5 8.6.3 第2课时 平面与平面垂直的性质 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立体几何中的垂直关系（线面垂直、面面垂直），通过基础达标题（如长方体中ME与平面ABCD的位置关系判断）引入，逐步过渡到折叠问题、体积计算等综合应用，以分层题目为学习支架，帮助学生构建从定义性质到实际应用的知识脉络。 其亮点在于题目设计兼顾基础与提升，如折叠问题（等腰直角三角形折成垂直平面后判断线线垂直、三角形形状）培养数学眼光，证明题（三棱台中BF⊥平面ACFD）强化数学思维，规范的证明过程书写提升数学语言表达。学生能提升空间观念与推理能力，教师可借助分层题目实施精准教学。

8．6.3　第2课时　课后达标检测 1 √ 1．已知长方体ABCD-A1B1C1D1，在平面AA1B1B上任取一点M，作ME⊥AB于点E，则(　　) A．ME⊥平面ABCD B．ME⊂平面ABCD C．ME∥平面ABCD D．以上都有可能 解析：因为ME⊂平面AA1B1B，平面AA1B1B∩平面ABCD＝AB，平面AA1B1B⊥平面ABCD，ME⊥AB，所以ME⊥平面ABCD. 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 15 14 13 √ 2．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 解析：①因为l∥β，l⊥α，所以α⊥β，所以充分性成立；②当α⊥β时，又因为l⊥α，则l∥β或l⊂β，所以必要性不成立．所以“直线l∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要条件． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 3．已知平面α⊥平面β，点A∈α，则过点A且垂直于平面β的直线(　　) A．只有一条，不一定在平面α内 B．有无数条，不一定在平面α内 C．只有一条，一定在平面α内 D．有无数条，一定在平面α内 解析：根据面面垂直的性质定理可知，当平面α⊥平面β时，过平面α上一点且垂直于平面β的直线，在平面α内且只有一条． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影点H必在(　　) A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部(不包括边界) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：连接AC1(图略). 因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1， 所以AC⊥平面ABC1. 又因为AC⊂平面ABC， 所以平面ABC1⊥平面ABC， 所以点C1在平面ABC上的射影点H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 5.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则(　　) A．DM≠EN，且直线DM，EN是异面直线 B．DM＝EN，且直线DM，EN是异面直线 C．DM≠EN，且直线DM，EN是相交直线 D．DM＝EN，且直线DM，EN是相交直线 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：连接BD， 因为点N为正方形ABCD的中心，所以N是BD的中点， 所以DM，EN⊂平面BDE，所以DM与EN相交． 因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD， 又因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面ECD，因为EC⊂平面ECD，所以BC⊥EC， 又因为△ECD是等边三角形，所以EC＝CD，又BC＝BC， 所以△ECB≌△DCB，所以EB＝BD，又因为M是BE的中点， 所以EN＝DM. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 6．(多选)以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ADB和△ACD折成互相垂直的两个平面后，得出的正确结论是　(　　)   A．BD⊥AC B．△ABC是等边三角形 C．三棱锥D-ABC是正三棱锥 D．平面ADB⊥平面ABC √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：对于A，由题意知，AD⊥BD，又平面ADB⊥平面ADC，平面ADB∩平面ADC＝AD，BD⊂平面ABD，所以BD⊥平面ADC，又因为AC⊂平面ADC，所以BD⊥AC，故A正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 对于D，因为CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ADB， 所以CD⊥平面ADB，又CD⊂平面BDC， 所以平面BDC⊥平面ADB，假如平面ADB⊥平面ABC， 平面BDC∩平面ABC＝BC，则BC⊥平面ADB，显然是不可能的，所以D错误． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 7．已知平面α⊥平面β，a⊂α，b⊂β，且b∥α，a⊥b，则a和β的位置关系是________． 解析：设α∩β＝m，因为b∥α，b⊂β，所以b∥m.又因为a⊥b，所以a⊥m.因为α⊥β，α∩β＝m，a⊂α，所以a⊥β. 垂直 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 8．已知α，β是两个不同的平面，l是平面α与β之外的直线，给出下列三个论断：①l⊥α，②l∥β，③α⊥β. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________________________．(用序号表示) 解析：由l∥β可在平面β内作l′∥l，又l⊥α，所以l′⊥α，因为l′⊂β，所以α⊥β，故①②⇒③. ①②⇒③(答案不唯一) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 9.