高中数学《高中全程学习方略》2025版必修第二册第八章　8.6　8.6.3　平面与平面垂直(2)含答案

高中数学《高中全程学习方略》2025版必修第二册第八章8.68.6.3平面与平面垂直(2)含答案8.6.3平面与平面垂直(2)【学习目标】1.掌握平面与平面垂直的性质定理,会用定理证明垂直关系.2.熟悉线线垂直、线面垂直、面面垂直间判定和性质的转化.【素养达成】数学抽象、逻辑推理逻辑推理平面与平面垂直的性质定理1.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.2.符号表示:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.3.图形:【教材挖掘】(P159)如果两个平面垂直,那么垂直于交线的直线是否一定垂直于另一个平面?提示:不一定,反例如图:【版本交融】(苏教P193)如果两个平面垂直,那么一个平面内的直线是否一定垂直于另一个平面?提示:不一定,反例如图:教材深化平面与平面垂直的其他性质与结论(1)如果两个平面互相垂直,那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.即α⊥β,A∈α,A∈b,b⊥β⇒b⊂α.(2)如果两个平面互相垂直,那么与其中一个平面平行的平面垂直于另一个平面.即α⊥β,γ∥β⇒γ⊥α.(3)如果两个平面互相垂直,那么其中一个平面的垂线平行于另一个平面或在另一个平面内.即α⊥β,b⊥β⇒b∥α或b⊂α.(4)如果两个相交平面都垂直于第三个平面,那么它们的交线垂直于第三个平面,即α∩β=l,α⊥γ,β⊥γ⇒l⊥γ.(5)三个两两垂直的平面的交线也两两垂直,即α⊥β,α∩β=l,β⊥γ,β∩γ=m,γ⊥α,γ∩α=n⇒l⊥m,m⊥n,l⊥n.【明辨是非】(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)若平面α⊥平面β,则平面α内所有直线都垂直于平面β.(×)提示:平面α内只有垂直于交线的直线与平面β垂直.(2)若平面α⊥平面β,则平面α内的直线必垂直于平面β内的无数条直线.(√)提示:若设α∩β=l,a⊂α,b⊂β,b⊥l,则a⊥b,故β内与b平行的无数条直线均垂直于α内的任意直线.(3)若两个平面互相垂直,一条直线与一个平面垂直,则这条直线与另一个平面平行.(×)提示:若α⊥β,l⊥α,在β内作a与α,β的交线垂直,则a⊥α,所以a∥l.所以l∥β或l⊂β,即直线l与平面β平行或在平面β内.(4)垂直于同一个平面的两个平面平行.(×)提示:这两个平面也可能相交.类型一面面垂直性质定理的应用(逻辑推理)【典例1】如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.求证:BC⊥AB.【证明】如图,在平面PAB内,作AD⊥PB于点D.因为平面PAB⊥平面PBC,且平面PAB∩平面PBC=PB,AD⊂平面PAB,所以AD⊥平面PBC.又因为BC⊂平面PBC,所以AD⊥BC.又因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又因为PA∩AD=A,所以BC⊥平面PAB.又因为AB⊂平面PAB,所以BC⊥AB.【总结升华】应用面面垂直的性质定理的策略(1)应用步骤:面面垂直线面垂直线线垂直.(2)应用类型:①证明线面垂直、线线垂直;②作线面角或作二面角的平面角.提醒:面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线,通常是找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可.【即学即练】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°的菱形,侧面PAD垂直于底面ABCD.若G为AD边的中点,求证:BG⊥平面PAD.【证明】连接BD(图略),因为四边形ABCD是菱形且∠DAB=60°,所以△ABD是正三角形.因为G是AD的中点,所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.【补偿训练】如图,在平行四边形ABCD中,BD=23,AB=2,AD=4,将△CBD沿BD折起到△EBD的位置,使平面EBD⊥平面ABD.求证:AB⊥DE.【证明】在△ABD中,因为AB=2,AD=4,BD=23,所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.因为平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,AB⊂平面ABD,所以AB⊥平面EBD.因为DE⊂平面EBD,所以AB⊥DE.类型二垂直关系的综合问题(逻辑推理)【典例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是正三角形,且与底面ABCD垂直,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,N是PB的中点,过A,D,N三点的平面交PC于M,E为AD的中点.求证:(1)BC⊥平面PEB;(2)平面PBC⊥平面ADMN.【证明】(1)因为四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,E为AD的中点,所以BE⊥AD.又因为侧面PAD是正三角形,且E为中点,所以PE⊥AD,又因为PE∩BE=E,PE,BE⊂平面PBE,所以AD⊥平面PBE.又因为AD∥BC,所以BC⊥平面PEB.