北师大版高中数学必修第二册第六章立体几何初步课时学案

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章末总结



题型一　点、线、面位置关系
[例1] 已知下列四个命题,其中真命题的个数为(　　)
①空间三条互相平行的直线a,b,c,都与直线d相交,则a,b,c三条直线共面;
②若直线m⊥平面α,直线n∥平面α,则m⊥n;
③平面α∩平面β=直线m,直线a∥平面α,直线a∥平面β,则a∥m;
④垂直于同一个平面的两个平面互相平行.
(A)1 (B)2
(C)3 (D)4
解析:①②③显然正确;垂直于同一个平面的两个平面平行或相交,故④错误.故选C.
跟踪训练1:(1)(多选题)对于两条不同直线m,n和两个不同平面α,β,下列选项中正确的为(　　)
(A)若m⊥α,n⊥β,α⊥β,则m⊥n
(B)若m∥α,n∥β,α⊥β,则m⊥n或m∥n
(C)若m∥α,α∥β,则m∥β或m⊂β
(D)若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α
(2)(多选题)

如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别是棱BB1,DD1上异于端点的两个动点,且DQ=BP,则下列说法正确的是(　　)
(A)三棱锥D-APQ的体积为定值
(B)对于任意位置的点P,平面APQ与平面A1B1C1D1所成的交线均为平行关系
(C)∠PAQ的最小值为π3
(D)对于任意位置的点P,均有平面APQ⊥平面A1C1CA
解析:(1)ACD显然正确;
对于B,若m∥α,n∥β,α⊥β,则m与n相交、平行或异面,故B错误.故选ACD.
(2)对于A,P到底面ADQ的高不变,△APQ面积变,故A错误;
对于B,由于PQ∥平面A1B1C1D1,则经过直线PQ的平面APQ与A1B1C1D1的所有交线均与PQ平行,B正确;
对于C,设正方体的棱长为1,PB=DQ=a∈(0,1),
则AP=AQ=a2+1,PQ=2,
则cos∠PAQ=a2+1+a2+1-22(a2+1)=a2a2+1=1-1a2+1∈(0,12),
所以∠PAQ∈(π3,π2),故C错误;
由题意得PQ⊥平面ACC1A1,故D正确.
故选BD.


点、线、面位置关系的考查,侧重于考查空间想象能力,一般综合4个基本事实以及平行与垂直的性质与判定.比较简单的位置关系,可以把有关的线、面放在长方体中观察;直接判断比较困难时,可以考虑反证法或者反例法;有些较为复杂的位置关系需要通过数量关系的计算来判断.
题型二　球的切、接
[例2] 在四棱锥A1ABCD中,A1A⊥平面ABCD,四边形ABCD是平行四边形,∠ABC=π3,AA1=2,BD=23,经过直线BD且与直线A1C平行的平面交直线AA1于点P,则三棱锥PABD的外接球的表面积为(　　)
(A)172π (B)17π
(C)576π (D)114π3
解析:如图,连接AC,交BD于点E.

得A1C∥PE,则P为A1A的中点,
设三角形ABD的外心为G,外接圆半径为r,由已知可得,∠BAD=2π3,
则r=232sin2π3=2.
设三棱锥PABD的外接球的球心为O,
连接OG,则OG⊥平面ABCD.
又AA1⊥平面ABCD,且AA1=2,
所以外接球半径R满足
R2=r2+(14AA1)2=4+14=174,
则三棱锥PABD的外接球的表面积为
4πR2=17π.
故选B.
跟踪训练2:(多选题)

如图,三棱锥PABC,平面PBC⊥平面ABC,已知△PBC是等腰三角形,△ABC是等腰直角三角形,若AB=BC=2,PB=PC=5,球O是三棱锥PABC的外接球,则(　　)
(A)球心到平面PBC的距离是32
(B)球心到平面ABC的距离是34
(C)球的表面积是414π
(D)球的体积是7413π
解析:

如图所示,
由AB⊥BC,平面PBC⊥平面ABC,且平面PBC∩平面ABC=BC,
所以AB⊥平面PBC,
取AC的中点G,则G为三角形ABC的外心,取BC的中点D,连接GD,
则GD∥AB,可得GD⊥平面PBC,
设△PBC的外心为H,三棱锥PABC的外接球的球心为O,
连接OG,OH,则OH⊥平面PBC,OG⊥底面ABC,
可得四边形OGDH为矩形,则O到平面PBC的距离等于OH=GD=12AB=1,故A错误.
在△PBC中,由余弦定理可得cos∠BPC=5+5-42×5×5=35,则sin∠BPC=45.
设三角形PBC外接圆的半径为r,
可得r=22×45=54.
又PD=(5)2-12=2,
所以O到底面ABC的距离为2-54=34,故B正确.
则三棱锥外接球的半径
R=(34) 2+(2)2=414,
则球的表面积是S=4π×(414)2=414π,故C正确.
球的体积为V=43π×(414)3=4141π48,故D错误.
故选BC.


接球与切球问题,解题的关键是确定球心的位置,进而求出球的半径.切球可以用等体积法求半径.涉及球心问题的重要辅助线是找到或作出适当的截面,把相关的元素集中到直角三角形中求解.
题型三　平行与垂直
[例3]

在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.
(1)证明:平面PBD⊥平面PAC.
(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.
证明:(1)因为PA⊥平面ABCD,
BD⊂平面ABCD,
所以PA⊥BD.
因为AC=AC,AB=AD,∠ADC=∠ABC=90°,
所以Rt△ABC≌Rt△ADC,可得BC=DC,
所以点A,C在线段BD的垂直平分线上,
则AC⊥BD.
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,而BD⊂平面PBD,
所以平面PBD⊥平面PAC.

(2)如图,设线段AC的中点为O,
连接OB,OF,
则OF∥PA,而PA⊂平面PAD,OF⊄平面PAD,
所以OF∥平面PAD.
因为∠ABC=90°,
所以BO=12AC=AD,
同理DO=12AC=AB.
又因为AB=AD,
所以四边形ABOD是平行四边形,
所以BO∥AD,
而AD⊂平面PAD,BO⊄平面PAD,
所以BO∥平面PAD.
又因为OB∩OF=O,OB,OF⊂平面OBF,
所以平面OBF∥平面PAD.
又因为BF⊂平面OBF,
所以BF∥平面PAD.
跟踪训练3:在如图所示的几何体中,平面CDEF为正方形,AB=2BC,点Q为AE的中点.

(1)求证:AC∥平面DQF.
(2)若∠ABC=60°,AC⊥FB,求证:平面CDEF⊥平面ABCD.
证明:(1)如图,连接CE,交DF于点O,连接OQ.

因为平面CDEF为正方形,
所以O为CE,DF的中点.
因为点Q为AE的中点.
所以QO∥AC.
因为QO⊂平面DQF,AC⊄平面DQF,
所以AC∥平面DQF.
(2)因为AB=2BC,∠ABC=60°,
在△ABC中,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos 60°=3BC2,
所以AC2+BC2=4BC2=AB2,
所以∠ACB=90°.
所以AC⊥BC.
又因为AC⊥FB,FB∩BC=B,
所以AC⊥平面FBC.所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC,AC∩CD=C,
所以FC⊥平面ABCD,
又因为FC⊂平面CDEF,
所以平面CDEF⊥平面ABCD.


线面的平行与垂直问题的证明,一是利用空间内线线、线面、面面平行与垂直的转化,二是充分利用平面几何中的平行与垂直的判定与性质,常用的有中位线定理、平行线分线段成比例定理、勾股定理,对于提供数据较多的题目,可能通过计算利用勾股定理和三角函数知识.
题型四　空间角
[例4]

如图,在圆锥PO中,已知PO=2,圆O的直径AB=2,C是AB的中点,D为AC的中点,求异面直线PD与BC所成的角的正切值.
解:因为O,D分别是AB,AC的中点,
所以OD∥BC,
所以异面直线PD与BC所成的角为∠PDO,
在△ABC中,AB=2,C是AB的中点,D为AC的中点,所以AC=BC=2,OD=22.
又因为PO=2,PO⊥平面ABC,
所以tan∠PDO=POOD=2.
故异面直线PD与BC所成的角的正切值为2.
跟踪训练4:

在三棱锥P-ABC中,G是底面△ABC的重心,D是线段PC上的点,且2PD=DC.
(1)求证:DG∥平面PAB.
(2)若△PAB是以PB为斜边的等腰直角三角形,求异面直线DG与PB所成的角的余弦值.
(1)证明:

如图,连接CG并延长交AB于点M,连接PM.
因为G是△ABC的重心,
所以2GM=GC,
所以CDPD=CGMG=2,所以DG∥PM.
因为PM⊂平面PAB,
DG⊄平面PAB.
所以DG∥平面PAB.
(2)解:由(1)可知,DG∥PM,
所以异面直线DG与PB所成的角即为∠MPB.
在Rt△PAB中,令PA=AB=2,
则MB=1,PM=PA2+AM2=5,
PB=22,
在△PMB中,由余弦定理
cos∠MPB=PB2+PM2-MB22PB·PM
=8+5-12×22×5
=31010.
所以异面直线DG与PB所成的角的余弦值为31010.


空间角的求解方法
(1)找异面直线所成角的三种方法:
①利用图中已有的平行线平移;
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;
③补形平移.
(2)线面角求法:求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的投影,需要确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足.通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的投影所组成的直角三角形.在确定投影较为困难时,可以利用线面角的正弦等于斜线上一点到平面的距离与这点到斜足的距离之比,求这个点到平面距离时可以避开找点在平面的投影,而是利用等体积法.
(3)求二面角的常用方法:
①定义法:在二面角的棱上找一个特殊点,在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线.
②垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交线所成的角,即为二面角的平面角.
③三垂线法:在一个半平面内找一点P,过点P作另一个半平面的垂线,垂足为Q,再过Q作二面角棱的垂线且垂足为O,则有OP也垂直于棱,于是∠POQ即为二面角的平面角.
题型五　体积与距离
[例5] 如图,四边形ABCD是边长为2的菱形,且∠ABC=60°,平面ABCD⊥平面BDE,AF∥BE,AB⊥BE,AB=BE=2,AF=1.

(1)求证:BE⊥平面ABCD.
(2)求三棱锥A-DEF的体积.
(1)证明:因为四边形ABCD是边长为2的菱形,
所以AC⊥BD.
又平面ABCD⊥平面BDE,且平面ABCD∩平面BDE=DB,
所以AC⊥平面BDE,
所以AC⊥BE.
又AB⊥BE,AC∩AB=A,AB⊂平面ABCD,
AC⊂平面ABCD,
所以BE⊥平面ABCD.
(2)解:因为AF∥BE,
所以AF⊥平面ABCD,VA-DEF=VE-ADF=VB-ADF(因为BE∥平面ADF).
又VB-ADF=VF-ABD=13AF·S△ABD
=13×1×34×4
=33,
所以三棱锥ADEF的体积为33.
跟踪训练5:如图,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=60°,CD=2AB=4,点E为CD的中点,现将该梯形中的三角形DAE沿线段AE折起,折成四棱锥D-ABCE.

(1)在四棱锥D-ABCE中,求证:AE⊥BD.
(2)在四棱锥D-ABCE中,若BD=6,求四棱锥D-ABCE的体积.
(1)证明:由题意,四边形ABCE为菱形,边长为2,∠BAE=60°,如图,

取AE的中点O,
连接OD,OB,BE,
由已知可得△DAE,△ABE为正三角形,
所以AE⊥OD,AE⊥OB.
又OD∩OB=O,
OD,OB⊂平面BOD,
所以AE⊥平面BOD,
而BD⊂平面BOD,
则AE⊥BD.
(2)解:因为△DAE,△ABE均是边长为2的正三角形,
所以OD=OB=3.
又BD=6,
所以OB2+OD2=BD2,
可得OD⊥OB,
所以OA,OB,OD两两互相垂直,
所以VD-ABCE=13S四边形ABCE·OD=13AE·OB·OD=13×2×3×3=2.


求体积可以使用几何体的体积公式,公式中的有关量不容易直接求解时可以考虑等体积转化,一般利用割补法,有时利用平行线或者对称转移点的办法;求距离可以直接作出距离对应的垂线段,不容易作出时,可以考虑等体积法求解.


题型一　点、线、面位置关系
1.

如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　B　)
(A)BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
(B)BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
(C)BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
(D)BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
解析:因为△BDE中,
N为BD的中点,M为DE的中点,
所以BM,EN共面相交,选项C,D错误.
如图,作EO⊥CD于点O,连接ON,过M作MF⊥OD于点F.
连接BF,因为平面CDE⊥平面ABCD,
EO⊥CD,EO⊂平面CDE,
所以EO⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,
所以△MFB与△EON均为直角三角形.

设正方形边长为2,易知EO=3,ON=1,EN=2,
MF=32,
BF=22+(32) 2=52,
所以BM=34+254=7.
所以BM≠EN.
故选B.
2.(2019·全国Ⅱ卷)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是(　B　)
(A)α内有无数条直线与β平行
(B)α内有两条相交直线与β平行
(C)α,β平行于同一条直线
(D)α,β垂直于同一平面
解析:由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件,由面面平行性质定理知,若α∥β,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件.故选B.
题型二　球的切、接
3.(2020·全国Ⅰ卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为(　A　)
(A)64π (B)48π (C)36π (D)32π
解析:

如图所示,设球O的半径为R,☉O1的半径为r,因为☉O1的面积为4π,所以4π=πr2,解得r=2,又AB=BC=AC=OO1,所以ABsin60°=2r,解得AB=23,故OO1=23,所以R2=OO12+r2=(23)2+22=16,所以球O的表面积S=4πR2=64π.故选A.
4.(2021·全国甲卷)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为(　A　)
(A)212 (B)312 (C)24 (D)34
解析:

如图,因为AC⊥BC,AC=BC=1,所以底面ABC为等腰直角三角形,所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点,所以OO1⊥平面ABC.在Rt△ABC中,AB=AC2+BC2=2,则AO1=22;在Rt△AOO1中,OO1=OA2-AO12=22,故三棱锥OABC的体积为V=13S△ABC·OO1=13×12×1×1×22=212.故选A.
5.(2021·天津卷)两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为32π3,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为(　B　)
(A)3π (B)4π (C)9π (D)12π
解析:

如图所示,由球的体积为32π3,可得该球的半径R=2,由题意得,两个圆锥的高O′S,O′P分别为1和3,因为PS为球O的直径,所以△PAS为直角三角形,又因为O′A⊥PS,所以可得截面圆半径O′A=3,所以这两个圆锥的体积之和为V=13π×(3)2×(3+1)=4π,故选B.
6.(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　. 
解析:

法一　如图,在圆锥的轴截面ABC中,CD⊥AB,BD=1,BC=3,圆O内切于△ABC,E为切点,连接OE,则OE⊥BC.在Rt△BCD中,CD=BC2-BD2=22.
易知BE=BD=1,则CE=2.
设圆锥的内切球半径为R,则OC=22-R,
在Rt△COE中,OC2-OE2=CE2,
即(22-R)2-R2=4,所以R=22,圆锥内半径最大的球的体积为43πR3=23π.

法二　如图,记圆锥的轴截面为△ABC,其中AC=BC=3,AB=2,CD⊥AB,在Rt△BCD中,CD=BC2-BD2=22,则S△ABC=22.设△ABC的内切圆O的半径为R,则R=2×S△ABC3+3+2=22,
所以圆锥内半径最大的球的体积为43πR3=23π.
答案:23π
题型三　平行与垂直
7.(多选题)(2021·新高考Ⅱ卷)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是(　BC　)


解析:设正方体的棱长为2,对于A,如图(1)所示,连接AC,则MN∥AC,故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC,OC=2,CP=1,故tan ∠POC=12=22,故MN⊥OP不成立,故A错误.(或者易得OP在上底面的投影为MN,故MN⊥OP不成立)

对于B,如图(2)所示,取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN,由正方体SBCM-NADT可得SN⊥平面ANTD,而OQ⊂平面ANTD,故SN⊥OQ,而SN∩NT=N,故OQ⊥平面SNTM,又MN⊂平面SNTM,OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确.

对于C,如图(3)所示,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确.

对于D,通过平移直线MN与PO,使平移后的直线在一个平面内,易得平移后的两条直线所成的角不是直角.故选BC.
8.(2020·新高考Ⅰ卷节选)

如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
证明:l⊥平面PDC.
证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC.
9.(2019·全国Ⅰ卷节选)

如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
证明:MN∥平面C1DE.
证明:如图,连接B1C,ME.

因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME=12B1C.
又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.
由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,
故MEND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.

题型四　空间角
10.(2020·全国Ⅱ卷)

如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
(1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点,
所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.
又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解:如图,连接PN,因为三棱柱上下底面平行,平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1,EF,

所以EF∥B1C1∥BC,
因为AO∥平面EB1C1F,AO⊂平面AMNA1,
平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN,
所以AO∥PN,四边形APNO为平行四边形,
因为O是正三角形的中心,AO=AB,
所以A1N=3ON,AM=3AP,
PN=BC=B1C1=3EF,
由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN,
直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角,
在等腰梯形EFC1B1中,令EF=1,过E作EH⊥B1C1于H,
则PN=B1C1=EH=3,B1H=1,B1E=10,
sin ∠B1EH=B1HB1E=1010,
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
11.(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.

(1)证明:点C1在平面AEF内.
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.
(1)证明:如图,在AA1上取点N,使得A1N=2AN,连接EN,B1N,EC1,FC1,

在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
有DD1∥AA1∥BB1,
且DD1=AA1=BB1.
又2DE=ED1,A1N=2AN,BF=2FB1,
所以DE=AN=FB1.
所以四边形B1FAN和四边形EDAN都是平行四边形.
所以AF∥NB1,且AF=NB1,
AD∥NE,且AD=NE.
又在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
有AD∥B1C1,且AD=B1C1,
所以B1C1∥NE,且B1C1=NE,
则四边形B1C1EN为平行四边形,
所以EC1∥NB1,且EC1=NB1,
又AF∥NB1,且AF=NB1,所以AF∥EC1,且AF=EC1,则四边形AFC1E为平行四边形,
所以点C1在平面AEF内.
(2)

解:如图,取EF的中点O,AF的中点M,连接OM,OA1,易求得A1E=A1F=5,AE=2,AF=22,EF=6,所以OA1⊥EF.注意到EF2+AE2=AF2,所以AE⊥EF.又OM∥AE,所以OM⊥EF,所以∠A1OM是二面角A-EF-A1的平面角.
在△AFA1中,由余弦定理得cos ∠AFA1=110,进而在△A1MF中,
由余弦定理得
A1M2=(5)2+(2)2-2×5×2×110=5,
在△A1OM中,易求OA1=(5)2-(62) 2=72,
OM=22,
所以cos ∠A1OM=OA12+OM2-A1M22OA1·OM=
72+12-52×72×12=-17,
所以sin ∠A1OM=67=427.
所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.
题型五　体积与距离
12.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　B　)
(A)2 (B)22 (C)4 (D)42
解析:由题意,设母线长为l,因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,则有2π·2=π·l,解得l=22,所以该圆锥的母线长为22.故选B.
13.(2020·全国Ⅰ卷)

如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC.
(2)设DO=2,圆锥的侧面积为3π,求三棱锥P-ABC的体积.
(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC,
由于△ABC是正三角形,
故可得△PAC≌△PAB,
△PAC≌△PBC.
又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,
且PA∩PC=P,
故PB⊥平面PAC,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)解:设圆锥的底面半径为r,母线长为l.
由题设可得rl=3,l2-r2=2.
解得r=1,l=3.
从而AB=3.
由(1)可得PA2+PB2=AB2,
故PA=PB=PC=62.
所以三棱锥P-ABC的体积为
13×12×PA×PB×PC=13×12×(62)3=68.
第六章　检测试题
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.下列结论正确的是(　D　)
(A)各个面都是三角形的几何体是三棱锥
(B)以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
(C)棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥
(D)圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
解析:A错误,如图(1)所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,各面都是三角形,但它不是棱锥.
B错误,如图(2)所示,若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥.

C错误,若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形.由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长.D正确.故选D.
2.若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则(　B　)
(A)α内的所有直线与l异面
(B)α内不存在与l平行的直线
(C)α内存在唯一的直线与l平行
(D)α内的直线与l都相交
3.若圆台下底半径为4,上底半径为1,母线长为32,则其体积为(　B　)
(A)15π (B)21π
(C)25π (D)63π
解析:圆台的高为h=l2-(R-r)2=3.
所以圆台的体积V=13π(r2+R2+Rr)h=21π.
故选B.
4.《算数书》记载了求“盖”的术:置如其周,令相承也.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≈136L2h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么近似公式V≈275L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　C　)
(A)227 (B)15750
(C)258 (D)355113
解析:设圆锥底面圆的半径为r,高为h,
依题意,L=2πr,13πr2h=275(2πr)2h,
所以13=875π,
即π的近似值为258.
故选C.
5.如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是棱AA1,CC1的中点,过BE的平面α与直线A1F平行,则平面α截该正方体所得截面的面积为(　B　)

(A)5 (B)25
(C)4 (D)5
解析:取DD1的中点G,连接EG,CG,EC,如图所示.

因为A1EFC,
所以四边形A1ECF为平行四边形,
所以A1F∥EC.
又A1F⊄平面EBCG,EC⊂平面EBCG,
所以A1F∥平面EBCG,
即平面EBCG为所求截面.
所以BE=22+12=5,
S四边形EBCG=BE·BC=25.
故选B.
6.设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为(　D　)
(A)5π (B)π
(C)113π (D)73π
解析:根据题意可知三棱柱是棱长都为1的正三棱柱,上、下底面中心连线的中点就是球心,
则其外接球的半径为R=(12)2+(12sin60°)2=712,
则球的表面积为S=4π×(712)2=7π3.故选D.
7.正三棱锥PABC中,PA=4,AB=42,点E在棱PA上,且PE=3EA,正三棱锥PABC的外接球为球O,过E点作球O的截面α,α截球O所得截面积的最小值为(　B　)
(A)4π (B)3π (C)2π (D)π
解析:因为PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=42,
所以PA2+PC2=AC2,
所以∠CPA=π2,同理可得∠CPB=∠BPA=π2,
故可把正三棱锥补成正方体,其外接球即为球O,
直径为正方体的对角线,
故2R=43,设PA的中点为F,连接OF,如图所示,

则OF=22,且OF⊥PA,
所以OE=8+1=3,
当OE⊥平面α时,平面α截球O的截面面积最小,
此时截面为圆面,其半径为(23)2-32=3,
故截面面积为3π.故选B.
8. 如图,四棱锥SABCD中,底面是边长为2的正方形ABCD,AC与BD的交点为O,SO⊥平面ABCD,且SO=2,E是边BC的中点,动点P在四棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为(　D　)

(A)22 (B)23
(C)1+2 (D)1+3
解析:分别取CD,SC的中点F,G,连接EF,FG和EG,如图所示.

