6.5.2 平面与平面垂直 课后达标 检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦立体几何核心内容，涵盖空间直线与平面位置关系、二面角计算及翻折问题，通过课后达标检测衔接平面到立体的知识过渡，以基础、提升、拓展题搭建学习支架，巩固线面垂直、面面垂直等判定与性质。 其亮点在于以问题链驱动思维，如梯形翻折、动态二面角分析等情境，引导学生用数学眼光观察空间形式，通过严密逻辑推理（如线面垂直判定）发展数学思维，用符号与图形语言表达关系提升数学语言能力，助力学生深化空间想象，教师可精准检测学情以优化教学。

5．2　课后达标 检测 1．已知m，n，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是(　　) A．异面 B．相交但不垂直 C．平行 D．相交且垂直 解析：因为α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，所以n⊥α.又m⊥α，所以m∥n.故选C. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 3.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点．将四边形ADFE沿直线EF进行翻折．给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC.在翻折的过程中，可能成立的结论是(　　) A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 解析：对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC 与DF不垂直，故①不可能成立； 对于②，如图，设点D在平面BCF上的投影为点P， 当BP⊥CF时，有BD⊥FC.而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，故②可能成立； 对于③，当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BFC，故③可能成立； 对于④，因为点D的投影不可能在FC上，故④不可能成立．故选B. 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4.在四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是(　　) A．锐角(非等边)三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 解析：作AE⊥BD于点E，因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE⊂平面ABD，所以AE⊥平面BCD.又因为BC⊂平面BCD，所以AE⊥BC.因为DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC. 又因为AE∩DA＝A，AE，DA⊂平面ABD，所以BC⊥平面ABD. 因为AB⊂平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC为直角三角形．故选B. 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 5．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　) A．AC∥平面A1BC1 B．AD⊥平面A1BC1 C．A1C1⊥AD1 D．平面A1BC1⊥平面BB1D1D 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1， 所以AC∥平面A1BC1； 对于B，∠DAC＝45°，AD与AC不垂直， 则AD与A1C1不垂直，AD⊥平面A1BC1不正确； 对于C，连接CD1，AC＝AD1＝CD1，则△ACD1为等边三角形，则AD1与AC不垂直，则AD1与A1C1也不垂直； 对于D，BB1⊥平面A1B1C1D1，则BB1⊥A1C1，又B1D1⊥A1C1，BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D， 所以A1C1⊥平面BB1D1D，因为A1C1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面BB1D1D.故选AD. 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 6．(多选)如图，在四面体P-ABC中，AB＝AC，PB＝PC，D，E，F分别是棱AB，BC，CA的中点，则下列结论中一定正确的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDF⊥平面ABC 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ √ 课后达标 检测 解析：因为D，F分别为AB，AC的中点，所以DF为△ABC的中位线，则BC∥DF，依据线面平行的判定定理，可知BC∥平面PDF，故A正确； 因为E为BC的中点，且PB＝PC，AB＝AC，所以BC⊥PE，BC⊥AE，依据线面垂直的判定定理，可知BC⊥平面PAE，因为BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，故B正确； 因为DF⊂平面PDF，DF⊥平面PAE，所以平面PDF⊥平面PAE，故C正确； 假设平面PDF⊥平面ABC，则由平面PDF∩平面ABC＝DF，AE⊂平面ABC，AE⊥DF，得AE⊥平面PDF，设AE与DF交于点O，连接OP(图略)，则AE⊥PO，由条件知此垂直关系不一定成立，故D不正确．故选ABC. 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7.如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面互相垂直，则cos α∶cos β＝________． 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 课后达标 检测 8．已知二面角α－l－β的平面角是120°，在平面α内，AB⊥l于B，AB＝2，在平面β内，CD⊥l于D，CD＝3，BD＝1，M是棱l上的一个动点，则AM＋CM的最小值是________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9．如图，平面ABC⊥平面ABD，∠ACB＝90°，CA＝CB，△ABD是正三角形，O为AB的中点，则图中直角三角形的个数为________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 6 课后达标 检测 解析：因为CA＝CB，O为AB的中点， 所以CO⊥AB.又平面ABC⊥平面ABD，且交线为AB，CO⊂平面ABC，所以CO⊥平面ABD. 因为OD⊂平面ABD， 所以CO⊥OD，所以△COD为直角三角形． 所以图中的直角三角形有△AOC，△COB，△ABC，△AOD，△BOD，△COD，共6个． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 解：证明：点C′在平面ABD上的投影O恰好落在AB上， 即BO为BC′在平面ABD上的投影，而BO⊥AD，所以BC′⊥AD，因为BC′⊥C′D，C′D∩AD＝D，C′D，AD⊂平面ADC′， 所以BC′⊥平面ADC′， 又BC′⊂平面DBC′， 所以平面DBC′⊥平面ADC′. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)求二面角C′－AD－B的余弦值． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．如图所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，则点H在(　　) A．直线AC上 B．直线AB上 C．直线BC上 D．