(2)由(1)知AD⊥平面PBE,又PB⊂平面PBE,所以AD⊥PB.又因为PA=AB,N为PB的中点,所以AN⊥PB.因为AN∩AD=A,AN,AD⊂平面ADMN,所以PB⊥平面ADMN.又因为PB⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ADMN.【总结升华】关于垂直关系的综合应用(1)熟练垂直关系的转化,线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的相互转化是解题的常规思路.(2)垂直关系证明的核心是线面垂直,准确确定要证明的直线是关键,再利用线线垂直证明.【即学即练】如图所示,在三棱锥P-ABC中,E,F分别为AC,BC边的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)若平面PAC⊥平面ABC,且PA=PC,∠ABC=90°.求证:平面PEF⊥平面PBC.【证明】(1)因为E,F分别为AC,BC边的中点,所以EF∥AB.又EF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)因为PA=PC,E为AC的中点,所以PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,PE⊂平面PAC,平面PAC∩平面ABC=AC,所以PE⊥平面ABC,所以PE⊥BC.又F为BC的中点,所以EF∥AB.因为∠ABC=90°,所以AB⊥BC,所以BC⊥EF.因为EF∩PE=E,所以BC⊥平面PEF.因为BC⊂平面PBC,所以平面PEF⊥平面PBC.【补偿训练】如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,点E为垂足.(1)求证:PA⊥平面ABC;(2)当点E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.【证明】(1)如图,在平面ABC内取一点D,作DF⊥AC于点F.因为平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,所以DF⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC,所以DF⊥PA.作DG⊥AB于点G,同理可证DG⊥PA.因为DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,所以PA⊥平面ABC.(2)如图,连接BE并延长交PC于点H.因为点E是△PBC的垂心,所以PC⊥BE.又AE⊥平面PBC,PC⊂平面PBC,所以PC⊥AE.因为AE∩BE=E,所以PC⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE,所以PC⊥AB.由(1)知PA⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,所以PA⊥AB.因为PA∩PC=P,所以AB⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC,所以AB⊥AC,即△ABC是直角三角形.阶段提升课题型一空间几何体的表面积、体积1.解题步骤:计算空间几何体的表面积和体积,首先要准确确定几何体的基本量,如球的半径,几何体的棱长、高等,然后准确代入相关的公式计算.2.注意事项:(1)结合几何体的特点,能用割补(分割或补形,转化为易计算的几何体)法.(2)灵活运用等积法进行转换.(3)特别是特殊的柱、锥、台,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的作用.3.核心素养:数学运算、直观想象、逻辑推理.【典例1】(1)已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等,且它们的侧棱长也相等.若直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1,斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2,则()A.V1SB.V1SC.V1SD.V1S1【解析】选A.设棱柱的底面周长为c,底面面积为S,侧棱长为l,斜棱柱的高为h,则V1S1=S·lc·l=Sc,而V2=S·h,斜棱柱各侧面的高均不小于于是,有V2S2<S·hc·(2)已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S,则其内接正四棱柱的体积为__________.

【解析】如图所示,设圆柱OO1为等边圆柱,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1是圆柱OO1的内接正四棱柱.设等边圆柱的底面半径为r,则高h=2r.因为S=S侧+2S底=2πrh+2πr2=6πr2,所以r=S6π.又正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底边AB=2rsin45°=2r所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V=S底·h=(2r)2·2r=4r3=4S6π3=S6πS故该圆柱的内接正四棱柱的体积为S6π答案:S(3)已知三棱锥A-BCD的表面积为S,其内有半径为r的内切球O(球O与三棱锥A-BCD的每个面都相切,即球心O到三棱锥A-BCD每个面的距离都为r),则三棱锥A-BCD的体积为________.

