8.6.3 第2课时 平面与平面垂直的性质(学用Word)(课时跟踪检测)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

第二课时　平面与平面垂直的性质 1.已知直线l⊥平面α，则“直线l∥平面β”是“平面α⊥平面β”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 2.若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为（　　） A.过点P垂直于平面α的直线平行于平面β B.过点P垂直于直线l的直线在平面α内 C.过点P垂直于平面β的直线在平面α内 D.过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β 3.若平面α⊥平面β，α∩β＝l，直线a⊂α，直线b⊂β，且a，b与棱l都不垂直.给出下列四个结论中正确的是（　　） A.a与b可能垂直，但不可能平行 B.a与b可能垂直，也可能平行 C.a与b不可能垂直，但可能平行 D.a与b不可能垂直，也不可能平行 4.已知在四面体A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为3的等边三角形，BD＝CD，BD⊥CD，则四面体A-BCD的体积为（　　） A. B. C. D. 5.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴旋转，当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝（　　） A. B. C.2 D.3 6.〔多选〕（2025·温州月考）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，则下列结论中一定成立的是（　　） A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDF⊥平面ABC 7.〔多选〕如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为正三角形，侧棱AA1垂直于底面ABC，D为AC的中点，则下列判断正确的是（　　） A.C1D与BB1是异面直线 B.BD⊥A1C1 C.平面BDC1⊥平面ACC1A1 D.A1B1∥平面BDC1 8.如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A'，B'，则＝　　　　. 9.在四面体A-BCD中，AB⊥AD，AB＝AD＝BC＝CD＝1，且平面ABD⊥平面BCD，M为AB的中点，则线段CM的长为　　　　. 10.如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是∠DAB＝60°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，G为AD的中点.求证： （1）BG⊥平面PAD； （2）AD⊥PB. 11.如图所示，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧面PAD为等边三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，点M在底面正方形ABCD内运动，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹一定是（　　） 12.〔多选〕如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法中正确的是（　　） A.平面PAB⊥平面PAD B.平面PAD⊥平面PDC C.AB⊥PD D.平面PAD⊥平面PBC 13.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α. 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题　　　　.（填序号） 14.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点. （1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1. 15.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直. （1）证明：EF∥平面ABCD； （2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二课时　平面与平面垂直的性质 1.A　①当l∥β时，又∵l⊥α，则α⊥β，∴“直线l∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分条件；②当α⊥β时，又∵l⊥α，则l∥β或l⊂β，∴“直线l∥平面β”不是“平面α⊥平面β ”的必要条件.故选A. 2.B　由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，则直线平行于平面β，因此A是真命题；过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B是假命题；根据面面垂直的性质定理知，选项C、D是真命题. 3.C　若a∥l，b∥l，则a∥b，所以a，b可能平行；若a，b中至少有一条不与l平行，若a⊥b，则a⊥l，这与题设矛盾，故a，b不可能垂直. 4.C　∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥CD，CD⊂平面BCD，∴CD⊥平面ABD，又等边△ABD边长为3，则S△ABD＝AB·AD·sin 60°＝，又BD＝CD＝3，故＝CD·S△ABD＝.故选C. 5.C　如图，取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC＝AB，DE⊂平面ABD，所以DE⊥平面ABC.又CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE，由已知可得DE＝，CE＝1，在Rt△DEC中，CD＝＝2. 6.ABC　因为D，F分别为AB，AC的中点，则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，A成立；又E为BC的中点，且PB＝PC，AB＝AC，则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，B成立；又DF⊂平面PDF，则平面PDF⊥平面PAE，C成立；要使平面PDF⊥平面ABC，已知AE⊥DF，则必须有AE⊥PD或AE⊥PF，由条件知此垂直关系不一定成立，D不一定成立.