7 8.6 阶段小测(五)（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦立体几何核心内容，涵盖空间线面、面面位置关系的判定与性质，通过阶段小测形式，从选择、填空到解答题逐步递进，前接基础概念，后连综合应用，搭建从理解到实践的学习支架。 其亮点在于以问题驱动培养数学眼光、思维与语言，如正方体中点M位置探究（几何直观），面面平行证明（逻辑推理），精确表述证明过程（数学语言）。助力学生提升空间观念和推理能力，教师可高效检测教学效果。

阶段小测(五) 1 一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．) 1．已知平面α，β和直线a，b，且α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b的位置关系是(　　) A．平行或异面 B．平行 C．异面 D．相交 解析：因为α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b没有公共点，即a与b平行或异面． √ 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 阶段小测 2．在长方体ABCD-A1B1C1D1的六个面中，与直线BB1垂直的面的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：如图所示，仅有平面ABCD和平面A1B1C1D1与直线BB1垂直． √ 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 1 2 阶段小测 3．如图，四边形ABDC是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，M是AC的中点，BD与平面α交于点N，AB＝4，CD＝6，则MN＝(　　) A．4.5 B．5 C．5.4 D．5.5 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 3 阶段小测 √ 3 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 4 阶段小测 3 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 4 阶段小测 √ 3 4 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 5 阶段小测 3 4 6 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 5 阶段小测 √ 3 4 5 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 6 阶段小测 3 4 5 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 6 解析：取PC的中点E，连接EO， 可得EO∥BC， 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC， 又AC⊥BC，AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 阶段小测 3 4 5 7 8 9 10 2 12 13 14 11 1 6 阶段小测 二、多项选择题(本题共2小题，每小题6分，共12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．) 7．已知点P，直线l，m，n，平面α，β，则下列命题正确的是(　　) A．若l∥m，m⊂α，则l∥α B．若l⊥m，l⊥n，m∩n＝P，m⊂α，n⊂α，则l⊥α C．若l∥α，α∩β＝m，l⊂β，则l∥m D．若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β √ 3 4 5 6 8 9 10 2 12 13 14 11 1 7 √ √ 阶段小测 解析：对于A，若l∥m，m⊂α，则l⊂α或l∥α，故A错误； 对于B，若l⊥m，l⊥n，m∩n＝P，m⊂α，n⊂α，则l⊥α，这是线面垂直的判定定理，故B正确； 对于C，若l∥α，α∩β＝m，l⊂β，则l∥m，这是线面平行的性质定理，故C正确； 对于D，若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β，这是面面垂直的性质定理，故D正确． 3 4 5 6 8 9 10 2 12 13 14 11 1 7 阶段小测 8．如图1，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是CD的中点，沿AE将△ADE折起，使点D到达点P的位置，并满足PA⊥PB，如图2，则下列结论中正确的是(　　)   A．平面PAB⊥平面PBE B．平面PAE⊥平面PBE C．平面PAB⊥平面ABCE D．平面PAE⊥平面ABCE √ 3 4 5 6 7 9 10 2 12 13 14 11 1 8 √ √ 阶段小测 解析：因为PA⊥PB，PA⊥PE，且PB∩PE＝P，PB，PE⊂平面PBE，所以PA⊥平面PBE.又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PBE，平面PAE⊥平面PBE，故A，B正确； 3 4 5 6 7 9 10 2 12 13 14 11 1 8 阶段小测 3 4 5 6 7 9 10 2 12 13 14 11 1 8 阶段小测 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9．如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相垂直的平面有________对． 3 4 5 6 7 8 10 2 12 13 14 11 1 9 3 阶段小测 解析：因为AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABD，AB⊂平面ABC， 所以平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD. 又BC⊥CD，AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC. 又CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC. 