阶段质量评价 第八章 立体几何初步-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件系统梳理了立体几何初步的核心知识，涵盖几何体定义、空间位置关系、表面积体积计算及空间角求解，通过概念辨析、性质应用到综合计算的逻辑脉络，帮助学生构建完整知识网络。 其亮点在于融合高考真题与分层训练，如通过补形法求异面直线角培养几何直观（数学眼光），利用线面垂直判定证明面面垂直发展逻辑推理（数学思维），助力学生巩固知识，教师可精准把握复习重点。

阶段质量评价 第八章　立体几何初步 (时间:120分钟　满分:150分) 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.下列正确的是(　　) A.过球面上两点与球心有且只有一个平面 B.用一个平面去截圆锥,底面与截面之间的部分叫做圆台 C.底面是正多边形,侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥 D.有两个面平行且相似,其他各个面都是梯形的多面体是棱台 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 解析:当球面上的两点恰好是直径的两个端点时,这三点共线,此时过这三点有无数个平面,故A错误;用一个平行于底面的平面截圆锥,底面与截面之间的部分叫做圆台,故B错误;根据正棱锥的定义:底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面正多边形的中心.所以底面是正多边形且侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥,符合定义,故C正确;两个底面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体中,侧棱延长不一定会相交于一点,所以不一定是棱台,故D错误.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 17 18 19 2.已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形,其中AB=AC=2,则该平面图形的面积为 (　　) A. B.2 C.2 D.4 解析:作出原图形如图所示,则AB'=2,AC'=4, 所以该平面图形的面积为·AB'·AC'=×2×4=4,故选D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 3.(2025·天津高考)若m为直线,α,β为两个平面,则下列结论中正确的是 (　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β 解析:对于A,若m∥α,n⊂α,则m,n可能平行或异面,故A错误; 对于B,若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故B错误; 对于C,两条平行线有一条垂直于一个平面, 则另一个必定垂直这个平面, 若m∥α,则α中存在与m平行的直线m'. 又m⊥β,所以m'⊥β,故α⊥β,故C正确; 对于D,m⊂α,α⊥β,则m与β可能平行或相交或m⊂β,故D错误. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 4.如图,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,且PA=AC=BC=a, 则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于 (　　) A.2 B. C. D. 解析:如图,将此多面体补成一个正方体. ∵AC∥BD,∴PB与AC所成的角的大小即为此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小. 在Rt△PBD中,∠PDB=90°,PD=a,DB=a, ∴tan∠DBP==. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 5.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为-1和3,则此组合体外接球的表面积是(　　) A.16π B.20π C.24π D.28π 解析:设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则O+12=R2, 而OO1=-1+3-R,故R2=1+(+2-R)2,解得R=.此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 6.圆台的上、下底面半径之比为1∶2,一条母线长度为2,这条母线与底面所成角等于30°,这个圆台的体积为 (　　) A.π B.π C.π D.7π 解析:如图,由题意得BD=2,AB=2CD,∠ABD=30°, 过点D作DE⊥AB于点E,则DE=1,BE=.因为圆台的上、下底面半径之比为1∶2,所以CD=AE=BE=.则圆台上底面面积为()2π=3π,下底面面积为(2)2π=12π. √ 故圆台的体积为(12π+3π+)×1=7π.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 7.(2024·北京高考)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2,该棱锥的高为(　　) A.1 B.2 C. D. 解析:由题意知△PAB为正三角形,因为PC2+PD2=CD2,所以PC⊥PD.如图,分别取AB,CD的中点E,F,连接PE, EF,PF,则PE=2,PF=2,EF=4,于是PE2+PF2=EF2, 所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF,垂足为G,易知CD⊥PF, CD⊥EF,EF,PF⊂平面PEF,且EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF,所以CD⊥PG.又PG⊥EF,CD,EF⊂平面ABCD,CD∩EF=F,所以PG⊥平面ABCD,所以PG为四棱锥P⁃ABCD的高.由PE·PF=EF·PG,得PG===.故选D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 8.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC⁃A'B'C'的体积为,AB=6,A'B'=2, 则A'A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 解析:如图,分别取BC,B'C'的中点D,D',连接AD,A'D',DD'. 易证得平面ADD'A'⊥平面ABC. 过点A'作A'E⊥AD于点E,则A'E⊥平面ABC, 即A'E为正三棱台的高. 由上述可知,∠A'AE为直线A'A与平面ABC所成的角. 由已知易得正三棱台ABC⁃A'B'C'的上、下底面的面积分别为×2×=, ×6×3=9. 由正三棱台ABC⁃A'B'C'的体积为,得×(+9+3)×A'E=,解得A'E=. 取△ABC,△A'B'C'的重心分别为G,G',连接GG',则四边形A'EGG'为矩形, 所以EG=A'G'=A'D'=(方法技巧:利用正三角形的重心性质),所以AE=AG-EG =AD-EG=×3-=.在Rt△A'AE中,tan∠A'AE===1.故选B. 18 19 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 二、多项选择题(本大题共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.下列结论正确的是(　　) A.S棱柱侧=cl(其中c为底面周长,l为棱柱侧棱长)仅适用于正棱柱 B.若圆锥的母线长为l,底面圆的半径为r,则一定有S圆锥侧=πrl C.如果一个球的表面积变为原来的9倍,那么对应的球的半径变为原来的3倍 D.若一圆锥的侧面展开图为半圆,且面积为S,则圆锥的底面积是 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析:A中公式适合所有的直棱柱,故A错误;B正确;C中由4π=9×4π 得r1=3r2,故C正确;D中设侧面展开图即半圆的半径为R,圆锥的底面圆的 半径为r,则S=πR2,2πr=πR,∴r=,S底=πr2=π·=,故D正确.故选BCD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 10.如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面, C为圆上异于A,B的任意一点,则下列关系正确的是(　　) A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC C.AC⊥PB D.PC⊥BC 解析:∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC,A正确; 又∵BC⊥AC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC, ∴BC⊥PC.∴B、D均正确.故选ABD. √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 11.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,下面结论正确的是 (　　) A.BD∥平面CB1D1 B.AC1⊥BD C.平面ACC1A1⊥平面CB1D1 D.异面直线AD与CB1所成的角为60° 解析:∵ABCD⁃A1B1C1D1为正方体,∴BD∥B1D1,由线面平行的 判定可得BD∥平面CB1D1,故A正确;如图,连接AC, ∵ABCD⁃A1B1C1D1为正方体,∴BD⊥AC,且CC1⊥BD,由线面 垂直的判定可得BD⊥平面ACC1,∴BD⊥AC1,故B正确; 由上可知BD⊥平面ACC1,又BD∥B1D1,∴B1D1⊥平面ACC1, 则平面ACC1A1⊥平面CB1D1,故C正确;异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角,∴所求角为45°,故D错误.故选ABC. √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上) 12.(5分)某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,则该圆柱一个底面的 面积为_________. 解析:因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长2,该圆柱底面圆半径为.故该圆柱一个底面的面积S=πr2=π×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 13.(5分)已知平面α,β和直线m,给出条件:①m∥α;②m⊥α;③m⊂α;④α∥β.当满足条件__________时,有m⊥β. ②④ 解析:当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时,此直线也垂直于另一个平面,结合所给的选项,故由②④可推出m⊥β,即②④是m⊥β的充分条件, ∴满足条件②④时,有m⊥β. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 14.(5分)已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,且这个球的体积是π,那么这个三棱柱的侧面积为________,体积是_________. 48 48 解析:设球的半径为r,则πr3=π,得r=2,柱体的高为2r=4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等,所以底面正三角形的边长为4.所以正三棱柱的侧面积S侧=3×4×4=48,体积V=×(4)2×4=48. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)如图,在圆锥PO中,已知PO=,圆O的直径AB=2, C是弧AB上的点(点C不与A,B重合),D为AC的中点. (1)求圆锥PO的侧面积;(6分) 解:∵PO=,底面半径r=OB=AB=1, ∴母线l=PB==. ∴S侧=πrl=π×1×=π. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)证明:平面POD⊥平面PAC.(7分) 解:证明:∵PA=PC,D是AC的中点, ∴PD⊥AC. 又∵OA=OC,D是AC的中点,∴OD⊥AC. 又PD∩OD=D,PD⊂平面POD,OD⊂平面POD.∴AC⊥平面POD. ∵AC⊂平面PAC,∴平面POD⊥平面PAC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 16.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,PC⊥底面ABCD, 四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,AB=2AD= 2CD=2,点E是PB的中点. (1)线段PA上是否存在一点G,使得点D,C,E,G共面, 存在请证明,不存在请说明理由;(7分) 解:存在PA的中点G满足条件.证明如下: 如图,连接GE,GD,则GE是三角形PAB的中位线, 所以GE∥AB.又由已知AB∥DC, 所以GE∥DC.所以G,E,C,D四点共面. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若PC=2,求三棱锥P⁃ACE的体积.(8分) 解:因为E是PB的中点, 所以VP⁃ACE=VC⁃PAE=VC⁃PAB=VP⁃ACB. 由(1)知AC⊥BC,所以S△ABC=AC·BC=1.VP⁃CAB=PC·S△CAB=,所以VP⁃ACE=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 17.(15分)如图,棱长为2的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别是棱AA1,CC1的中点,过E作平面α,使得α∥平面BDF. (1)作出α截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面,写出作图 过程并说明理由;(6分) 解:如图,连接B1D1,EB1,ED1,由正方体性质可得BD∥B1D1,BF∥ED1. 又BF∩BD=B,所以平面EB1D1∥平面BDF. 因为α∥平面BDF,且E∈α, 所以平面EB1D1与平面α重合. 即三角形EB1D1就是α截正方体ABCD⁃A1B1C1D1所得的截面. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)求平面α与平面BDF的距离.(9分) 解:由(1)可知平面α与平面BDF的距离等于点B1到平面BDF的距离. 设点B1到平面BDF的距离为d. 由题意可得BD=2,BF=DF=, 所以△BDF的面积为,△BB1F的面积为2. 由=可得S△BDF·d=×2,解得d=. 所以平面α与平面BDF的距离为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 18.(17分)将如图①的矩形ABMD沿CD翻折后构成一四棱锥M⁃ABCD(如图②),若在四棱锥M⁃ABCD中有MA=. (1)求证:AC⊥MD;(7分) 解:证明:连接AC. 在△MAD中,MA=,MD=1,AD=2,所以MA2+MD2=AD2,所以MD⊥MA. 又因为MD⊥MC,MC∩AM=M,MC,AM⊂平面MAC, 所以MD⊥平面MAC.AC⊂平面MAC,所以AC⊥MD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)求四棱锥M⁃ABCD的体积.(10分) 解:如图,取CD的中点F,连接MF.在△ACD中, CD=AC=,AD=2,所以AC2+CD2=AD2,所以AC⊥CD. 由(1)可知MD⊥平面MAC,所以AC⊥MD. 所以AC⊥平面MCD.所以AC⊥MF. 在△MCD中,MC=MD=1,所以MF⊥CD,MF=.CD∩AC=C,CD, AC⊂平面ABCD, 所以MF⊥平面ABCD. 所以VM⁃ABCD=S四边形ABCD×MF=××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 19.(17分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P⁃ABCD中, PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;(5分) 解:证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AD, 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB, 又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC, 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 (2)若AD⊥DC,且二面角A⁃CP⁃D的正弦值为,求AD.(12分) 解:如图所示,过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD, 而平面PAC∩平面ABCD=AC, 所以DE⊥平面PAC,又EF⊥CP,所以CP⊥平面DEF, 根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A⁃CP⁃D的平面角, 即sin∠DFE=,即tan∠DFE=. 因为AD⊥DC,设AD=x(0<x<2),则CD=,由等面积法可得,DE=, 又CE==,而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=, 故tan∠DFE==,解得x=,即AD=. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $