第6章 阶段小测(七)（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

阶段小测(七)[学生用书P307(单独成册)] (时间：120分钟　满分：100分) 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：选A.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． 2．在长方体ABCD­A1B1C1D1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：选B.如图所示，仅有平面ABCD和平面A1B1C1D1与直线BB1垂直． 3.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P，D两点，则四边形EFBC是(　　) A．空间四边形 B．矩形 C．梯形 D．平行四边形 解析：选C.因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD. 因为BC⊂平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF.因为BC＝AD，EF＜AD，所以EF＜BC，所以四边形EFBC是梯形． 4. 如图，在三棱锥A­BCD中，AC⊥BD，点E在棱AB上，点F在棱CD上，且＝，设α表示EF与AC的夹角，β表示EF与BD的夹角，则α＋β的值为(　　) A. B． C． D． 解析：选B. 过E作EG∥AC，交BC于G，连接GF， 所以＝＝，所以GF∥BD，所以α＝∠GEF，β＝∠EFG， 由于AC⊥BD，所以EG⊥GF，故α＋β＝. 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＝，则点P的轨迹长是(　　) A． B． C． D．2π 解析：选B.连接AP.因为AA1⊥平面ABC，AP⊂平面ABC，所以AA1⊥AP， 所以AP＝＝＝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°＝， 所以点P的轨迹长为×1＝. 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夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B. 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.又EO∥BC，所以EO⊥平面PAC， 所以∠ECO即为直线CO与平面PAC的夹角．设PA＝AC＝BC＝2，则EO＝1， 所以CE＝，CO＝， 则cos ∠ECO＝＝＝， 所以直线CO与平面PAC夹角的余弦值为. 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 解析：选BCD. 对于A，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． 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 解析：选ABD.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； 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＝，在Rt△PAB中，AB＝2AD＝4，F为AB的中点，故PF＝AB＝2. 所以PG2＋GF2＝()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． 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． 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． 答案：3 10. 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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. 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. 答案：M在线段FH上 11.如图，在三棱台ABC­A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AC＝2A1C1＝4，侧面ACC1A1是面积为6的等腰梯形，则侧棱BB1的长度为________． 解析： 分别取AC，A1C1的中点O和O1，连接OO1，BO，B1O1，如图所示，因为四边形ACC1A1是等腰梯形，所以OO1⊥AC， 又平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，OO1⊂平面ACC1A1， 所以OO1⊥平面ABC， 所以S梯形ACC1A1＝×(4＋2)OO1＝6，所以OO1＝2. 又△ABC和△A1B1C1都是直角三角形，AC＝4，A1C1＝2，所以OB＝2，O1B1＝1， 在直角梯形OBB1O1中，BB1＝＝＝3. 答案：3 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，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点． (1)求证：BC∥平面PAD；(6分) (2)M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证：AP∥HG.(7分) 证明：(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD， 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD. (2)连接AC，交BD于O，连接MO. 因为四边形ABCD是平行四边形， 所以O是AC的中点，又因为M是PC的中点，所以MO∥AP. 又因为MO⊂平面BDM，AP⊄平面BDM，所以AP∥平面BDM. 又因为AP⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM＝HG，所以AP∥HG. 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) (2)当二面角A­CM­B的大小为60°时，求直线CA与平面ABM夹角的正弦值．(8分) 解：(1)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. (2)因为MC⊥平面ABM，所以CA在平面ABM上的投影为AM，所以直线CA与平面ABM的夹角是∠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＝＝2，AC＝3，CM＝，故sin ∠MAC＝＝. 所以直线CA与平面ABM夹角的正弦值为. 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；(7分) (2)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．(8分) 解：(1)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. 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＝＝，易知CD＝AC＝， 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. (2) 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. 因为M，N分别为P′A，P′D的中点， 所以MN∥AD，且MN＝AD. 由题知BC∥AD，且BC＝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. 学科网（北京）股份有限公司 $