【解析】连接AO,BO,CO,DO(图略),则三棱锥A-BCD被分割成为四个小三棱锥:O-ABC,O-ABD,O-ACD,O-BCD,并且这四个小三棱锥的顶点都为O,高都为r,底面分别为△ABC,△ABD,△ACD,△BDC.故有:VA-BCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD=13S△ABC·r+13S△ABD·r+13S△ACD·r+13S△BCD·r=13(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD答案:13【总结升华】空间几何体的表面积与体积的求法(1)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.(3)求复杂几何体的体积常用割补法、等积法求解.题型二空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系1.问题类型:证明直线与直线、直线与平面、平面与平面平行与垂直.2.解题关键:空间想象能力.3.核心素养:直观想象、逻辑推理.【典例2】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,E分别是AA1,AC,AB的中点,求证:(1)平面MEN∥平面A1BC;(2)A1C⊥C1D;(3)平面A1EC⊥平面A1CD.【证明】(1)因为M,N,E分别是AA1,AC,AB的中点,所以MN∥A1C,ME∥A1B.所以MN∥平面A1BC,ME∥平面A1BC,又因为MN∩ME=M,所以平面MEN∥平面A1BC.(2)因为BC⊥平面CDD1C1,C1D⊂平面CDD1C1,所以BC⊥C1D.又在平面CDD1C1中,C1D⊥CD1,BC∩CD1=C,所以C1D⊥平面BCD1A1,又因为A1C⊂平面BCD1A1,所以A1C⊥C1D.(3)连接A1D,取A1D中点F,取A1C中点O,连接AF,OF,OE,则AF⊥A1D.因为CD⊥平面A1AD,AF⊂平面A1AD,所以AF⊥CD,又CD∩A1D=D,所以AF⊥平面A1CD,因为OF∥CD且OF=12CDEA∥CD且EA=12CD所以OF∥EA且OF=EA,所以四边形OFAE为平行四边形,所以OE∥AF,所以OE⊥平面A1CD,又EO⊂平面A1EC,所以平面A1EC⊥平面A1CD.【补偿训练】如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)若P点是线段AM的中点,求证:MC∥平面PBD.【证明】(1)矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,所以AD⊥半圆弧CD所在平面,因为CM⊂半圆弧CD所在平面,所以CM⊥AD;又M是CD上异于C,D的点,所以CM⊥DM;又DM∩AD=D,DM,AD⊂平面AMD,所以CM⊥平面AMD;又CM⊂平面BMC,所以平面AMD⊥平面BMC.(2)由P是AM的中点,连接BD交AC于点O,连接OP,DP,如图所示由中位线定理得MC∥OP;又MC⊄平面BDP,OP⊂平面BDP,所以MC∥平面PBD.【总结升华】空间平行、垂直关系的转化(1)平行、垂直关系的相互转化(2)证明空间线面平行或垂直需注意三点①由已知想性质,由求证想判定.②适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.③用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.题型三空间角1.问题类型:异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角.2.解题关键:把空间角转化为平面角.3.核心素养:解决空间角是对点、直线、平面所组成空间图形的位置关系进行定性分析和定量计算,考查了数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养.【典例3】如图,正方体的棱长为1,B'C∩BC'=O,求:(1)AO与A'C'所成角的度数;(2)AO与平面ABCD所成角的正切值;(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数.【解析】(1)因为A'C'∥AC,所以AO与A'C'所成的角就是∠OAC.因为AB⊥平面BCC'B',OC⊂平面BCC'B',所以OC⊥AB,又OC⊥BO,AB∩BO=B.所以OC⊥平面ABO.又OA⊂平面ABO,所以OC⊥OA.在Rt△AOC中,OC=22,AC=2sin∠OAC=OCAC=1所以∠OAC=30°,即AO与A'C'所成角的度数为30°.(2)如图,作OE⊥BC于E,连接AE.因为平面BCC'B'⊥平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD,所以∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.在Rt△OAE中,OE=12,AE=12+(所以tan∠OAE=OEAE=5(3)因为OC⊥平面AOB.又因为OC⊂平面AOC,所以平面AOB⊥平面AOC.即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°.题型四折叠问题1.解题关键:平面图形与空间图形之间的位置关系的变与不变、数量关系的变与不变;2.核心素养:翻折是立体几何中的热点问题,能够充分考查直观想象与逻辑推理等核心素养.【典例4】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.(1)证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图②中的四边形ACGD的面积.【解析】(1)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.由题意得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.(2)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=3,故DM=2.又CG=BF=2,所以四边形ACGD的面积为S=2×2=4.【总结升华】平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.【真题1】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,则该棱台的体积为____________.

【解析】在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,则h=62,所以V=13(S+S'+SS')h=13(1+4+1×4)×答案:7【溯源】(教材P116练习T1)正六棱台的上、下底面边长分别是2cm和6cm,侧棱长是5cm,求它的表面积.【解析】如图,在正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,因为A1B1=2cm,AB=6cm,AA1=5cm,所以侧面的梯形ABB1A1的高即正六棱台斜高为52-(所以梯形ABB1A1的面积为12×(2+6)×21=421(cm2故正六棱台的侧面积为2421(cm2);由图可知该正六棱台的上底面积为6个边长为2cm的等边三角形组成,所以该正六棱台的上底面积为6×12×2×2×sin60°=63(cm2同理下底面积为6×12×6×6×sin60°=543(cm2所以该正六棱台的表面积是2421+603(cm2).[点评]教材练习是已知正六棱台的上、下底面边长和侧棱长,求正六棱台的表面积,真题变化为已知正四棱台的上、下底面边长和侧棱长,求正四棱台