则EF∥BD.因为EF⊄平面BDS,BD⊂平面BDS,
所以EF∥平面BDS,同理FG∥平面BDS.
又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,
所以平面EFG∥平面BDS.
由AC⊥BD,AC⊥SO,且AC∩SO=O,
则AC⊥平面BDS,所以AC⊥平面EFG,
所以点P在△EFG的三条边上.
又EF=12BD=12×2×2=1,
FG=EG=12SB=12×(2)2+12=32,
所以△EFG的周长为EF+2FG=1+3.
故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20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5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)
9.下列说法中正确的有(　ACD　)
(A)设正六棱锥的底面边长为1,侧棱长为5,那么它的体积为3
(B)用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形,则△ABC面积为64a2
(C)三个平面可以将空间分成4,6,7或者8个部分
(D)已知四点不共面,则其中任意三点不共线
10.已知m,n是两条不重合的直线,α,β,γ是三个两两不重合的平面,给出下列四个命题,其中正确命题的是(　BD　)
(A)若m∥β,n∥β,m,n⊂α,则α∥β
(B)若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=m,n⊂γ,则m⊥n
(C)若m⊥α,α⊥β,α∩β=n,那么m∥n
(D)若m∥α,m∥β,α∩β=n,那么m∥n
解析:A选项中没有说明两条直线是否相交,结论错误,B选项中能推出m⊥γ,所以结论正确,C选项能推出m⊥n,推不出m∥n,结论错误,D选项根据线面平行的性质可知正确.故选BD.
11.已知菱形ABCD中,∠BAD=60°,AC与BD相交于点O.将△ABD沿BD折起,使顶点A至点M,在折起的过程中,下列结论正确的是(　ABD　)
(A)BD⊥CM
(B)存在一个位置,使△CDM为等边三角形
(C)DM与BC不可能垂直
(D)直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
解析: 如图,在折起过程中,始终BD⊥平面MCE,可知MC⊥BD,故A正确;对于B,在旋转过程中,DA,DC开始夹角∠ADC=120°,重合时为0°,其间一定存在60°情况,故B正确;对于C,三棱锥是正四面体时,DM与BC垂直,故C不正确;对于D,平面BDM与平面BDC垂直时,直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°,故D正确.故选ABD.

12.我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”,而与其所有棱都相切的称为棱切球,设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1,则下列说法中正确的有(　BCD　)
(A)正方体的棱切球的半径为 2
(B)正四面体的棱切球的表面积为 π2
(C)等长正六棱柱的棱切球的体积为 4π3
(D)等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为 7π12
解析:正方体的棱切球的半径为22,故A错误;
如图(1),

在正四面体ABCD中,
取AD的中点E,BC的中点F,连接EF,则EF为其棱切球的直径,
BE=CE=32,则EF=(32)2-(12)2=22,
则其棱切球的半径为24,
棱切球的表面积为4π×(24)2=π2,故B正确;
如图(2)为等长正六棱柱,

其棱切球的半径为棱柱的棱长1,则其棱切球的体积为4π3×13=4π3,
故C正确;
由棱切球的定义可知,棱切球被每一个面所截,截面为该面的内切圆,
则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为π×(12)2=π4,
每一个侧面正三角形的内切圆的半径r=36,
四个侧面三角形的内切圆的面积为4×π×(36)2=π3,
则等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为π4+π3=7π12,故D正确.故选BCD.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知圆锥的侧面积为2π cm2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径是　　　　 cm. 
解析: 设圆锥的母线长为a cm,

则12a2π=2π,
所以a=2,
所以侧面展开扇形的弧长为2π cm.
设圆锥的底面半径OC=r cm,
则2πr=2π,解得r=1.
答案:1
14.已知l,m是平面α外的两条不同直线,给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　.(用序号表示) 
答案:②③⇒①(或①③⇒②)
15.如图,在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中,EF是棱AB上的一条线段,且EF=b(b