3 8.6.2 第2课时 直线与平面垂直的性质 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间几何核心知识，涵盖线面垂直、平行关系及距离、体积计算，通过基础题（如空间点到圆周距离）到综合题（如正方体中平面距离、翻折问题）逐步递进，构建从概念理解到复杂应用的学习支架。 其亮点在于以分层练习（基础达标、能力提升）和综合探究题（如等体积法求距离、翻折问题线面垂直证明）为载体，培养学生空间观念、推理能力与应用意识。例如第4题用等体积法求平面距离，第6题翻折问题分析线面关系，助力学生提升空间思维，教师可借此高效落实教学目标。

8．6.2　第2课时　课后达标检测 1 √ 1．在空间中，到圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是(　　) A．一个点　　　　　 B．一条直线 C.一个平面 D．一个球面 解析：过圆的圆心作此圆所在平面的垂线，则垂线上的点到圆周上各点的距离相等，所以到圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是一条直线． 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 15 14 13 √ 2．在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是(　　) A.相交 B．平行 C.异面 D．相交或平行 解析：根据圆柱的结构特征，可知母线垂直于圆柱的两个底面，已知另一底面的垂线上的点不在底面圆周上，故这条垂线与圆柱的母线所在直线平行． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　) A.α∥β且l∥α B.α∥β且l⊥β C.α与β相交，且交线与l垂直 D.α与β相交，且交线与l平行 解析：因为m⊥平面α，l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β.由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾，故α与β相交，且交线平行于l. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 6. (多选)如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线BD将△ABD折起到△A′BD，且A′在平面BCD上的射影O恰好在CD上，则下列结论正确的是(　　) A.A′C⊥BD B．A′D⊥BC C.A′C⊥BC D．A′D⊥A′B √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：因为四边形ABCD是矩形，且A′在平面BCD上的射影O恰好在CD上，所以A′O⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以BC⊥A′O，又BC⊥CD，且CD∩A′O＝O，CD，A′O⊂平面A′CD，所以BC⊥平面A′CD.因为A′D，A′C⊂平面A′CD，所以BC⊥A′D，BC⊥A′C.显然，由矩形ABCD，易知A′B⊥A′D，故B，C，D正确； 假设A′C⊥BD，因为A′O⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以A′O⊥BD.又A′C∩A′O＝A′，A′C，A′O⊂平面A′CD，所以BD⊥平面A′CD，因为CD⊂平面A′CD，所以BD⊥CD，显然不成立，所以假设不成立，故A错误． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 7．如图所示，已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝__________.   解析：因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，则AF∥DE， 又因为AF＝DE， 则四边形AFED为平行四边形， 所以EF＝AD＝6. 6 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 8.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是侧面PBC上的一点，其中D∉PC，过点D作平面ABC的垂线DE，则DE与平面PAC的位置关系是__________． 解析：因为DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，所以DE∥PA.又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC. 平行 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 9．已知四边形ABCD是边长为8的菱形，且∠ABC＝30°，若PA⊥平面ABCD，且PA＝3，则点P到直线BC的距离为________． 5 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 10.(13分)如图，在底面是直角梯形的四棱锥P­ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，求AD到平面PBC的距离． 解：因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC， 所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离， 因为侧棱PA⊥底面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥BC， 因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC， 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 12．设AB和CD都是平面α的垂线，其垂足分别为B，D.已知AB＝5，CD＝9，BD＝3，那么线段AC＝_____________． 解析：由AB和CD都是平面α的垂线，其垂足分别为B，D， 可得AB∥CD，且AB⊥BD，CD⊥BD. 如图1所示，当点A，C在平面α的同侧时，  过点A作AE⊥CD，垂足为E，则AE綉BD， 又因为AB＝5，CD＝9，BD＝3，所以CE＝CD－DE＝CD－AB＝4， 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 如图2所示，当点A，C在平面α的两侧时，  过点A作CD的延长线的垂线，垂足为F，则AF⊥CF，AF綉BD， 又因为AB＝5，CD＝9，BD＝3，所以CF＝CD＋DF＝CD＋AB＝14， 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以翻折后有EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE， 故EF⊥PD. 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 (2)求五棱锥P-BCDEF的体积．(8分) 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 14．(15分)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，M是DD1的中点．   (1)证明：AC⊥BD1；(5分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 证明：连接BD.在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD， AC⊂平面ABCD， 所以DD1⊥AC， 又在正方形ABCD 中，BD⊥AC， 且DD1∩BD＝D，DD1，BD⊂平面 BDD1， 所以AC⊥平面BDD1, 又BD1⊂平面BDD1， 所以AC⊥BD1. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (2)证明：BD1∥平面AMC；(5分) 证明：设AC∩BD＝O，连接OM， 因为四边形ABCD 是正方形， 所以O为BD的中点， 又M为DD1的中点， 所以OM∥BD1， 又OM⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC， 所以BD1∥平面AMC. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (3)求BD1到平面AMC的距离．(5分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 √ 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 4．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为 eq \r(2) ，平面AB1D1到平面BC1D的距离为(　　) A. eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(6),2) C． eq \f(\r(6),3) D． eq \f(\r(6),6) 解析：因为AB1∥C1D，AB1⊄平面BC1D，C1D⊂平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D.同理可得AD1∥平面BC1D.又AB1∩AD1＝A，AB1，AD1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面BC1D.所以原问题等价于求点C1到平面AB1D1的距离h，由等体积法可得V三棱锥C1­AB1D1＝V三棱锥A­B1C1D1，即h× eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×22×sin 60°＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(2) × eq \r(2) ，解得h＝ eq \f(\r(6),3) ，即平面AB1D1到平面BC1D的距离为 eq \f(\r(6),3) . 5.已知在Rt△ABC中，斜边BC∥平面α，A∈α，AB，AC分别与平面α成30°和45°的角，已知BC＝6，则BC到平面α的距离为(　　) A.4 B．2 eq \r(6) C． eq \r(6) D．3 eq \r(2) 解析：作BB1⊥α于点B1，CC1⊥α于点C1，则由BC∥α，得BB1＝CC1， 且CC1就是BC到平面α的距离，设CC1＝x， 连接AB1，AC1，则∠BAB1＝30°，∠CAC1＝45°，所以AC＝ eq \r(2) x，AB＝2x，在Rt△ABC中，BC＝6，∠BAC＝90°， 所以36＝2x2＋4x2，所以x＝ eq \r(6) ，即BC到平面α的距离为 eq \r(6) . 解析：过点A作AE⊥BC于点E，连接PE， 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又AE⊥BC，AE∩PA＝A，AE，PA⊂平面PAE，故BC⊥平面PAE，因为PE⊂平面PAE，所以PE⊥BC，故PE为点P到直线BC的距离，又AE＝AB sin 30°＝4，所以PE＝ eq \r(PA2＋AE2) ＝ eq \r(32＋42) ＝5. 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB， 因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2 eq \r(2) ， 设点A到平面PBC的距离为d， 连接AC(图略)，由V三棱锥P­ABC＝V三棱锥A­PBC得 eq \f(1,3) PA·S△ABC＝ eq \f(1,3) d·S△PBC， 所以 eq \f(1,3) ×2× eq \f(1,2) ×2×2＝ eq \f(1,3) d× eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) ×2，得d＝ eq \r(2) ， 所以AD到平面PBC的距离为 eq \r(2) . 11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠BAC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M为AB边上的一个动点，则PM的最小值为(　　) A.5 B．2 eq \r(7) C．7 D．7 eq \r(2) 解析：因为P是定点，要使PM的值最小，只需PM⊥AB即可． 要使PM⊥AB，由于PC⊥平面ABC， 所以只需使CM⊥AB即可． 因为∠BAC＝60°，AB＝8， 所以AC＝AB·cos 60°＝4， 所以CM＝AC·sin 60°＝2 eq \r(3) . 所以当PM⊥AB时，PM＝ eq \r(PC2＋CM2) ＝ eq \r(16＋12) ＝2 eq \r(7) ， 故PM的最小值为2 eq \r(7) . 在Rt△ACE中，可得AC＝ eq \r(AE2＋CE2) ＝ eq \r(32＋42) ＝5. 5或 eq \r(205) 在Rt△ACF中，可得AC＝ eq \r(AF2＋CF2) ＝ eq \r(32＋142) ＝ eq \r(205) . 13.(15分)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5 eq \r(3) ，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，E，F分别是AD，AB上的点，且满足AE＝ eq \f(2,5) AD，AF＝ eq \f(1,2) AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4 eq \r(3) . (1)证明：EF⊥PD；(7分) 证明：由AB＝8，AD＝5 eq \r(3) ，AE＝ eq \f(2,5) AD， AF＝ eq \f(1,2) AB， 得AE＝2 eq \r(3) ，AF＝4，又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF＝ eq \r(AE2＋AF2－2AE·AF cos ∠BAD) ＝ eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2)) ＝2， 解：由(1)知PE＝AE＝2 eq \r(3) ，ED＝3 eq \r(3) ， 因为CD⊥AD，EF⊥AD， 所以CD∥EF，又EF⊥PD，所以CD⊥PD，PD＝ eq \r(PC2－CD2) ＝ eq \r(39) ， 且PE2＋ED2＝PD2， 所以PE⊥ED，由(1)知EF⊥PE， 又EF∩ED＝E，EF，ED⊂平面BCDEF， 所以PE⊥平面BCDEF，PE即为五棱锥P­BCDEF的高． 过点B作BG∥EF交DE于点G，则BG∥CD，BG⊥ED，又AF＝ eq \f(1,2) AB，所以BG＝2EF＝4，EG＝AE＝2 eq \r(3) ， S五边形BCDEF＝S梯形EFBG＋S梯形CDGB＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋4)) ×2 eq \r(3) ＋ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4)) × eq \r(3) ＝ eq \f(19\r(3),2) ， VP­BCDEF＝ eq \f(1,3) S五边形BCDEF×PE＝ eq \f(1,3) × eq \f(19\r(3),2) ×2 eq \r(3) ＝19. 解：由(2)知BD1到平面AMC的距离就是点D1到平面AMC的距离，又因为M是DD1的中点，所以即求点D到平面AMC的距离． 令点D到平面AMC的距离为h，所以VD­AMC＝VM­ADC， 即 eq \f(1,3) S△AMC·h＝ eq \f(1,3) S△ADC·DM， 因为AB＝1，AA1＝2，M是DD1的中点， 所以DM＝1，AM＝MC＝ eq \r(2) ，AC＝ eq \r(2) ， 即S△AMC＝ eq \f(\r(3),4) ×( eq \r(2) )2＝ eq \f(\r(3),2) ， 所以 eq \f(\r(3),2) h＝ eq \f(1,2) ×1×1×1，解得h＝ eq \f(\r(3),3) ， 即BD1到平面AMC的距离为 eq \f(\r(3),3) . 15．已知三棱柱ABC­A1B1C1的棱长均为3，D为BC的中点，E在CC1上，且A1D⊥平面ABC，则三棱锥A1­ADE的体积为(　　) A. eq \f(3\r(3),8) B． eq \f(7\r(3),16) C. eq \f(\r(3),2) D． eq \f(9\r(3),16) 解析：如图，因为三棱柱ABC­A1B1C1的棱长均为3，所以△ABC是边长为3的等边三角形， 因为D为BC的中点，所以AD⊥BC，AD＝AC sin 60°＝ eq \f(3\r(3),2) ， 因为A1D⊥平面ABC，且AD，BC⊂平面ABC， 所以A1D⊥AD，A1D⊥BC， 则在Rt△A1AD中，A1D＝ eq \r(A1A2－AD2) ＝ eq \f(3,2) ， S△A1AD＝ eq \f(1,2) AD·A1D＝ eq \f(1,2) × eq \f(3\r(3),2) × eq \f(3,2) ＝ eq \f(9\r(3),8) . 因为AA1∥CC1，AA1⊂平面A1AD，CC1⊄平面A1AD，所以CC1∥平面A1AD， 则CC1上所有点到平面A1AD的距离相等． 因为AD⊥BC，A1D⊥BC，A1D∩AD＝D，A1D，AD⊂平面A1AD，所以BC⊥平面A1AD. 又因为E在CC1上，故点E到平面A1AD的距离为CD＝ eq \f(3,2) ， 所以VA1­ADE＝VE­A1AD＝ eq \f(1,3) S△A1AD·CD＝ eq \f(1,3) × eq \f(9\r(3),8) × eq \f(3,2) ＝ eq \f(9\r(3),16) . $