如图，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____________． 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 10．(13分)如图，在三棱台ABC-­DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2. 求证：BF⊥平面ACFD. 证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示． 因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，AC⊂平面ABC， 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 所以AC⊥平面BCK， 又BF⊂平面BCK，所以BF⊥AC. 又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2， 所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK. 又CK∩AC＝C，CK，AC⊂平面ACFD， 所以BF⊥平面ACFD. 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．(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC⊥CB，AC＝CB，PA＝PB＝AB，E，M是棱PB上的点，M为EB的中点，F是棱PC上的点，若PB⊥平面AEF，则下列选项正确的有(　　) A．平面AEF⊥平面PAB B.E为PB的中点 C.PF＝3FC D．CM∥平面AEF √ √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：对于A，因为PB⊥平面AEF，PB⊂平面PAB，所以平面AEF⊥平面PAB，故A正确； 对于B，因为PB⊥平面AEF，AE⊂平面AEF，所以PB⊥AE，又△PAB为等边三角形，所以E为PB的中点，故B正确； 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 对于D，由上知，PF＝2FC，又M为EB的中点，所以PE＝2EM，所以CM∥EF.又EF⊂平面AEF，CM⊄平面AEF，所以CM∥平面AEF，故D正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 3 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 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 (2)求证：△ADP为直角三角形；(5分) 证明：因为PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，PC⊂平面PCD， 所以PC⊥平面ADP，又AD⊂平面ADP， 所以PC⊥AD，又AC⊥AD， AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面ACP， 所以AD⊥平面ACP， 因为AP⊂平面ACP，所以AD⊥AP， 所以∠DAP＝90°，即△ADP为直角三角形． 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (3)若PC＝AD＝1，求四棱锥P-ABCD的体积．(7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 15.(15分)(2025·青岛期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，侧面△PAD为正三角形，且其所在平面垂直于底面ABCD. (1)求证：AD⊥PB；(7分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 证明：取AD的中点G，连接PG，BG，BD，如图．因为△PAD为正三角形，所以PG⊥AD. 在菱形ABCD中，∠DAB＝60°， 所以△ABD为正三角形，又G为AD的中点， 所以BG⊥AD. 又BG∩PG＝G，BG，PG⊂平面PGB， 所以AD⊥平面PGB. 因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (2)若E为BC边的中点，则能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？证明你的结论．(8分) 解：当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD. 证明如下：在△PBC中，EF∥PB， 又EF⊂平面DEF，PB⊄平面DEF， 所以PB∥平面DEF，同理GB∥平面DEF. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 又PB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B， 所以平面DEF∥平面PGB. 由(1)得PG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD， 所以PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB， 所以平面PGB⊥平面ABCD， 所以平面DEF⊥平面ABCD. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 对于B，C，由A知BD⊥CD，设AB＝AC＝a，因为AD为等腰直角三角形ABC斜边BC上的高，所以AD＝BD＝CD＝ eq \f(\r(2),2) a，又因为∠BDC＝90°，所以BC＝ eq \r(BD2＋CD2) ＝a， 所以AB＝AC＝BC，所以△ABC为等边三角形，即三棱锥D­ABC是正三棱锥，故B，C正确； eq \f(9\r(3),4) 解析：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，CD⊂平面BCD， 所以CD⊥平面ABD， 所以V四面体A­BCD＝V四面体C­ABD＝ eq \f(1,3) S△ABD·CD， 因为△ABD是边长为3的等边三角形，所以S△ABD＝ eq \f(1,2) ×3×3×sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(9\r(3),4) ， 又BD＝CD＝3，所以V四面体A­BCD＝ eq \f(1,3) × eq \f(9\r(3),4) ×3＝ eq \f(9\r(3),4) . 11．在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC把平面ACD折起，使平面ACD⊥平面ABC，则折叠后∠BCD的余弦值为(　　) A． eq \f(4,5) B． eq \f(3,5) C． eq \f(12,25) D． eq \f(5,12) 解析：过点D作DE⊥AC，垂足为E，连接BE， CD＝AB＝4，AD＝3，则AC＝5，DE＝ eq \f(12,5) ，AE＝ eq \f(9,5) ，在Rt△ABC中，cos ∠CAB＝ eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(4,5) ， 在△ABE中，由余弦定理得BE2＝AE2＋AB2－2AE·AB·cos ∠CAB＝ eq \f(193,25) ， 因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC， DE⊂平面ACD，DE⊥AC，则DE⊥平面ABC， 又BE⊂平面ABC，所以DE⊥BE，则DB2＝DE2＋BE2＝ eq \f(337,25) ， 所以在△BCD中，由余弦定理得cos ∠BCD＝ eq \f(BC2＋CD2－DB2,2BC·CD) ＝ eq \f(9＋16－\f(337,25),2×3×4) ＝ eq \f(12,25) . 对于C，因为PB⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF.设△PAB的边长为2，则BC＝ eq \r(2) ，PB＝2. 如图，取AB的中点O，连接CO，PO，则PO＝ eq \r(3) ，CO＝1，因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊥AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC，因为CO⊂平面ABC，所以PO⊥CO，所以PC＝ eq \r(PO2＋CO2) ＝2.在△BPC中，由余弦定理，得cos ∠BPC＝ eq \f(PC2＋PB2－BC2,2PC·PB) ＝ eq \f(22＋22－（\r(2)）2,2×2×2) ＝ eq \f(3,4) .在Rt△PEF中，cos ∠BPC＝ eq \f(3,4) ＝ eq \f(PE,PF) ＝ eq \f(1,PF) ，所以PF＝ eq \f(4,3) ，FC＝PC－PF＝2－ eq \f(4,3) ＝ eq \f(2,3) ，所以PF＝2FC，故C错误； 13.如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AC＝2A1C1＝4，侧面ACC1A1是面积为6 eq \r(2) 的等腰梯形，则侧棱BB1的长度为__________． 解析：分别取AC，A1C1的中点O和O1，连接OO1，BO，B1O1，如图所示， 因为四边形ACC1A1是等腰梯形，所以OO1⊥AC， 又平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，OO1⊂平面ACC1A1， 所以OO1⊥平面ABC， 所以S梯形ACC1A1＝ eq \f(1,2) ×(4＋2)OO1＝6 eq \r(2) ，所以OO1＝2 eq \r(2) . 又△ABC和△A1B1C1是直角三角形，AC＝4，A1C1＝2， 所以OB＝2，O1B1＝1， 在直角梯形OBB1O1中，BB1＝2,1) eq \r(1＋OO) ＝ eq \r(1＋8) ＝3. 14．(15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝AB＝ eq \f(1,2) CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC. (1)求证：AC⊥AD；(3分) 证明：作AE⊥DC，E为垂足，如图， 在等腰梯形ABCD中，设AD＝AB＝BC＝ eq \f(1,2) CD＝a(a>0)， 所以DE＝ eq \f(1,2) (CD－AB)＝ eq \f(1,2) a，∠ADE＝60°， 所以AC2＝a2＋4a2－2×2a2cos 60°＝3a2， 所以AC2＋AD2＝CD2，所以AC⊥AD. 解：由(1)知在等腰梯形ABCD中，AE＝ eq \f(\r(3),2) .S△ADC＝ eq \f(1,2) ×1× eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),2) ， S梯形ABCD＝ eq \f(1＋2,2) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(3\r(3),4) ，所以 eq \f(S梯形ABCD,S△ADC) ＝ eq \f(3,2) ，所以 eq \f(V四棱锥P­ABCD,V三棱锥P­ADC) ＝ eq \f(3,2) . 因为PD⊥PC，所以PD＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) ， △ADP为直角三角形，所以PA＝ eq \r(（\r(3)）2－12) ＝ eq \r(2) ，又因为PC⊥平面ADP，所以V三棱锥P­ADC＝V三棱锥C­ADP＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1× eq \r(2) ×1＝ eq \f(\r(2),6) . 所以V四棱锥P­ABCD＝ eq \f(3,2) V三棱锥P­ADC＝ eq \f(3,2) × eq \f(\r(2),6) ＝ eq \f(\r(2),4) . $