故互相垂直的平面有3对． 3 4 5 6 7 8 10 2 12 13 14 11 1 9 阶段小测 10．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，CD的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH的边上及其内部运动，则M满足__________________时，有MN∥平面B1BDD1. 3 4 5 6 7 8 9 2 12 13 14 11 1 10 M在线段FH上 阶段小测 解析：连接HN，FH，FN. 由题易知，HN∥BD，HN⊄平面B1BDD1，BD⊂平面B1BDD1，  所以HN∥平面B1BDD1. 又FH∥D1D， 同理可得FH∥平面B1BDD1， 又HN∩FH＝H，HN，FH⊂平面FHN， 所以平面FHN∥平面B1BDD1. 因为点M在四边形EFGH的边上及其内部运动，平面FHN∩平面EFGH＝FH，所以M∈FH. 3 4 5 6 7 8 9 2 12 13 14 11 1 10 阶段小测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 1 11 阶段小测 解析：取下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心O，O1， 取CD和C1D1的中点E，E1，连接OE，EE1，O1E1，OO1， 过点E作EF⊥平面A1B1C1D1， 因为ABCD­-A1B1C1D1为正四棱台，所以点F在O1E1上， 如图所示． 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 1 11 阶段小测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 1 11 阶段小测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 1 11 阶段小测 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E，F，G分别是PD，AC，PA的中点，平面PAB∩平面EFG＝l. 证明：(1)EF∥l；(6分) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 13 14 11 1 12 阶段小测 证明：在四棱锥P-ABCD中，连接BD，由底面ABCD是平行四边形，得F是BD的中点． 而E是PD的中点，则EF∥PB， 又EF⊄平面PAB，PB⊂平面PAB， 则EF∥平面PAB，而平面PAB∩平面EFG＝l，EF⊂平面EFG，所以EF∥l. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 13 14 11 1 12 阶段小测 (2)平面EFG∥平面PBC.(7分) 证明：由G，F分别是PA，AC中点，得FG∥PC， 又FG⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，则FG∥平面PBC， 由(1)知EF∥PB，又EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，则EF∥平面PBC， 又EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 13 14 11 1 12 阶段小测 13．(本小题满分15分)如图，边长为3的正方形ABCD所在平面与半圆弧BC所在平面垂直，点M是弧BC上异于B，C的点． (1)求证：平面ACM⊥平面ABM；(7分) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 14 11 1 13 证明：由题设，平面ABCD⊥平面BMC，平面ABCD∩平面BMC＝BC，AB⊥BC，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面BMC，又MC⊂平面BMC，故AB⊥MC， 由圆的性质知BM⊥MC，AB∩BM＝B，且AB，BM⊂平面ABM，故MC⊥平面ABM， 又MC⊂平面ACM，所以平面ACM⊥平面ABM. 阶段小测 (2)当二面角A-CM-B的大小为60°时，求直线CA与平面ABM所成的角的正弦值．(8分) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 14 11 1 13 阶段小测 14．(本小题满分15分)如图，在等腰梯形BCDP中，BC∥PD，AB⊥PD于点A，PD＝3BC且AB＝BC＝1.沿AB把△PAB折起到△P′AB的位置，使∠P′AD＝90°.   (1)求证：CD⊥平面P′AC；(4分) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 14 阶段小测 证明：因为∠P′AD＝90°，所以P′A⊥AD. 因为在等腰梯形BCDP中，AB⊥PD， 所以AB⊥P′A. 又AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD， 所以P′A⊥平面ABCD. 又因为CD⊂平面ABCD，所以P′A⊥CD. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 14 阶段小测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 14 阶段小测 (2)求三棱锥A-P′BC的体积；(5分) 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 14 阶段小测 (3)线段P′A上是否存在点M，使得BM∥平面P′CD.若存在，指出点M的位置并证明；若不存在，请说明理由．(6分) 解：线段P′A上存在一点M，使得BM∥平面P′CD，M为P′A的中点，证明如下： 取P′A的中点M，P′D的中点N，连接BM，MN，NC. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 14 阶段小测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 14 阶段小测 解析：因为AB∥平面α，AB⊂平面ABDC，平面ABDC∩平面α＝MN，所以AB∥MN.又M是AC的中点，所以MN是梯形ABDC的中位线，故MN＝ eq \f(1,2)(AB＋CD)＝5. 4．如图，在三棱锥A­BCD中，AC⊥BD，点E在棱AB上，点F在棱CD上，且 eq \f(AE,EB)＝ eq \f(CF,FD)，设α表示EF与AC所成的角，β表示EF与BD所成的角，则α＋β的值为(　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,2) C． eq \f(π,4) D． eq \f(π,3) 解析：过E作EG∥AC，交BC于G，连接GF， 所以 eq \f(CG,GB)＝ eq \f(AE,EB)＝ eq \f(CF,FD)，所以GF∥BD， 所以α＝∠GEF，β＝∠EFG， 由于AC⊥BD，所以EG⊥GF，故α＋β＝ eq \f(π,2). 5．在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝1，点P为△ABC内动点，且A1P＝ eq \r(2)，则点P的轨迹长是(　　) A． eq \f(π,3) B． eq \f(2π,3) C． eq \f(4π,3) D．2π 解析：连接AP.因为AA1⊥平面ABC，AP⊂平面ABC，所以AA1⊥AP， 所以AP＝ eq \r(A1P2－A1A2)＝ eq \r(2－1)＝1， 所以点P在以A为圆心，1为半径的圆弧上，且圆心角为∠BAC＝120°＝ eq \f(2π,3)， 所以点P的轨迹长为 eq \f(2π,3)×1＝ eq \f(2π,3). 6．如图，在三棱锥P­ABC中，PA＝AC＝BC，∠ACB＝90°，PA⊥平面ABC，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成的角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(6),5) B． eq \f(\r(6),3) C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(1,2) 又EO∥BC， 所以EO⊥平面PAC， 所以∠ECO即为直线CO与平面PAC所成的角．设PA＝AC＝BC＝2，则EO＝1， 所以CE＝ eq \r(2)，CO＝ eq \r(3)， 则cos ∠ECO＝ eq \f(CE,CO)＝ eq \f(\r(2),\r(3))＝ eq \f(\r(6),3)， 所以直线CO与平面PAC所成的角的余弦值为 eq \f(\r(6),3). 如图1，取AB的中点F，连接DF，交AE于点G，则△ADE和△ADF均为等腰直角三角形， 所以∠DAE＝∠ADF＝45°，所以∠AGD＝90°，即DF⊥AE， 如图2，连接PF，因为PG⊥AE，FG⊥AE，所以∠PGF为二面角P­AE­B的平面角． 设AD＝2，则DG＝GF＝ eq \r(2)，在Rt△PAB中，AB＝2AD＝4，F为AB的中点，故PF＝ eq \f(1,2)AB＝2. 所以PG2＋GF2＝( eq \r(2))2＋( eq \r(2))2＝4＝PF2，所以∠PGF＝90°， 所以平面PAE⊥平面ABCE，则平面PAB与平面ABCE不垂直，故C错误，D正确． 11．“米升子”是一种古代专司量米的量器，其形状是上大下小的正四棱台．将“米升子”装满后用手指或筷子沿升子口刮平叫“平升”．现有一“米升子”的缩小模型，上、下底面正方形的边长分别为5 cm和3 cm，侧面与上底面的夹角为 eq \f(π,3)，则该“米升子”模型“平升”的容积为________ cm3. eq \f(49\r(3),3) 因为ABCD­A1B1C1D1为正四棱台，正方形ABCD的边长为3 cm，正方形A1B1C1D1的边长为5 cm，侧面与上底面的夹角为 eq \f(π,3)， 所以O1E1＝ eq \f(5,2) cm，O1F＝OE＝ eq \f(3,2) cm，OO1＝EF， E1F＝O1E1－OE＝1 cm，O1E1⊥C1D1，EE1⊥C1D1， 又平面A1B1C1D1∩平面CDD1C1＝C1D1，O1E1⊂平面A1B1C1D1，EE1⊂平面CDD1C1， 所以侧面CDD1C1与上底面A1B1C1D1所成角的平面角为∠O1E1E，故∠O1E1E＝ eq \f(π,3). 因为EF⊥平面A1B1C1D1，O1E1⊂平面A1B1C1D1，所以EF⊥O1E1， 所以EF＝E1F·tan ∠O1E1E＝1×tan eq \f(π,3)＝ eq \r(3) cm， 即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为 eq \r(3) cm， 故“平升”的容积为V＝ eq \f(1,3)×(52＋32＋ eq \r(52×32))× eq \r(3)＝ eq \f(49\r(3),3) cm3. 解：因为MC⊥平面ABM，所以CA在平面ABM上的射影为AM， 所以直线CA与平面ABM所成的角是∠MAC， 因为二面角A­CM­B的大小为60°，且AM⊥MC，BM⊥MC，故∠BMA＝60°. 又∠ABM＝90°，则AM＝ eq \f(AB,sin 60°)＝2 eq \r(3)，AC＝3 eq \r(2)，CM＝ eq \r(6)，故sin ∠MAC＝ eq \f(CM,AC)＝ eq \f(\r(3),3). 所以直线CA与平面ABM所成的角的正弦值为 eq \f(\r(3),3). 又因为AB⊥BC，PD＝3BC，AB＝BC＝1， 所以PD＝3，AP＝1，AD＝2， 在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝ eq \r(AB2＋BC2)＝ eq \r(2)，易知CD＝AC＝ eq \r(2)， 所以AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD. 因为P′A∩AC＝A，P′A，AC⊂平面P′AC， 所以CD⊥平面P′AC. 解：因为S△ABC＝ eq \f(1,2)BC·AB＝ eq \f(1,2)， P′A⊥平面ABCD， 所以V三棱锥A­P′BC＝V三棱锥P′­ABC＝ eq \f(1,3)·S△ABC·P′A＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)×1＝ eq \f(1,6). 因为M，N分别为P′A，P′D的中点， 所以MN∥AD，且MN＝ eq \f(1,2)AD. 由题知BC∥AD，且BC＝ eq \f(1,2)AD， 所以MN∥BC，MN＝BC， 所以四边形MNCB为平行四边形， 所以BM∥CN. 又因为BM⊄平面P′CD，CN⊂平面P′CD， 所以BM∥平面P′CD. $