故选A、B、C. 7.ABC　对于A，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1∥CC1，CC1⊂平面ACC1A1，BB1⊄平面ACC1A1，所以BB1∥平面ACC1A1，又CC1∩C1D＝C1，所以C1D与BB1是异面直线，故A正确；对于B，因为AA1垂直于底面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD，又因为△ABC为正三角形，且D为AC的中点，所以BD⊥AC，又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又A1C1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C1，故B正确；对于C，因为BD⊥平面ACC1A1，BD⊂平面BDC1，所以平面BDC1⊥平面ACC1A1，故C正确；对于D，因为AB∩平面BDC1＝B，所以AB与平面BDC1不平行，又AB∥A1B1，所以A1B1与平面BDC1不平行，故D错误. 8.2　解析：由已知条件可知∠BAB'＝，∠ABA'＝，设AB＝2a，则BB'＝2asin＝a，A'B＝2acos＝a，∴在Rt△BB'A'中，得A'B'＝a，∴＝2. 9.　解析：如图所示，取BD的中点O，连接OA，OC，因为AB＝AD＝BC＝CD＝1，所以OA⊥BD，OC⊥BD.又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD.又AB⊥AD，所以DB＝，所以OA＝OC＝OB＝.取OB中点N，连接MN，CN，所以MN∥OA，所以MN⊥平面BCD.因为CN⊂平面BCD，所以MN⊥CN.因为CN2＝ON2＋OC2＝，MN2＝＝，所以CM＝＝. 10.证明：（1）因为四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，所以△ABD是正三角形， 因为G为AD的中点，所以BG⊥AD. 又平面PAD∩平面ABD＝AD，平面PAD⊥平面ABD，BG⊂平面ABD， 所以BG⊥平面PAD. （2）由（1）可知BG⊥AD，又△PAD为正三角形，所以PG⊥AD. 因为BG∩PG＝G，BG，PG⊂平面PBG，所以AD⊥平面PBG. 又PB⊂平面PBG，所以AD⊥PB. 11.B　∵MP＝MC，∴点M在PC的中垂面α上，∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是平面α和正方形ABCD的交线.∵四边形ABCD为正方形，侧面PAD为等边三角形，∴PD＝CD.取PC的中点N（图略），有DN⊥PC，取AB的中点H，易知CH＝HP，∴HN⊥PC.又∵DN∩HN＝N，∴PC⊥平面DHN，∴平面DHN即为平面α.又∵平面DHN∩平面ABCD＝HD，∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是线段HD，即点D与AB中点的连线. 12.ABC　∵底面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A、B、C. 13.①③④⇒②（或②③④⇒①） 解析：共有四个命题：①②③⇒④，①②④⇒③，①③④⇒②，②③④⇒①.对于①②③⇒④，若m⊥n，α⊥β，n⊥β，则m与α可平行或相交，故命题错误；对于①②④⇒③，若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n与β可平行或相交，故命题错误；对于①③④⇒②，因为m⊥n，n⊥β，则m⊂β或m∥β，又因为m⊥α，则α⊥β，故命题正确；对于②③④⇒①，因为m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m∥β，又因为n⊥β，则m⊥n，故命题正确. 14.证明：（1）因为E，F分别是AC，B1C的中点， 所以EF∥AB1. 又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1， 所以EF∥平面AB1C1. （2）因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以B1C⊥AB. 又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C， 又因为AB⊂平面ABB1， 所以平面AB1C⊥平面ABB1. 15.解：（1）证明：如图， 分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN， ∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8， ∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN. 又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD， 平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC， ∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD， ∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN. 又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD. （2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD. 由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD， 同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD， 易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4，EM∥FN∥GQ∥HP. 易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，∴PM⊥MN， 又PM＝QN＝MN＝PQ＝BD＝4，∴四边形PMNQ是正方形，∴四棱柱PMNQ-HEFG为正四棱柱， ∴V四棱柱PMNQ-HEFG＝（4）2×4＝128. ∵AC⊥BD，BD∥PM，∴AC⊥PM. ∵EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴EM⊥AC. 又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M， ∴AC⊥平面PMEH， 则点A到平面PMEH的距离d＝AC＝2， ∴V四棱锥A-PMEH＝S四边形PMEH×d＝×4×4×2＝， ∴该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ-HEFG＋4V四棱锥A-PMEH＝128＋4×＝（cm3）. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $