)，
因此在\(Rt△AA'B'\)中 \(A^{\prime} B^{\prime}=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\right)^2-\left(\dfrac{1}{2} a\right)^2}=\dfrac{1}{2} a\)，
所以\(AB:A' B'=a:\dfrac{1}{2} a=2:1\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.如图，已知四棱锥\(P-ABCD\)中，已知\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且底面\(ABCD\)为矩形，则下列结论中错误的是( )
A．平面\(PAB\perp\)平面\(PAD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．平面\(PAB\perp\)平面\(PBC\)
C．平面\(PBC\perp\)平面\(PCD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．平面\(PCD\perp\)平面\(PAD\)
2.正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，二面角\(B-AC-B_1\)的平面角的余弦值为( )
A． \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
3.如图，在四形边\(ABCD\)中，\(AD∥BC\)，\(AD=AB\)，\(∠BCD=45^{\circ}\)，\(∠BAD=90^{\circ}\)．将\(△ADB\)沿\(BD\)折起，使\(CD\perp\)平面\(ABD\)，构成三棱锥\(A-BCD\)．则在三棱锥\(A-BCD\)中，下列结论正确的是( )
A．\(AD\perp\)平面\(BCD\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(AB\perp\)平面\(BCD\)
C．平面\(BCD\perp\)平面\(ABC\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．平面\(ADC\perp\)平面\(ABC\)
4.如图所示，三棱锥\(P-ABC\)的底面在平面\(\alpha\)内，且\(AC\perp PC\)，平面\(PAC\perp\)平面，点\(P\)，\(A\)，\(B\)是定点，则动点\(C\)的轨迹是( )
A．一条线段 \(\qquad \qquad \qquad\) B．一条直线 \(\qquad \qquad \qquad\) C．一个圆 \(\qquad \qquad \qquad\) D．一个圆，但要去掉两个点
5.如图，已知平面\(\alpha\perp\) 平面\(\beta\)，\(\alpha\cap \beta=l\)，\(A\in l\)，\(B\in l\)，\(AC\subset\alpha\)，\(BD\subset\beta\)，\(AC\perp l\)，\(BD\perp l\)，且\(AB=4\)，\(AC=3\)，\(BD=12\)，则\(CD\)等于( )
A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(10\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(13\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(16\)
6.如图所示，在四棱锥\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是菱形，侧面\(PAD\)是等边三角形，且平面\(PAD\perp\)平面\(ABCD\)，\(E\)为棱\(PC\)上一点，若平面\(EBD\perp\)平面\(ABCD\)，则\(\dfrac{P E}{E C}=\)\(\underline{\quad \quad}\) ．
7.如图所示，\(A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)为空间四点，在\(△ABC\)中，\(AB=2\)，\(AC=BC=\sqrt{2}\)，等边三角形\(ADB\)以\(AB\)所在直线为轴旋转，当平面\(ADB\perp\)平面\(ABC\)时，\(CD=\)\(\underline{\quad \quad}\)
．
8.如图，四面体\(P-ABC\)中，\(PA=PB=13cm\)，平面\(PAB\perp\)平面\(ABC\)，\(∠ACB=90^{\circ}\)，\(AC=8cm\)，\(BC=6cm\)，则\(PC=\) \(\underline{\quad \quad}\)
．
9.如图，三棱锥\(S-ABC\)中，棱\(SA\)，\(SB\)，\(SC\)两两垂直，且\(SA=SB=SC\)，则二面角\(A-BC-S\)大小的正切值为\(\underline{\quad \quad}\)
．
10.如图，已知\(PA\)垂直于圆\(O\)所在的平面，\(AB\)是圆\(O\)的直径，点\(C\)是圆\(O\)上任意一点，过\(A\)作\(AE\perp PC\)于\(E\)，\(AF\perp PB\)于\(F\)，
求证:(1)\(AE\perp\)平面\(PBC\)；\(\qquad \qquad\) (2)平面\(PAC\perp\)平面\(PBC\)； (3)\(PB\perp EF\).
11.如图(1)，四边形\(ABCD\)中，\(AD∥BC\)，\(AD=AB\)，\(∠BCD=45^{\circ}\)，\(∠BAD=90^{\circ}\)，将\(△ABD\)沿对角线\(BD\)折起，记折起后点\(A\)的位置为\(P\)，且使平面\(PBD\perp\) 平面\(BCD\)，如图(2)．
(1)求证:平面\(PBC\perp\)平面\(PDC\)；
(2)在折叠前的四边形\(ABCD\)中，作\(AE\perp BD\)于\(E\)，过\(E\)作\(EF\perp BC\)于\(F\)，求折起后的图形中\(∠PFE\)的正切值．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 对于\(A\)，因为已知\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且底面\(ABCD\)为矩形，
所以\(PA\perp AB\)，又\(AB\perp AD\)，\(AB\perp\)平面\(PAD\)，
所以平面\(PAB\perp\)平面\(PAD\)，故\(A\)正确；
对于\(B\)，已知\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且底面\(ABCD\)为矩形，
所以\(PA\perp BC\)，又\(BC\perp AB\)，所以\(BC\perp\)平面\(PAB\)，
所以平面\(PAB\perp\)平面\(PBC\)，故\(B\)正确；
对于\(D\)，已知\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且底面\(ABCD\)为矩形，
所以\(PA\perp CD\)，又\(CD\perp AD\)，
所以\(CD\perp\)平面\(PAD\)，故\(D\)正确；
故选\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 连接\(BD\)，\(AC\)，记交点为\(O\)，连接\(B_1 O\)，
则\(BO\perp AC\)，\(B_1 O\perp AC\)，
则\(∠B_1 OB\)是二面角\(B-AC-B_1\)的平面角，
不妨设正方体的棱长为\(1\)，则\(OB=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
所以\(O B_1=\sqrt{O B^2+B_1^2}=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+1^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)，
所以\(\cos \angle B O B_1=\dfrac{O B}{O B_1}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{\sqrt{6}}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
故选:\(D\)．
-
答案 \(D\)
解析 \(\because\)在四边形\(ABCD\)中，\(AD∥BC\)，\(AD=AB\)，\(∠BCD=45^{\circ}\)，\(∠BAD=90^{\circ}\)，
\(\therefore BD\perp CD\)，
又平面\(ABD\perp\)平面\(BCD\)，且平面\(ABD\cap\)平面\(BCD=BD\)，
故\(CD\perp\)平面\(ABD\)，则\(CD\perp AB\)，又\(AD\perp AB\)，
故\(AB\perp\)平面\(ADC\)，所以平面\(ABC\perp\)平面\(ADC\)．
故选\(D\)． -
答案 \(D\)
解析 \(\because\)平面\(PAC\perp\)平面\(PBC\)，平面\(PAC\cap\)平面\(PBC=PC\)，\(AC\subset\)面\(PAC\)，且\(AC\perp PC\)，
\(\therefore AC\perp\)面\(PBC\)，
而\(BC\subset\)面\(PBC\)，\(\therefore AC\perp BC\)，
\(\therefore\)点\(C\)在以\(AB\)为直径的圆上，
\(\therefore\)点\(C\)的轨迹是一个圆，但是要去掉\(A\)和\(B\)两点．
故选:\(D\)． -
答案 \(C\)
解析 连接\(BC\)，\(\because AC\perp l\)，\(\therefore △ACB\)为直角三角形，
\(\therefore B C=\sqrt{A B^2+A C^2}=\sqrt{9+16}=5\)，
又\(\because BD\perp l\)，\(BD\subset\beta\)，\(\alpha\cap \beta=l\)，\(\alpha\perp \beta\)，
\(\therefore BD\perp \alpha\)，\(\therefore BD\perp BC\)．
在\(Rt△DBC\)中， \(C D=\sqrt{B D^2+B C^2}=\sqrt{144+25}=13\)．
故选:\(C\)．
-
答案 \(\dfrac{1}{2}\)
解析 取\(AD\)的中点\(O\)，连接\(OC\)交\(BD\)于\(F\)点，连结\(EF\)，
\(\because OD∥BC\)，\(BC=2OD\)，\(\therefore FC=2OF\)．
\(\because\)平面\(PAD\perp\)平面\(ABCD\)，\(PO\perp AD\)，
\(\therefore PO\perp\)平面\(ABCD\)，
又\(\because\)平面\(BDE\perp\)平面\(ABCD\)，
\(\therefore OP∥EF\)，\(\therefore \dfrac{P E}{E C}=\dfrac{O F}{F C}=\dfrac{1}{2}\)．
故答案为: \(\dfrac{1}{2}\)．
-
答案 \(2\)
解析 如图，取\(AB\)的中点\(E\)，连接\(DE\)，\(CE\)，
\(\because BC=CD\)，\(\therefore CE\perp AB\)，
又平面\(ADB\perp\)平面\(ABC\)，且平面\(ADB\cap\) 平面\(ABC=AB\)，\(CE\subset\)平面\(ABC\)，
\(\therefore CE\perp\)平面\(ADB\)，则\(CE\perp DE\)，
\(\because AB=2\)，\(AC=BC=\sqrt{2}\)，
\(\therefore A C^2+B C^2=A B^2\)，则\(AC\perp BC\)，可得\(CE=1\)，
在等边三角形\(ADB\)中，由\(AB=2\)，求得\(DE=\sqrt{3}\)，
在\(Rt△DEC\)中，有\(D C=\sqrt{D E^2+E C^2}=\sqrt{3+1}=2\)．
故答案为:\(2\)． -
答案 \(13cm\)
解析 取\(AB\)中点\(E\)，连接\(PE\)，\(EC\)，
\(\because ∠ACB=90^{\circ}\)，\(AC=8cm\)，\(BC=6cm\)，
\(\therefore AB=10cm\)，\(\therefore CE=5cm\)，
\(\because PA=PB=13cm\)，\(E\)是\(AB\)中点，\(\therefore PE=12cm\)，\(PE\perp AB\)
\(\because\)平面\(PAB\perp\)平面\(ABC\)，平面\(PAB\cap\)平面\(ABC=AB\)，
\(\therefore PE\perp\)平面\(ABC\)，
\(\because CE\subset\)平面\(ABC\)，\(\therefore PE\perp CE\)，
在直角\(△PEC\)中， \(P C=\sqrt{P E^2+C E^2}=13 \mathrm{~cm}\)，
故答案为:\(13cm\)． -
答案 \(\sqrt{2}\)
解析 \(\because\)三棱锥\(S-ABC\)中，棱\(SA\)，\(SB\)，\(SC\)两两垂直，且\(SA=SB=SC\)，
\(\therefore SA\perp\)平面\(SBC\)，且\(A B=A C=\sqrt{S A^2+S B^2}\)，
取\(BC\)的中点\(D\)，连接\(SD\)，\(AD\)，
则\(SD\perp BC\)，\(AD\perp BC\)，
则\(∠ADS\)是二面角\(A-BC-S\)的平面角，
设且\(SA=SB=SC=1\)，则\(SD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
则\(\tan \angle A D S=\dfrac{S A}{S D}=\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\).
-
证明 (1) \(\because PA\perp\)面\(ABC\)，\(\therefore PA\perp BC\)，
\(\because AB\)是直径，\(\therefore AC\perp BC\)，
又\(\because PA\cap AC=A\) ， \(\therefore BC\perp\)面\(PAC\)，
\(\therefore BC\perp AE\)，
又\(\because AE\perp PC\)，\(BC\cap PC=C\)，
\(\therefore AE\perp\)平面\(PBC\)；
(2)由(1)可知\(BC\perp\)面\(PAC\)，
又\(\because BC\subset\)平面\(PBC\)， \(\therefore\)平面\(PAC\perp\) 平面\(PBC\)；
(3)由(1)知\(AE\perp\) 平面\(PBC\)，\(\therefore BP\perp AE\)，
又\(\because AF\perp PB\)，\(AF\cap AE=A\)，\(\therefore PB\perp\)面\(AEF\)，
\(\therefore PB\perp EF\). -
答案 (1) 略；(2)\(\sqrt{2}\)
解析 (1)证明:折叠前，在四边形\(ABCD\)中，\(AD∥BC\)，\(AD=AB\)，\(∠BAD=90^{\circ}\)，
\(\therefore △ABD\)为等腰直角三角形．
又\(\because ∠BCD=45^{\circ}\)，\(∠DBC=45^{\circ}\)，\(\therefore ∠BDC=90^{\circ}\)．
折叠后，\(\because\)平面\(BCD\perp\)平面\(PBD\)，\(CD\perp BD\)，
\(\therefore CD\perp\)平面\(PBD\)．
又\(\because PB\subset\)平面\(PBD\)，\(\therefore CD\perp PB\)．
又\(PB\perp PD\)，\(PD\cap CD=D\)，
\(\therefore PB\perp\)平面\(PDC\)．又\(PB\subset\)平面\(PBC\)，
\(\therefore\)平面\(PBC\perp\)平面\(PDC\)．
(2)\(\because AE\perp BD\)，\(EF\perp BC\)，折叠后的位置关系不变，
\(\therefore PE\perp BD\)．
又平面\(PBD\perp\)平面\(BCD\)，\(\therefore PE\perp\)平面\(BCD\)，
\(\therefore PE\perp EF\)．
设\(AB=AD=a\)，则\(BD=\sqrt{2}a\)，
\(\therefore PE=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a=BE\)．
