高中數(shù)學《高中全程學習方略》2025版必修第二冊第八章　8.6　8.6.3　平面與平面垂直(2)含答案

高中數(shù)學《高中全程學習方略》2025版必修第二冊第八章8.68.6.3平面與平面垂直(2)含答案8.6.3平面與平面垂直(2)【學習目標】1.掌握平面與平面垂直的性質定理,會用定理證明垂直關系.2.熟悉線線垂直、線面垂直、面面垂直間判定和性質的轉化.【素養(yǎng)達成】數(shù)學抽象、邏輯推理邏輯推理平面與平面垂直的性質定理1.性質定理:兩個平面垂直,如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線,那么這條直線與另一個平面垂直.2.符號表示:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β.3.圖形:【教材挖掘】(P159)如果兩個平面垂直,那么垂直于交線的直線是否一定垂直于另一個平面?提示:不一定,反例如圖:【版本交融】(蘇教P193)如果兩個平面垂直,那么一個平面內的直線是否一定垂直于另一個平面?提示:不一定,反例如圖:教材深化平面與平面垂直的其他性質與結論(1)如果兩個平面互相垂直,那么經過第一個平面內一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內.即α⊥β,A∈α,A∈b,b⊥β?b?α.(2)如果兩個平面互相垂直,那么與其中一個平面平行的平面垂直于另一個平面.即α⊥β,γ∥β?γ⊥α.(3)如果兩個平面互相垂直,那么其中一個平面的垂線平行于另一個平面或在另一個平面內.即α⊥β,b⊥β?b∥α或b?α.(4)如果兩個相交平面都垂直于第三個平面,那么它們的交線垂直于第三個平面,即α∩β=l,α⊥γ,β⊥γ?l⊥γ.(5)三個兩兩垂直的平面的交線也兩兩垂直,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】(正確的打“√”,錯誤的打“×”)(1)若平面α⊥平面β,則平面α內所有直線都垂直于平面β.(×)提示:平面α內只有垂直于交線的直線與平面β垂直.(2)若平面α⊥平面β,則平面α內的直線必垂直于平面β內的無數(shù)條直線.(√)提示:若設α∩β=l,a?α,b?β,b⊥l,則a⊥b,故β內與b平行的無數(shù)條直線均垂直于α內的任意直線.(3)若兩個平面互相垂直,一條直線與一個平面垂直,則這條直線與另一個平面平行.(×)提示:若α⊥β,l⊥α,在β內作a與α,β的交線垂直,則a⊥α,所以a∥l.所以l∥β或l?β,即直線l與平面β平行或在平面β內.(4)垂直于同一個平面的兩個平面平行.(×)提示:這兩個平面也可能相交.類型一面面垂直性質定理的應用(邏輯推理)【典例1】如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.求證:BC⊥AB.【證明】如圖,在平面PAB內,作AD⊥PB于點D.因為平面PAB⊥平面PBC,且平面PAB∩平面PBC=PB,AD?平面PAB,所以AD⊥平面PBC.又因為BC?平面PBC,所以AD⊥BC.又因為PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以PA⊥BC,又因為PA∩AD=A,所以BC⊥平面PAB.又因為AB?平面PAB,所以BC⊥AB.【總結升華】應用面面垂直的性質定理的策略(1)應用步驟:面面垂直線面垂直線線垂直.(2)應用類型:①證明線面垂直、線線垂直;②作線面角或作二面角的平面角.提醒:面面垂直的性質定理是作輔助線的一個重要依據(jù).我們要作一個平面的一條垂線,通常是找這個平面的一個垂面,在這個垂面中,作交線的垂線即可.【即學即練】如圖所示,P是四邊形ABCD所在平面外的一點,四邊形ABCD是∠DAB=60°的菱形,側面PAD垂直于底面ABCD.若G為AD邊的中點,求證:BG⊥平面PAD.【證明】連接BD(圖略),因為四邊形ABCD是菱形且∠DAB=60°,所以△ABD是正三角形.因為G是AD的中點,所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.【補償訓練】如圖,在平行四邊形ABCD中,BD=23,AB=2,AD=4,將△CBD沿BD折起到△EBD的位置,使平面EBD⊥平面ABD.求證:AB⊥DE.【證明】在△ABD中,因為AB=2,AD=4,BD=23,所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.因為平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,AB?平面ABD,所以AB⊥平面EBD.因為DE?平面EBD,所以AB⊥DE.類型二垂直關系的綜合問題(邏輯推理)【典例2】如圖,在四棱錐P-ABCD中,側面PAD是正三角形,且與底面ABCD垂直,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=60°,N是PB的中點,過A,D,N三點的平面交PC于M,E為AD的中點.求證:(1)BC⊥平面PEB;(2)平面PBC⊥平面ADMN.【證明】(1)因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形,且∠BAD=60°,E為AD的中點,所以BE⊥AD.又因為側面PAD是正三角形,且E為中點,所以PE⊥AD,又因為PE∩BE=E,PE,BE?平面PBE,所以AD⊥平面PBE.又因為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.又因為PA=AB,N為PB的中點,所以AN⊥PB.因為AN∩AD=A,AN,AD?平面ADMN,所以PB⊥平面ADMN.又因為PB?平面PBC,所以平面PBC⊥平面ADMN.【總結升華】關于垂直關系的綜合應用(1)熟練垂直關系的轉化,線線垂直、線面垂直、面面垂直之間的相互轉化是解題的常規(guī)思路.(2)垂直關系證明的核心是線面垂直,準確確定要證明的直線是關鍵,再利用線線垂直證明.【即學即練】如圖所示,在三棱錐P-ABC中,E,F分別為AC,BC邊的中點.(1)求證:EF∥平面PAB;(2)若平面PAC⊥平面ABC,且PA=PC,∠ABC=90°.求證:平面PEF⊥平面PBC.【證明】(1)因為E,F分別為AC,BC邊的中點,所以EF∥AB.又EF?平面PAB,AB?平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)因為PA=PC,E為AC的中點,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為BC的中點,所以EF∥AB.因為∠ABC=90°,所以AB⊥BC,所以BC⊥EF.因為EF∩PE=E,所以BC⊥平面PEF.因為BC?平面PBC,所以平面PEF⊥平面PBC.【補償訓練】如圖,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,點E為垂足.(1)求證:PA⊥平面ABC;(2)當點E為△PBC的垂心時,求證:△ABC是直角三角形.【證明】(1)如圖,在平面ABC內取一點D,作DF⊥AC于點F.因為平面PAC⊥平面ABC,且交線為AC,所以DF⊥平面PAC.因為PA?平面PAC,所以DF⊥PA.作DG⊥AB于點G,同理可證DG⊥PA.因為DG,DF都在平面ABC內,且DG∩DF=D,所以PA⊥平面ABC.(2)如圖,連接BE并延長交PC于點H.因為點E是△PBC的垂心,所以PC⊥BE.又AE⊥平面PBC,PC?平面PBC,所以PC⊥AE.因為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.因為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.階段提升課題型一空間幾何體的表面積、體積1.解題步驟:計算空間幾何體的表面積和體積,首先要準確確定幾何體的基本量,如球的半徑,幾何體的棱長、高等,然后準確代入相關的公式計算.2.注意事項:(1)結合幾何體的特點,能用割補(分割或補形,轉化為易計算的幾何體)法.(2)靈活運用等積法進行轉換.(3)特別是特殊的柱、錐、臺,要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面圖形的作用.3.核心素養(yǎng):數(shù)學運算、直觀想象、邏輯推理.【典例1】(1)已知一個直棱柱與一個斜棱柱的底面多邊形全等,且它們的側棱長也相等.若直棱柱的體積和側面積分別為V1和S1,斜棱柱的體積和側面積分別為V2和S2,則()A.V1SB.V1SC.V1SD.V1S1【解析】選A.設棱柱的底面周長為c,底面面積為S,側棱長為l,斜棱柱的高為h,則V1S1=S·lc·l=Sc,而V2=S·h,斜棱柱各側面的高均不小于于是,有V2S2<S·hc·(2)已知等邊圓柱(軸截面是正方形的圓柱)的表面積為S,則其內接正四棱柱的體積為__________.

【解析】如圖所示,設圓柱OO1為等邊圓柱,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1是圓柱OO1的內接正四棱柱.設等邊圓柱的底面半徑為r,則高h=2r.因為S=S側+2S底=2πrh+2πr2=6πr2,所以r=S6π.又正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底邊AB=2rsin45°=2r所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為V=S底·h=(2r)2·2r=4r3=4S6π3=S6πS故該圓柱的內接正四棱柱的體積為S6π答案:S(3)已知三棱錐A-BCD的表面積為S,其內有半徑為r的內切球O(球O與三棱錐A-BCD的每個面都相切,即球心O到三棱錐A-BCD每個面的距離都為r),則三棱錐A-BCD的體積為________.

【解析】連接AO,BO,CO,DO(圖略),則三棱錐A-BCD被分割成為四個小三棱錐:O-ABC,O-ABD,O-ACD,O-BCD,并且這四個小三棱錐的頂點都為O,高都為r,底面分別為△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【總結升華】空間幾何體的表面積與體積的求法(1)多面體的表面積是各個面的面積之和;組合體的表面積注意銜接部分的處理.(2)旋轉體的表面積問題注意其側面展開圖的應用.(3)求復雜幾何體的體積常用割補法、等積法求解.題型二空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行與垂直關系1.問題類型:證明直線與直線、直線與平面、平面與平面平行與垂直.2.解題關鍵:空間想象能力.3.核心素養(yǎng):直觀想象、邏輯推理.【典例2】如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N,E分別是AA1,AC,AB的中點,求證:(1)平面MEN∥平面A1BC;(2)A1C⊥C1D;(3)平面A1EC⊥平面A1CD.【證明】(1)因為M,N,E分別是AA1,AC,AB的中點,所以MN∥A1C,ME∥A1B.所以MN∥平面A1BC,ME∥平面A1BC,又因為MN∩ME=M,所以平面MEN∥平面A1BC.(2)因為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,又因為A1C?平面BCD1A1,所以A1C⊥C1D.(3)連接A1D,取A1D中點F,取A1C中點O,連接AF,OF,OE,則AF⊥A1D.因為CD⊥平面A1AD,AF?平面A1AD,所以AF⊥CD,又CD∩A1D=D,所以AF⊥平面A1CD,因為OF∥CD且OF=12CDEA∥CD且EA=12CD所以OF∥EA且OF=EA,所以四邊形OFAE為平行四邊形,所以OE∥AF,所以OE⊥平面A1CD,又EO?平面A1EC,所以平面A1EC⊥平面A1CD.【補償訓練】如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;(2)若P點是線段AM的中點,求證:MC∥平面PBD.【證明】(1)矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直,所以AD⊥半圓弧CD所在平面,因為CM?半圓弧CD所在平面,所以CM⊥AD;又M是CD上異于C,D的點,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的中點,連接BD交AC于點O,連接OP,DP,如圖所示由中位線定理得MC∥OP;又MC?平面BDP,OP?平面BDP,所以MC∥平面PBD.【總結升華】空間平行、垂直關系的轉化(1)平行、垂直關系的相互轉化(2)證明空間線面平行或垂直需注意三點①由已知想性質,由求證想判定.②適當添加輔助線(或面)是解題的常用方法之一.③用定理時要先明確條件,再由定理得出相應結論.題型三空間角1.問題類型:異面直線所成的角、直線與平面所成的角以及二面角.2.解題關鍵:把空間角轉化為平面角.3.核心素養(yǎng):解決空間角是對點、直線、平面所組成空間圖形的位置關系進行定性分析和定量計算,考查了數(shù)學運算、邏輯推理、直觀想象的核心素養(yǎng).【典例3】如圖,正方體的棱長為1,B'C∩BC'=O,求:(1)AO與A'C'所成角的度數(shù);(2)AO與平面ABCD所成角的正切值;(3)平面AOB與平面AOC所成角的度數(shù).【解析】(1)因為A'C'∥AC,所以AO與A'C'所成的角就是∠OAC.因為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與A'C'所成角的度數(shù)為30°.(2)如圖,作OE⊥BC于E,連接AE.因為平面BCC'B'⊥平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD,所以∠OAE為OA與平面ABCD所成的角.在Rt△OAE中,OE=12,AE=12+(所以tan∠OAE=OEAE=5(3)因為OC⊥平面AOB.又因為OC?平面AOC,所以平面AOB⊥平面AOC.即平面AOB與平面AOC所成角的度數(shù)為90°.題型四折疊問題1.解題關鍵:平面圖形與空間圖形之間的位置關系的變與不變、數(shù)量關系的變與不變;2.核心素養(yǎng):翻折是立體幾何中的熱點問題,能夠充分考查直觀想象與邏輯推理等核心素養(yǎng).【典例4】圖①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖②.(1)證明:圖②中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖②中的四邊形ACGD的面積.【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面.由題意得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,BE,BC?平面BCGE,故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M,連接EM,DM.因為AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,又CG,EM?平面BCGE,故DE⊥CG,DE⊥EM.由四邊形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,所以四邊形ACGD的面積為S=2×2=4.【總結升華】平面圖形折疊問題的求解方法(1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量,一般情況下,線段的長度是不變量,而位置關系往往會發(fā)生變化,抓住不變量是解決問題的突破口.(2)在解決問題時,要綜合考慮折疊前后的圖形,既要分析折疊后的圖形,也要分析折疊前的圖形.【真題1】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2,則該棱臺的體積為____________.

【解析】在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,則h=62,所以V=13(S+S'+SS')h=13(1+4+1×4)×答案:7【溯源】(教材P116練習T1)正六棱臺的上、下底面邊長分別是2cm和6cm,側棱長是5cm,求它的表面積.【解析】如圖,在正六棱臺ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,因為A1B1=2cm,AB=6cm,AA1=5cm,所以側面的梯形ABB1A1的高即正六棱臺斜高為52-(所以梯形ABB1A1的面積為12×(2+6)×21=421(cm2故正六棱臺的側面積為2421(cm2);由圖可知該正六棱臺的上底面積為6個邊長為2cm的等邊三角形組成,所以該正六棱臺的上底面積為6×12×2×2×sin60°=63(cm2同理下底面積為6×12×6×6×sin60°=543(cm2所以該正六棱臺的表面積是2421+603(cm2).[點評]教材練習是已知正六棱臺的上、下底面邊長和側棱長,求正六棱臺的表面積,真題變化為已知正四棱臺的上、下底面邊長和側棱長,求正四棱臺