△ABC内部 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是四边形D1DCC1内异于C，D的动点，平面AMD⊥平面BMC，则点M的轨迹的长度为________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 π 课后达标 检测 14．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 解：证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE， 故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. 课后达标 检测 (2)求图2中的四边形ACGD的面积． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 15．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________________________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 DM⊥PC(或BM⊥PC) 课后达标 检测 解析：由题意得BD⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有DM∩BD＝D(或BM∩BD＝B)，DM，BD⊂平面MBD(或BM，BD⊂平面MBD)，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点，若F为线段BC上的动点(不含B). (1)平面AEF与平面PBC是否垂直？若是，请证明；若不是，请说明理由； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解：垂直．证明如下：因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又因为底面ABCD为正方形，所以BC⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB. 因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE. 因为PA＝AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC， 所以AE⊥平面PBC. 因为AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)线段BC上是否存在点F，使二面角B-AE-F的平面角的大小为45°？ 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 2.如图，P是二面角α-l-β的交线l上一定点，PA⊂α，PB⊂β，且PA⊥l，PB⊥l，∠BPA＝ eq \f(2π,3) ，若点C是半平面α上任意一点，则∠BPC的范围为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) 解析：当PC与l重合时，∠BPC＝ eq \f(π,2) ，当PC与PA重合时，∠BPC＝ eq \f(2π,3) .故∠BPC的范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) .故选D. eq \r(5) ∶2 解析：由题意，两个矩形的对角线长分别为5，2 eq \r(5) ，所以cos α＝ eq \f(5,\r(25＋4)) ＝ eq \f(5,\r(29)) ，cos β＝ eq \f(2\r(5),\r(29)) ， 所以cos α∶cos β＝ eq \r(5) ∶2. eq \r(26) 解析：将二面角α－l－β平摊开来，如图所示， 当A，M，C在一条直线上时AM＋CM有最小值， 最小值为对角线AC， 因为AE＝2＋3＝5，CE＝BD＝1， 所以AC＝ eq \r(AE2＋CE2) ＝ eq \r(26) . 10.如图，在矩形ABCD中，AB＝3 eq \r(3) ，BC＝3，沿对角线BD把△BCD折起，使点C移到点C′，且点C′在平面ABD上的投影O恰好落在AB上． (1)求证：平面DBC′⊥平面ADC′； 解：由(1)知BC′⊥平面ADC′，又AC′⊂平面ADC′，所以BC′⊥AC′，在Rt△AC′B中，有AC′＝3 eq \r(2) ，则有AC′2＋AD2＝C′D2， 所以C′A⊥AD，又AB⊥AD，C′A∩AB＝A， 所以二面角C′－AD－B的平面角是∠C′AB， 所以cos ∠C′AB＝ eq \f(AC′,AB) ＝ eq \f(\r(6),3) ， 所以二面角C′－AD－B的余弦值是 eq \f(\r(6),3) . 解析：连接AC1，因为BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，BC1，BA⊂平面ABC1，所以AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABC1，因为平面ABC∩平面ABC1＝AB，要过C1作C1H⊥平面ABC，则只需过C1作C1H⊥AB即可，故点H在直线AB上．故选B. 12.(多选)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝ eq \f(1,2) AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2 eq \r(3) ，则(　　) A．平面PED⊥平面EBCD B．PC⊥ED C．二面角P-DC-B的大小为 eq \f(π,4) D．PC与平面PED的夹角的正切值为 eq \r(2) 解析：PD＝AD＝ eq \r(AE2＋DE2) ＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，在△PDC中，PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，易知CD⊥DE，又PD∩DE＝D，PD，DE⊂平面PED，所以CD⊥平面PED，又CD⊂平面EBCD，所以平面PED⊥平面EBCD，故A正确； 若PC⊥ED，又ED⊥CD，可得ED⊥平面PDC，则ED⊥PD，而∠EDP＝∠EDA＝ eq \f(π,4) ，显然矛盾，故B错误； 二面角P-DC-B的平面角为∠PDE，易知∠PDE＝∠ADE＝ eq \f(π,4) ，故C正确； 由上面分析可知，∠CPD为直线PC与平面PED的夹角，在Rt△PCD中，tan ∠CPD＝ eq \f(CD,PD) ＝ eq \f(\r(2),2) ，故D错误．故选AC. 解析：因为DM⊂平面D1DCC1，BC⊥平面D1DCC1，故DM⊥BC， 又因为平面AMD⊥平面BMC，故要满足题意，只需DM⊥MC即可． 又点M在平面D1DCC1内，故点M的轨迹是平面D1DCC1内，以DC为直径的半圆(不包含D，C).又正方体棱长为2，故该半圆的半径为1，故其轨迹长度为 eq \f(2π,2) ＝π. 解：取CG的中点M，连接EM，DM. 因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE， 所以DE⊥平面BCGE， 又CG，EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM. 由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG， 又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM. 又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝ eq \r(3) ，故DM＝2.又CG＝BF＝2， 所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4. 解：存在．由(1)可知，AE⊥平面PBC，所以二面角B-AE-F的平面角为∠BEF. 若∠BEF＝45°，由(1)可知BC⊥平面PAB，又BE⊂平面PAB，所以BC⊥BE， 则BF＝BE＝ eq \f(\r(2),2) AB＝ eq \f(\r(2),2) BC<BC， 故线段BC上存在点F，使二面角B-AE-F的平面角的大小为45°. $