在\(Rt△BEF\)中， \(E F=B E \cdot \sin 45^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{1}{2} a\)．
在\(Rt△PEF\)中， \(\tan \angle P F E=\dfrac{P E}{E F}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2} a}{\dfrac{1}{2} a}=\sqrt{2}\)．
【B组---提高题】
1.如图所示，四边形\(ABCD\)、\(ABEF\)都是矩形，它们所在的平面互相垂直，\(AD=AF=1\)，\(AB=2\).点\(M\)、\(N\)分别在它们的对角线\(AC\)、\(BF\)上，且\(CM=BN=a(0<a<\sqrt{5})\)，当\(MN\)的长最小时，\(a\)的值为( )
A．\(\dfrac{\sqrt{5}}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{\sqrt{5}}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{10}}{3}\)
2.长方形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(BC=1\)，\(F\)是线段\(DC\)上一动点，且\(0<FC<1\)．将\(△AFD\)沿\(AF\)折起，使平面\(AFD\perp\)平面\(ABC\)，在平面\(ABD\)内作\(DK\perp AB\)于\(K\)，设\(AK=t\)，则\(t\)的值可能为( )
A．\(\dfrac{4}{3}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{3}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{4}\)
3.已知点\(E\)，\(F\)分别在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱\(AA_1\)，\(BB_1\)上，且\(A_1 E=2EA\)，\(BF=2FB_1\)，侧面\(C_1 EF\)与平面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)所成的二面角的正切值等于\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 如图所示，作\(MO\perp AB\)垂足为\(O\)，连接\(ON\)，则
\(\because\) 四边形\(ABCD\)、\(ABEF\)都是矩形，点\(M\)、\(N\)分别在它们的对角线\(AC\)、\(BF\)上，且\(CM=BN=a(0<a<\sqrt{5})\)，
\(\therefore ON\perp AB\)，\(\dfrac{O M}{1}=\dfrac{\sqrt{5}-a}{\sqrt{5}}\)，\(\dfrac{O N}{1}=\dfrac{a}{\sqrt{5}}\)，
\(\therefore O M=\dfrac{\sqrt{5}-a}{\sqrt{5}}\)， \(O N=\dfrac{a}{\sqrt{5}}\)，
\(\because OM\perp ON\)，
\(\therefore M N=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{5}-a}{\sqrt{5}}\right)^2+\left(\dfrac{a}{\sqrt{5}}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{2\left(a-\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)^2+\dfrac{5}{2}}{5}} \geq \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
\(\therefore a=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)时，\(MN\)的长最小，
故选:\(B\)．
-
答案 \(B\)
解析 如图，过\(D\)作\(DG\perp AF\)，垂足为\(G\)，连接\(GK\)，
\(\because\)平面\(AFD\perp\)平面\(ABC\)，又\(DK\perp AB\)，
\(\therefore AB\perp\)平面\(DKG\)，\(\therefore AB\perp GK\)．
容易得到，当\(F\)接近\(E\)点时，\(K\)接近\(AB\)的中点，
\(\because\)长方形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(BC=1\)，\(E\)为\(CD\)的中点，
\(\therefore\) 计算可得:\(A G=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，\(DG=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，\(DK=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(KG=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore t=AK=\dfrac{1}{2}\)，
当\(F\)接近\(C\)点时，可得三角形\(ADG\)和三角形\(ADC\)相似．
