阶段质量评价 第13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（苏教版）

该高中数学课件系统梳理了立体几何初步的核心知识，涵盖空间几何体结构、线面位置关系、表面积体积计算及空间角与距离等内容，通过典型例题解析将几何体特征、判定定理、证明方法等串联，构建从直观认识到逻辑推理的知识网络。 其亮点在于以生活实例（如石凳几何体）培养数学眼光，通过严密推理（如线面平行垂直证明）发展数学思维，设计分层练习（选择、填空、解答题递进）满足个性化复习需求，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习教学参考。

第13章　立体几何初步 阶段质量评价 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.) 1.某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是(　　) A.该几何体的面是等边三角形或正方形 B.该几何体恰有12个面 C.该几何体恰有24条棱 D.该几何体恰有12个顶点 √ 解析：根据题图可得该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确.故选B. 2.设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题正确的是 (　　) A.若m∥n，m∥α，则n∥α B.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β C.若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β D.若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β √ 解析：对于A，当α为平面ABCD，取n为直线BC，m为直线C1B1，此时满足m∥n，m∥α，但不满足n∥α，故A不正确；对于B，当α为平面ABCD，β为平面A1B1C1D1时，取m为直线AB，n为直线C1B1，此时满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，但不满足α⊥β，故B不正确；对于C，由m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，由线面垂直的性质定理可得α∥β，故C正确；对于D，当α为平面ABCD，β为平面BCC1B1时，取m为直线BB1，n为直线AB，此时满足m⊥n，m⊥α，n⊥β，但不满足α∥β，故D不正确.故选C. 3.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且==，则下列说法正确的是(　　) A.EF与GH平行 B.EF与GH异面 C.EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上 D.EF与GH的交点M一定在直线AC上 √ 解析：如图所示，连接EH，FG. 因为F，G分别是边BC，CD上的点，且==， 所以GF∥BD，且GF=BD. 因为点E，H分别是边AB，AD的中点， 所以EH∥BD，且EH=BD. 所以EH∥GF，且EH≠GF. 所以EF与GH相交，设其交点为M， 则M∈平面ABC，同理M∈平面ACD. 又平面ABC∩平面ACD=AC， 所以M在直线AC上.故选D. 4.《算数书》竹简于20世纪80年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.现有一圆锥底面周长为，侧面面积为，其体积的近似公式为V≈L2h，用此π的近似取值(用分数表示)计算过该圆锥顶点的截面面积的最大值为(　　) A.15 B.3 C. D.8 √ 解析：若圆锥母线长为l，底面半径为r，则×l=，故l=4. 又2πr=，故r=，而V=πr2h≈L2h， 则π×≈×，可得π=，所以r=3. 若截面顶角为θ，当截面为轴截面时，cos θ=1-=-<0，此时<θ<π. 又截面面积为l2sin θ=8sin θ，故当θ=时截面面积的最大值为8.故选D. 5.将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，则直线AB与CD的夹角为 (　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析：如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N， 则ON∥CD，MN∥AB，且ON=CD，MN=AB， 所以∠ONM或其补角即为所求的角. 因为平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，BO⊥AC，AC⊂平面ACD， √ 所以BO⊥平面ACD.所以BO⊥OD. 设正方形边长为2，OB=OD=，所以BD=2， 则OM=BD=1.所以ON=MN=OM=1. 所以△OMN是等边三角形，∠ONM=60°. 所以直线AB与CD的夹角为60°.故选B. 6.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. 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. 8.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是 (　　) A.a B.a C.a D.a √ 解析：因为在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是CC1，C1D1，DD1，CD的中点，N是BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD.又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以GH∥平面A1BD.同理可得，NH∥平面A1BD.又GH∩HN=H，所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动，MN∥平面A1BD，所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件.易得GH=a.故点M的轨迹长度是a.故选D. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.) 9.在正四面体ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，则(　　) A.HE∥平面BCD B.AC⊥BD C.AB⊥平面FGH D.E，F，G，H四点共面 √ √ √ 解析：如图，把正四面体ABCD放到正方体里. 因为H，E分别为AD，AB的中点，所以HE∥BD. 又BD⊂平面BCD，HE⊄平面BCD，所以HE∥平面BCD， 故A正确.从正方体的角度上看易得AC⊥BD，故B正确. 因为E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，所以EF∥AC且EF=AC.GH∥AC且GH=AC.所以EF∥GH且EF=GH.所以四边形EFGH是平行四边形.故E，F，G，H四点共面，故D正确. 若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH.又HE⊂平面EFGH，所以AB⊥HE.又E，H分别为AB，AD的中点，所以EH∥BD.所以AB⊥BD.而△ABD为等边三角形，与AB⊥BD矛盾，故C不正确.故选ABD. 10.已知A-BCD是棱长均为1的三棱锥，则 (　　) A.直线AB与CD的夹角为90° B.直线BC与平面ACD的夹角为60° C.点C到平面ABD的距离为 D.能容纳三棱锥A-BCD的最小的球的半径为 √ √ √ 解析：若E为CD中点，连接AE，BE，由题设知各侧面 均为等边三角形，所以AE⊥CD，BE⊥CD，AE∩BE= E，AE，BE⊂平面ABE，则CD⊥平面ABE， 又AB⊂平面ABE，故AB⊥CD，A正确； 若F为△ACD的中心，连接BF，则BF⊥平面ACD，CF⊂平面ACD，所以直线BC与平面ACD的夹角为∠BCF，且BF⊥CF，而CF=××1=，故cos∠BCF==，显然∠BCF不为60°，B错误； 由B分析BF==，即该正棱锥的体高为，故C到平面ABD的距离为，C正确；显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为R，则R2=+，所以R=，D正确.故选ACD. 11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若点E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，则 (　　) A.B1D⊥平面EFG B.CD1∥平面EFG C.AC1⊥平面EFG D.AC1∥平面EFG 解析：取CC1，D1A1，A1A的中点M，N，P，如图，则EFMGNP是正方体的截面.易知EF∥AC，BB1⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC.又AC⊥BD，BD∩BB1=B，BD⊂平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D， √ √ ∴AC⊥平面BB1D1D.而B1D⊂平面BB1D1D，∴AC⊥B1D.∴EF⊥B1D，同理FM⊥B1D.∵EF∩FM=F，EF⊂平面EFG，FM⊂平面EFG，∴B1D⊥平面EFG，A正确.由CD1∥MG，CD1⊄平面EFG，MG⊂平面EFG，得CD1∥平面EFG，B正确.由AE与C1G平行且相等得AEC1G是平行四边形，AC1与EG相交且平分，且AC1与EG不垂直(可证GE∥BC1且BC1⊥AB，得EG与AC1不垂直)，因此C、D均错. 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.) 12.(5分)如图，直角△O'A'B'是△OAB的斜二测直观图， 其中O'B'⊥B'A'，斜边O'A'=2，则△OAB的面积是_____.  2 解析：由△OAB的斜二测直观图还原得△OAB的直观图如图所示，因为直角△O'A'B'中，∠A'O'B'=45°，O'B'⊥B'A'且O'A'=2，所以O'B'=.在△AOB中，OA⊥OB，OB=2O'B'=2，OA=O'A'=2， 所以△AOB的面积为×OB×OA=×2×2=2. 13.(5分)如图，已知圆柱的高为h，底面半径为R，轴截面为矩形A1ABB1，在母线AA1上有一点P，且PA=a，在母线BB1上取一点Q，使B1Q=b，则圆柱侧面上P，Q两点的最短距离为_______________________.  解析：如图，把圆柱的半个侧面展开，是一个长为πR，宽为h的矩形， B1Q=b，PA=a，过P作PE⊥BB1，E为垂足，所以QE=h-a-b， 即可把PQ放在一个直角边为πR和h-a-b的直角三角形PQE中， 根据勾股定理可得PQ==. 14.(5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m，n夹角的正弦值为_____.  解析：如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD=m1， ∵α∥平面CB1D1， ∴m1∥m.又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1， ∴B1D1∥m1. ∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n. 故m，n夹角的大小与B1D1，CD1夹角的大小相等，即∠CD1B1的大小. 又∵B1C=B1D1=CD1(均为面对角线)， ∴∠CD1B1=，得sin∠CD1B1=. 四、解答题(本大题共5小题，共77分.) 15.(13分)已知圆台的上、下底面半径分别为20 cm，30 cm， 高为18 cm，过它的两条母线作一平面截去上底面圆周的. (1)求证：这个截面截下底面圆周也是；(6分) 解：证明：如图所示，O，O1分别为上、下底面的中心， B，B1分别在上、下底面上，所以O1O与B1B必相交于一点. 所以O1OBB1是平面图形，则O1B1∥OB，同理O1A1∥OA. 又开口方向相同，所以∠AOB=∠A1O1B1=90°， 这个截面截下底面圆周也是. (2)求这个截面面积.(7分) 解：分别取AB，A1B1的中点C，C1，连接CC1， 又因为圆台的上、下底面半径分别为20 cm，30 cm，高为18 cm， 所以AB=20，A1B1=30，CO=10，C1O1=15. 所以C1C==. 所以截面的面积为S=(AB+A1B1)×C1C=50(cm2). 16.(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD， 点P为DD1的中点，BD交AC于点O.证明： (1)直线BD1∥平面PAC；(7分) 证明：∵四边形ABCD为矩形，∴O为BD中点.又P为DD1中点，∴PO∥BD1. ∵PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC， ∴BD1∥平面PAC. (2)平面BDD1⊥平面PAC.(8分) 证明：由长方体结构特征知DD1⊥平面ABCD， 又AC⊂平面ABCD，∴DD1⊥AC. ∵四边形ABCD为矩形，AB=AD， ∴四边形ABCD为正方形.∴AC⊥BD. 又BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1， ∴AC⊥平面BDD1. ∵AC⊂平面PAC，∴平面BDD1⊥平面PAC. 17.(15分)如图，四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，EF是 圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB=4，BC=6. (1)证明：BF⊥平面EPF；(7分) 解：证明：连接AF， ∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，∴AB为圆O的直径. ∴AF⊥BF.又EF是圆柱的母线，∴EF⊥平面ABF. ∵BF⊂平面ABF，∴EF⊥BF. 又AF∩EF=F，AD∥EF，AF，EF⊂平面ADEF，∴BF⊥平面ADEF. 又P是线段AD的中点，∴平面ADEF即为平面EPF.∴BF⊥平面EPF. (2)若直线AB与平面EPF的夹角为60°，求三棱锥B-EPF的体积.(8分) 解：由(1)知BF⊥平面EPF，∴BF为三棱锥B-EPF的高，且AF为AB在平面EPF内的射影. ∴AB与平面EPF的夹角为∠BAF. 由题意知∠BAF=60°，AB=4，BC=6， ∴BF=ABsin 60°=2，AF=ABcos 60°=2，S△EPF=EF·AF=6. ∴VB-EPF=S△EPF·BF=×6×2=4. 18.(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；(7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. (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD.(10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，所以DE⊥CP. 又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF⊂ 平面DEF，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=. 由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=. 19.(17分)如图，在长方形ABCD中，AB=2，AD=1，E为CD的中点，以AE为折痕，把△DAE折起到△D'AE的位置，且平面D'AE⊥平面ABCE.  (1)求证：AD'⊥BE；(5分) 解：证明：根据题意可知，在长方形ABCD中，△DAE和△CBE为等腰直角三角形，∴∠DEA=∠CEB=45°.∴∠AEB=90°，即BE⊥AE. ∵平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE=AE，BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面D'AE.∵AD'⊂平面D'AE，∴AD'⊥BE. (2)求四棱锥D'-ABCE的体积；(5分) 解：取AE的中点F，连接D'F，则D'F⊥AE. ∵平面D'AE⊥平面ABCE，且平面D'AE∩平面ABCE=AE， D'F⊂平面D'AE，∴D'F⊥平面ABCE. ∴V四棱锥D'-ABCE=S四边形ABCE·D'F=××(1+2)×1×=. (3)在棱ED'上是否存在一点P，使得D'B∥平面PAC?若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.(7分) 解：如图所示，连接AC交BE于Q，假设在ED'上存在点P，使得D'B∥平面PAC，连接PQ. ∵D'B⊂平面D'BE，平面D'BE∩平面PAC=PQ， ∴D'B∥PQ. ∴在△EBD'中，=. ∵在梯形ABCE中，==，∴==，即EP=ED'. ∴在棱ED'上存在一点P，且EP=ED'，使得D'B∥平面PAC. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $