8.6.3第二课时　平面与平面垂直的性质

(共58张PPT)
第二课时　平面与平面垂直的性质
掌握面面垂直的性质定理，并能利用面面垂直的性质定理证明一些简单的问题（直观想象、逻辑推理）.
课标要求
　　如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，平面A1ADD1与平面ABCD垂直，直线A1A垂直于其交线AD. 则直线A1A与平面ABCD具有怎样的位置关系？
情景导入
知识点一　平面与平面垂直的性质定理
01
知识点二　垂直关系的相互转化
02
提能点　空间垂直关系的综合应用
03
目录
课时作业
04
知识点一
平面与平面垂直的性质定理
01
PART
问题　（1）黑板所在的平面与地面所在的平面垂直，你能否在黑板上画
一条直线与地面垂直？
提示：找到黑板所在平面与地面所在平面的交线，在黑板上画出和该交线
垂直的直线，即垂直于地面.
（2）如果α⊥β，则α内的直线必垂直于β内的无数条直线，正确吗？
提示：正确.
【知识梳理】
文字语言 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 ，那么这条直线与另一个平面
符号语言 α⊥β，α∩β＝l， ， a⊥β
图形语言
交线　
垂直　
a α　
a⊥l　
　　提醒：（1）定理成立的条件有三个：①两个平面互相垂直；②直线
在其中一个平面内；③直线与两平面的交线垂直；（2）定理的实质是由
面面垂直得线面垂直，故可用来证明线面垂直，进而再转化为线线垂直.
【例1】　如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中
点，点F在侧棱CC1上，且CF＝1.求证：EF⊥A1C.
证明：过点E作EN⊥AC于点N，连接NF，AC1，如图，
由正三棱柱的性质可知，平面ABC⊥平面A1ACC1，且平
面ABC∩平面A1ACC1＝AC，EN 平面ABC，所以EN⊥
平面A1ACC1，又因为A1C 平面A1ACC1，
所以EN⊥A1C，
因为E为等边△ABC的边BC的中点，所以CE＝2，在Rt△CNE中，CN＝CE· cos 60°＝2× ＝1，则 ＝ ＝ ，所以NF∥AC1，又在正方形ACC1A1中，AC1⊥A1C，故NF⊥A1C，因为NF∩EN＝N，NF，EN 平面EFN，所以A1C⊥平面EFN，所以EF⊥A1C.
【规律方法】
应用面面垂直的性质定理的策略
　　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，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作
交线的垂线即可.
训练1　（2025·信阳月考）如图，点P为四边形ABCD所在平面外一点，
平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，E为AD的中点.
求证：（1）PE⊥平面ABCD；
证明：因为PA＝PD，E为AD的中点，所以
PE⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，所以
PE⊥平面ABCD.
（2）平面PBE⊥平面ABCD.
证明：由（1）知PE⊥平面ABCD，又PE 平面
PBE，所以平面PBE⊥平面ABCD.
知识点二
垂直关系的相互转化
02
PART
【例2】　〔多选〕若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平
面，则下列命题中正确的是（　　）
A. 若m β，α⊥β，则m⊥α
B. 若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
C. 若m为平面α内的一条直线，且m⊥β，则α⊥β
D. 若α⊥γ，α∥β，则β⊥γ
解析：　由线面平行、垂直的有关知识可排除A、B；对于C，因为
m α，且m⊥β，根据面面垂直的判定定理，α⊥β，所以C正确；对于D显
然正确.故选C、D.
√
√
【规律方法】
垂直关系的转化
空间中的垂直关系有线线垂直、线面垂直、面面垂直，这三种关系不是孤
立的，而是相互关联的，它们之间的转化关系如下：
训练2　已知m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列三个命题：
①若α∩β＝m，n α，n⊥m，则n⊥β；
②若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m；
③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
其中正确的命题为（　　）
A. ①② B. ③
C. ②③ D. ①②③
√
解析：　对于①，依据线面垂直的判定定理，一条直线垂
直于一个平面内的两条相交直线，才能得到该直线与此平面
垂直，而n只与β内的一条直线m垂直，不能得到n⊥β，故
①不正确；对于②，如图所示，在长方体ABCD-A'B'C'D'
中，平面DCC'D'⊥平面ABCD，平面ABC'D'与平面DCC'D'的交线为C'D'，与平面ABCD的交线为AB，但C'D'∥AB，故②不正确；对于③，由于m⊥α，m⊥n，则n在平面α内或n∥α.若n在平面α内，由n⊥β可得α⊥β；若n∥α，过n作平面与α交于直线l，则n∥l，由n⊥β得l⊥β，从而α⊥β，故③正确.
03
PART
提能点
空间垂直关系的综合应用
【例3】　如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝
2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点.
求证：（1）PA⊥底面ABCD；
证明：因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA⊥AD，平面PAD∩底面
ABCD＝AD，PA 平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.
（2）平面BEF⊥平面PCD.
证明：由题意知四边形ABED为矩形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由（1）知PA⊥底面ABCD，又CD 底面ABCD，
所以PA⊥CD.
又AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
又PD 平面PAD，所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.
又EF∩BE＝E，EF，BE 平面BEF，所以CD⊥平面BEF.
又CD 平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.
【规律方法】
1. 熟练掌握垂直关系的转化，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.
训练3　如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝
45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为
点P，且使平面PBD⊥平面BCD.
求证：（1）CD⊥平面PBD；
证明：因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝
45°.又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.又∠BCD＝45°，所以∠BDC
＝90°，即BD⊥CD.
因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD 平面
BCD，所以CD⊥平面PBD.
（2）平面PBC⊥平面PCD.
证明：由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP. 又BP⊥PD，PD∩CD＝D，
PD，CD 平面PCD，所以BP⊥平面PCD.
又BP 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD.
1. 已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是
（　　）
A. l∥β或l β B. l∥m
C. m⊥α D. l⊥m
解析：　由l⊥平面α，且α⊥β知l∥β或l β，A成立；m与α不一定垂
直，C不成立；l与m平行、相交、异面都可能，所以B、D不成立.
√
2. 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB
＝BC，AD＝CD，则BD与CC1（　　）
A. 平行 B. 共面
C. 垂直 D. 不垂直
解析：　如图所示，在四边形ABCD中，∵AB＝BC，
AD＝CD，∴BD⊥AC. ∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平
面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD 平面ABCD，
∴BD⊥平面AA1C1C. 又CC1 平面AA1C1C，
∴BD⊥CC1.故选C.
√
3. 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，且∠PAC＝90°，
PA＝1，AB＝2，则PB＝ .
解析：∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，∠PAC＝
90°，∴PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，∴PB＝ ＝ ＝
.
　
4. 如图，在三棱锥P-ABC中，已知△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝
90°，△PAC是直角三角形，∠PAC＝90°，平面PAC⊥平面ABC. 求
证：平面PAB⊥平面PBC.
证明：因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PA 平面
PAC，∠PAC＝90°即PA⊥AC，
所以PA⊥平面ABC.
又BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
因为∠ABC＝90°即AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，所
以BC⊥平面PAB.
又BC 平面PBC，
所以平面PAB⊥平面PBC.
课堂小结
1.理清单
（1）平面与平面垂直的性质定理；
（2）垂直关系的相互转化；
（3）空间垂直关系的综合运用.
2.应体会
转化与化归思想.
3.避易错
利用面面垂直证明线面垂直时条件罗列不全.
课时作业
04
PART
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
解析：　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.
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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
解析：　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.
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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
解析：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.
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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.
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解析：　∵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.
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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
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解析：　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.
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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
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解析： 　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.
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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
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解析：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.
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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
＝ .
2　
解析：由已知条件可知∠BAB'＝ ，∠ABA'＝ ，设AB＝2a，则BB'＝2a
sin ＝ a，A'B＝2a cos ＝ a，∴在Rt△BB'A'中，得A'B'＝a，∴
＝2.
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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 .
　
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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＝ ＝ .
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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；
证明：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.
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（2）AD⊥PB.
证明：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.
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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（　　）
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解析：　∵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.
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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
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解析：∵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.
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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）
①③④ ②（或②③④ ①）　
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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.
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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；
证明：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.
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（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1.
证明：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.
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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；
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解：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.
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（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
解：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，
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∴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）.
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