\(\therefore \dfrac{A G}{1}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)，可解得\(A G=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，
可得三角形\(AKG\)和三角形\(ABC\)相似．
\(\therefore \dfrac{\dfrac{\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{5}}=\dfrac{t}{2}\)，解得 \(t=\dfrac{2}{5}\)，
\(\therefore t\)的取值范围是\(\left(\dfrac{2}{5}， \dfrac{1}{2}\right)\)．
故选:\(B\)．
-
答案 \(\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)
解析 因为\(E\)，\(F\)分别在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱\(AA_1\)，\(BB_1\)上，
延长\(A_1 B_1\)，\(EF\)，交点为\(M\)，连接\(MC_1\)，
过\(B_1\)作\(B_1 N\perp MC_1\)，连接\(FN\)，
所以平面\(C_1EF\)与平面\(A_1 B_1 C_1 D_1\)所成的二面角就是\(∠FNB_1\)，
因为\(A_1 E=2EA\)，\(BF=2FB_1\)，
所以\(B_1 F:A_1E=1:2\)，所以\(MB_1:MA_1=1:2\)，
设正方体的棱长为\(1\)，所以\(C_1 M=\sqrt{2}\)，\(B_1 N=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)， \(B_1 F=\dfrac{1}{3}\)，
在\(Rt△FNB_1\)中， \(\tan \angle F N_1=\dfrac{B_1 F}{B_1 N}=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)，
故答案为: \(\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)．
【C组---拓展题】
1.在三棱锥\(P-ABC\)中，\(AB=AC=4\)，\(∠BAC=120^{\circ}\)，\(PB=PC=4\sqrt{3}\)，平面\(PBC\perp\)平面\(ABC\)，则三棱锥\(P-ABC\)外接球的表面积为\(\underline{\quad \quad}\)．
2.如图，已知平面\(\alpha\perp\)平面\(\beta\)，\(A\)、\(B\)是平面\(\alpha\)与平面\(\beta\)的交线上的两个定点，\(DA\subset\beta\)，\(CB\subset\beta\)，且\(DA\perp \alpha\)，\(CB\perp \alpha\)，\(AD=4\)，\(BC=8\)，\(AB=6\)，在平面\(\alpha\)上有一个动点\(P\)，使得\(∠APD=∠BPC\)，则\(△PAB\)的面积的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(80π\)
解析 如图，设\(△ABC\)的外接圆的圆心为\(O_1\)，
连接\(O_1 C\)，\(O_1 A\)，\(BC\cap O_1 A=H\)，连接\(PH\)．
由题意可得\(AH\perp BC\)，且\(AH=\dfrac{1}{2} O_1 A=2\)，\(BH=\dfrac{1}{2} BC=2\sqrt{3}\)．
因为平面\(PBC\perp\)平面\(ABC\)，且\(PB=PC\)，
所以\(PH\perp\)平面\(ABC\)，且\(P H=\sqrt{(4 \sqrt{3})^2-(2 \sqrt{3})^2}=6\)．
设\(O\)为三棱锥\(P-ABC\)外接球的球心，
连接\(OO_1\)，\(OP\)，\(OC\)，过\(O\)作\(OD\perp PH\)，垂足为\(D\)，
则外接球的半径\(R\)满足\(R^2=OO_1^2+4^2=\left(6-OO_1\right)^2+O_1 H^2\)，
即\(OO_1^2+16=\left(6-OO_1\right)^2+4\)，解得\(OO_1=2\)，
从而\(R^2=20\)，故三棱锥\(P-ABC\)外接球的表面积为\(4πR^2=80π\)．
故答案为:\(80π\)．
-
答案 \(12\)
解析 由题意平面\(\alpha\perp\)平面\(\beta\)，\(A\)、\(B\)是平面\(\alpha\)与平面\(\beta\)的交线上的两个定点，\(DA\subset\beta\)，\(CB\subset\beta\)，且\(DA\perp \alpha\)，\(CB\perp \alpha\)，
\(\therefore △PAD\)与\(△PBC\)是直角三角形，
又\(∠APD=∠BPC\)，\(\therefore △PAD∽△PBC\)，
又\(AD=4\)，\(BC=8\)，\(\therefore PB=2PA\)，
如图，
作\(PM\perp AB\)，垂足为\(M\)，令\(AM=t\)，
在两个\(Rt△PAM\)与\(Rt△PBM\)中，\(AM\)是公共边及\(PB=2PA\)，
\(\therefore P A^2-t^2=4 P A^2-(6-t)^2\)，解得\(PA^2=12-4t\)，
\(\therefore P M=\sqrt{12-4 t-t^2}\)．
\(\therefore S=\dfrac{1}{2} \times A B \times P M=\dfrac{1}{2} \times 6 \times \sqrt{12-4 t-t^2}\)\(=3 \sqrt{12-4 t-t^2}=3 \sqrt{16-(t+2)^2} \leq 12\)．
即三角形面积的最大值为\(12\)．