第11章 立体几何初步 章末综合检测(三)(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第四册（人教B版）
2026-01-28
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教辅
摘要：
该高中数学课件聚焦立体几何核心内容，涵盖线面/面面位置关系判定、空间几何体表面积体积计算及证明等知识点。通过正方体线面角、四棱锥线面平行等典型例题导入，以基础关系到综合应用为脉络搭建学习支架，帮助学生构建知识体系。
其亮点在于融合几何直观与空间观念，以直三棱柱、羡除等模型实例（如选择题用直三棱柱辨析面面垂直与平行），培养推理能力（如解答题作截面证平行）和模型观念（如四棱锥中构造中点证线面平行）。学生能提升空间想象与逻辑推理，教师可借助典型例题及解析高效开展教学。
内容正文：
章末综合检测(三)
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章末综合检测
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2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥α，n⊂α，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
D．若m∥α，m∥β，则α∥β
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解析：对于A，m∥α，n⊂α，则m与n可能平行或异面，A错误；
对于B，当α，β为直三棱柱的两个侧面，γ为底面时，满足α⊥γ，β⊥γ，而平面α，β相交，B错误；
对于C，由m⊥α，n⊥α，得m∥n，C正确；
对于D，若α∩β＝a，直线m⊄α，m⊄β，当m∥a时，满足m∥α，m∥β，而此时平面α，β相交，D错误．故选C.
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解析：由题得BD⊥CD，若A′C⊥BD，CD∩A′C＝C，CD，A′C⊂平面A′CD，则BD⊥平面A′CD，又A′D⊂平面A′CD，所以BD⊥A′D，与题意矛盾，故A错误；
因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD ∩平面BCD＝BD，BD⊥CD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面A′BD，
又BA′⊂平面A′BD，所以CD⊥BA′.
由勾股定理，得A′D⊥BA′.
又因为CD∩A′D＝D，A′D，CD⊂平面A′CD，所以BA′⊥平面A′CD，又A′C⊂平面A′CD，所以BA′⊥A′C，
所以∠BA′C＝90°，故B正确；
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易知∠CA′D为A′C与平面A′BD所成的角，为45°，故C错误；
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解析：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，I，N分别是CD，DD1，A1D1，A1B1，BB1，BC的中点，则BD∥EN，A1B∥HI，由BD⊂平面A1BD，EN⊄平面A1BD，得EN∥平面A1BD，同理有HI∥平面A1BD.又EN与HI相交，EN，HI⊂平面EFGHIN，所以平面EFGHIN∥平面A1BD，所以平
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二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则( )
A．直线AC与B1D1所成的角为90°
B．直线AC与BC1所成的角为45°
C．点A1，D到平面ABC1D1的距离相等
D．点B，C1到平面ACD1的距离相等
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解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD，如图1，由BD∥B1D1，且AC⊥BD，知AC⊥B1D1，A正确；
连接AD1，CD1，如图1，因为AD1∥BC1，所以直线AC与直线BC1所成角即为直线AC与直线AD1所成的角，即∠D1AC，又知△AD1C为等边三角形，则直线AC与直线BC1所成的角为60°，B错误；
如图2，连接A1D与AD1交于点E，易知A1D⊥平面ABC1D1，则点A1，D到平面ABC1D1的距离分别为A1E，DE，又A1E＝DE，故点A1，D到平面ABC1D1的距离相等，C正确；
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因为BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，故点B，C1到平面ACD1的距离相等，D正确．
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10．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，P为A1B的中点，Q为棱C1C的中点，则下列说法正确的为( )
A．PQ⊥AB
B．PQ⊥C1C
C．PQ⊥A1B
D．AB与平面BCC1B1所成的角为60°
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又因为AA1∥C1C，所以PQ⊥C1C，故B正确；
易知∠ABC的大小等于AB与平面BCC1B1所成的角的大小，而∠ABC的大小不能确定，故无法确定AB与平面BCC1B1所成的角的大小，故D错误．故选ABC.
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解析：对于A，连接A1C1，EG(图略)，易知四边形ACC1A1为矩形，则A1C1∥AC，因为点E，G分别是棱AD，CD的中点，所以EG∥AC，所以EG∥A1C1，则A1，E，G，C1四点共面，故直线A1G，C1E不是异面直线，A错误；
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三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．一个圆台的母线长为20 cm，母线与轴的夹角为30°，上底面半径为15 cm，则下底面半径为____________．
25 cm
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13．如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E是SA上一点，当SE∶SA＝________时，SC∥平面EBD.
解析：连接AC，设AC与BD的交点为O，连接EO(图略).因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O是AC的中点．因为SC∥平面EBD，SC⊂平面SAC，且平面EBD∩平面SAC＝EO，所以SC∥EO，所以点E是SA的中点，此时SE∶SA＝1∶2.
1∶2
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四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本小题满分13分)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为DD1，BB1的中点．
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(1)求证：CF∥平面A1EC1；
解：证明：取CC1的中点M，连接ME，MB1，如图．
由MC∥B1F且MC＝B1F可得四边形MCFB1为平行四边形，则CF∥MB1，
由ME∥A1B1且ME＝A1B1可得四边形MEA1B1为平行四边形，
则A1E∥MB1，则A1E∥CF，
又A1E⊂平面A1EC1，
CF⊄平面A1EC1，
所以CF∥平面A1EC1.
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(2)过点D作正方体的截面使其与平面A1EC1平行，请给以证明并求出该截面的面积．
解：取AA1的中点G，连接DG，GB1，GE，MD.
因为DE＝MC1，DE∥MC1，
所以四边形DMC1E为平行四边形，
所以DM∥EC1，
因为GE＝B1C1，GE∥B1C1，
所以四边形EGB1C1为平行四边形，
所以GB1∥EC1，
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(1)将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，求所形成的封闭几何体的表面积和体积；
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(2)将△AED绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体为W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
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17．(本小题满分15分)在《九章算术》中，将有三条棱相互平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”．如图所示的五面体是一个羡除，其中棱AB，CD，EF相互平行，四边形ABEF是梯形．已知CD＝EF，AD⊥平面ABEF，BE⊥AF.求证：
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(1)DF∥平面BCE；
证明：因为AB，CD，EF相互平行，CD＝EF，
所以四边形CDFE是平行四边形，
所以DF∥CE，
又因为DF⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，
所以DF∥平面BCE.
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(2)平面ADF⊥平面BCE.
证明：因为AD⊥平面ABEF，
BE⊂平面ABEF，
所以BE⊥AD，
又因为BE⊥AF，AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面ADF，
所以BE⊥平面ADF，
因为BE⊂平面BCE，
所以平面ADF⊥平面BCE.
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18．(本小题满分17分)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC这三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题．
如图，在四棱锥P-ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若______________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A-PB-C的余弦值．
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解：若选②：由PO⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD知PO⊥AB，又PC⊥AB，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，
这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明PO⊥平面ABCD.
因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，PC，
AC⊂平面APC，所以BD⊥平面APC.
又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.
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(2)在线段PA上是否存在点Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
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(3)求点A到平面PBE的距离．
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所以DM∥平面A1EC1，
又因为DM∩DG＝D，DM，
DG⊂平面DMB1G，
所以平面DMB1G∥平面A1EC1，
因为DG＝GB1＝B1M＝MD＝，
所以平行四边形DMB1G为菱形，连接GM，DB1，
易知GM＝2，DB1＝2，
所以S菱形DMB1G＝×2×2＝2.
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