第7章 第6讲 几何法求空间角与距离 课后检测能力达标(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，覆盖线面角、二面角、体积计算、空间距离及线面垂直平行证明等高考高频内容，依据高考评价体系分析近5年真题考点权重，归纳选择、填空、解答题典型题型，构建完整备考体系。
课件亮点在于“真题解析+素养培养+技巧指导”，如2025上海卷圆锥侧面积题训练空间观念（数学眼光），2026惠州调研正方体线面角题强化逻辑推理（数学思维），通过“作辅助线—证垂直—算角度”三步法突破二面角计算，帮助学生掌握空间问题转化技巧，教师可据此精准定位学情，提升复习效率。
内容正文：
课后检测 能力达标
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A
A 基础达标
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C
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课后检测 能力达标
对于B，由A选项分析易知BC⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥PD，又BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，故B正确；
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课后检测 能力达标
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课后检测 能力达标
8．如图，已知Rt△ABC的斜边BC∥平面α，A在平面α上，AB，AC与平面α所成的角分别为30°，45°，BC＝6，则BC到平面α的距离为________．
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课后检测 能力达标
9．(13分)(2025·上海卷)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2.
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课后检测 能力达标
在△PAB中，Q，O分别是AP，AB的中点，所以QO∥PB，又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，所以QO∥平面PBD.同理可得OC∥平面PBD.又QO∩OC＝O，QO，OC⊂平面QOC，所以平面QOC∥平面PBD，又QM⊂平面QOC，所以QM∥平面PBD.
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课后检测 能力达标
A
10．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝CE＝2BD，点D，E分别是侧棱BB1，CC1上的点，则平面ADE与平面ABC的夹角为( )
B 综合运用
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课后检测 能力达标
解析：如图，延长ED，CB相交于点P，连接AP，则AP为平面ADE与平面ABC的交线．由CE＝2BD知BP＝BC.因为AB＝BP＝BC，所以CA⊥AP.
因为EC⊥平面ABC，
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课后检测 能力达标
11．(2026·大同模拟)设AB为圆锥SO底面的一条直径，C为底面圆周上异于A，B的一点，D为SO上靠近点O的一个三等分点，且二面角S-AC-B与二面角D-BC-A的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥S-ABC的体积之比是( )
B
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课后检测 能力达标
解析：在圆O所在平面内，过点O作OM⊥AC，垂足为M，作ON⊥BC，垂足为N，连接SM，DN.因为AB为底面的一条直径，所以AC⊥BC，所以OM∥BC，ON∥AC，又O是AB的中点，所以M为AC的中点，N为BC的中点，因为SA＝SC，DB＝DC，
所以SM⊥AC，DN⊥BC，
所以∠SMO为二面角S-AC-B的平面角，
∠DNO为二面角D-BC-A的平面角，
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课后检测 能力达标
解析：对于A，易知AB为底面圆的直径，所以AE⊥BE，由题意知BC⊥平面ABE，因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，
因为BE∩BF＝B，BE，BF⊂平面BEF，所以AE⊥平面BEF，A正确；
对于B，四面体ABEF可补成分别以AE，EB，BF为长、宽、高的长方体，
则AF为四面体ABEF外接球的直径，设圆柱的底面半径为r，因为正方形ABCD为圆柱的轴截面，
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课后检测 能力达标
13．(15分)(2026·六安适应考)如图，矩形ABCD所在的平面和半圆弧AMD所在的平面垂直，且AD＝2AB＝4，∠MAD＝60°，P是CM的中点．
(1)证明：AM∥平面BDP；(4分)
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课后检测 能力达标
解：证明：如图1，连接AC与BD交于点O，连接OP，则O是AC，BD的中点，
因为P是CM的中点，所以OP∥AM，因为AM⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以AM∥平面BDP.
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课后检测 能力达标
(2)证明：BM⊥DM；(5分)
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(3)求异面直线BM，DP所成角的余弦值．(6分)
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课后检测 能力达标
C 素养提升
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课后检测 能力达标
解：证明：因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.因为PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，所以PA⊥BC.
因为PA，AC⊂平面PAC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC.
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课后检测 能力达标
(2)若AC＝BC＝PA，M是PB的中点，记AM与底面ABC所成的角为α，AM与平面PBC所成的角为β，试研究α与β的数量关系．(10分)
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课后检测 能力达标
5．(2026·浙江联考)在三棱锥A-BCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝2，则三棱锥A-BCD的体积的最大值为( )
A．2 B．2 C．1 D．
解析：如图，因为沿AC将此矩形折成一个二面角，作DO⊥平面ABC于点O，连接AO，则∠DAO＝60°，
在Rt△DAC中，tan ∠DAC＝＝，
则∠DAC＝60°，故点O在AC上，
因为DO⊥平面ABC，DO⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC，
所以当AD与平面ABC所成的角为60°时，二面角D-AC-B的大小为90°.
解：证明：连接OD，CQ，OQ，因为＝，CD∥AB，所以∠OCD＝，又OC＝OD，所以△OCD为等边三角形，
所以CD＝OD＝OB，又CD∥OB，
所以四边形OCDB是平行四边形，所以OC∥DB.
对于C，如图，连接CE，由A知，AE⊥平面BEF，易得AE⊥平面BCE，
则∠ACE为直线AC与平面BEF所成的角，
因为E为的中点，AB＝BC＝4，故AE＝BE＝2，
由勾股定理得AC＝＝4，
在Rt△AEC中，sin ∠ACE＝＝，则∠ACE＝，所以直线AC与平面BEF所成的角为，C错误；
解：证明：因为矩形ABCD所在的平面和半圆弧AMD所在的平面垂直，且交线为AD，因为AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面AMD，因为AM⊂平面AMD，所以AM⊥AB，又∠MAD＝60°，AM⊥MD，AD＝4，所以AM＝2，MD＝2，所以BM＝＝2，BD＝＝2，故BM2＋DM2＝BD2，所以BM⊥DM.
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