多维层次练38-空间点、直线、平面之间的位置关系学案

这是一份多维层次练38-空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共12页。
1.如图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么（ ）
A.最长的是AB，最短的是AC
B.最长的是AC，最短的是AB
C.最长的是AB，最短的是AD
D.最长的是AD，最短的是AC
解析：由题中的直观图可知，A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴，又因为D′为B′C′的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB＝AC>AD成立.
答案：C
2.（2020·全国卷Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A.eq \f(\r(5)－1,4) B.eq \f(\r(5)－1,2)
C.eq \f(\r(5)＋1,4) D.eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：设正四棱锥的高为h，底面边长为2a，斜高为h′.由题意，得h2＝eq \f(1,2)·2a·h′，即h2＝ah′.又因为h2＝h′2－a2，所以h′2－a2－ah′＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h′,a)))eq \s\up12(2)－eq \f(h′,a)－1＝0，解得eq \f(h′,a)＝eq \f(1＋\r(5),2)（负值已舍去），所以eq \f(h′,2a)＝eq \f(1＋\r(5),4).故选C.
答案：C
3.（2020·南昌模拟）正四棱锥V-ABCD的五个顶点在同一个球面上.若其底面边长为4，侧棱长为2eq \r(6)，则此球的体积为（ ）
A.72eq \r(2)π B.36π
C.9eq \r(2)π D.eq \f(9π,2)
解析：由题意知正四棱锥的高为eq \r(（2\r(6)）2－（2\r(2)）2)＝4，设其外接球的半径为R，则R2＝（4－R）2＋（2eq \r(2)）2，解得R＝3，所以外接球的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×33＝36π.故选B.
答案：B
4.（2020·安徽马鞍山第二次质监）如图，半径为R的球的两个内接圆锥有公共的底面.若两个圆锥的体积之和为球的体积的eq \f(3,8)，则这两个圆锥的高之差的绝对值为（ ）
A.eq \f(R,2) B.eq \f(2R,3)
C.eq \f(4R,3) D.R
解析：设球的球心为O，半径为R，体积为V，上面圆锥的高为h（hR），体积为V2，两个圆锥共用的底面的圆心为O1，半径为r.由球和圆锥的对称性可知h＋H＝2R，|OO1|＝H－R.因为V1＋V2＝eq \f(3,8)V，所以eq \f(1,3)πr2h＋eq \f(1,3)πr2H＝eq \f(3,8)×eq \f(4,3)πR3，所以r2（h＋H）＝eq \f(3,2)R3.因为h＋H＝2R，所以r＝eq \f(\r(3),2)R.因为OO1垂直于圆锥的底面，所以OO1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R2＝r2＋|OO1|2，所以R2＝r2＋（H－R）2，所以H＝eq \f(3,2)R，所以h＝eq \f(1,2)R，则这两个圆锥的高之差的绝对值为R，故选D.
答案：D
5.（多选题）已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a，a的矩形，设该圆柱的体积为V，则V的值可能为（ ）
A.eq \f(a3,π) B.eq \f(a3,2π)
C.eq \f(2a3,π) D.eq \f(πa3,2)
解析：设圆柱的母线长为l，底面圆的半径为r，则当l＝2a时，2πr＝a，所以r＝eq \f(a,2π)，这时V圆柱＝2a·πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2π)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a3,2π)；当l＝a时，2πr＝2a，所以r＝eq \f(a,π)，这时V圆柱＝a·πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,π)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a3,π).综上，该圆柱的体积为eq \f(a3,2π)或eq \f(a3,π).
答案：AB
6.（多选题）（2020·潍坊模拟）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）
A.截面形状可能为正三角形
B.截面形状可能为正方形
C.截面形状可能为正六边形
D.截面面积最大值为3eq \r(3)
解析：如图，显然A、C成立，下面说明D成立，
如图截得正六边形，面积最大，MN＝2eq \r(2)，GH＝eq \r(2)，
OE＝eq \r(OO′2＋O′E2)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),2)，
所以S＝2·eq \f(1,2)·（eq \r(2)＋2eq \r(2)）·eq \f(\r(6),2)＝3eq \r(3)，
故D成立.
故选A、C、D.
答案：ACD
7.（2021·广东省适应性考试）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为 .
解析：易知圆台的高为3，所以其体积为V＝eq \f(1,3)πh（R2＋r2＋Rr）＝61π.
答案：61π
8.[2020·新高考卷Ⅰ（山东卷）]已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
解析：eq \(MN,\s\up8(︵))为球面与侧面BCC1B1的交线，点M在BB1上，点N在CC1上，连接D1M，D1N，如图，取B1C1的中点E，连接D1E，D1B1.由题意知∠B1C1D1＝60°，B1C1＝C1D1，所以D1E⊥B1C1.因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，所以平面A1B1C1D1⊥平面B1BCC1，且平面A1B1C1D1∩平面B1BCC1＝B1C1.又D1E⊥B1C1，所以D1E⊥平面B1BCC1.因为D1E＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，D1M＝eq \r(5)，所以ME＝eq \r(D1M2－D1E2)＝eq \r(2)，所以B1M＝1.因为D1N＝eq \r(5)，D1C1＝2，所以C1N＝1，所以EN＝eq \r(2)，所以MN＝2，所以∠MEN＝eq \f(π,2).因为B1，C1在球内，B，C在球外，所以eq \(MN,\s\up8(︵))＝eq \f(π,2)×eq \r(2)＝eq \f(\r(2),2)π，即交线长为eq \f(\r(2),2)π.
答案：eq \f(\r(2),2)π
9.一个底面为△A1B1C1的直三棱柱被一平面截得到的几何体如图所示，截面为平面ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2.
（1）求该几何体的体积；
（2）求截面ABC的面积.
解：（1）如图，过C作平行于底面A1B1C1的截面A2B2C，分别交AA1，BB1于点A2，B2.
由直三棱柱的性质及∠A1B1C1＝90°得该几何体的体积V＝VA1B1C1-A2B2C＋VC-ABB2A2＝eq \f(1,2)×2×2×2＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×（1＋2）×2×2＝6.
（2）由已知易得A1C1＝2eq \r(2).
在△ABC中，AB＝eq \r(22＋（4－3）2)＝eq \r(5)，
BC＝eq \r(22＋（3－2）2)＝eq \r(5)，
AC＝eq \r(（2\r(2)）2＋（4－2）2)＝2eq \r(3)，
则S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(（\r(5)）2－（\r(3)）2)＝eq \r(6).
10.如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝4，EB＝2eq \r(3).
（1）求证：DE⊥平面ACD；
（2）设AC＝x，V（x）表示三棱锥B-ACE的体积，求V（x）关于x的解析式及 V（x）的最大值.
（1）证明：因为四边形DCBE为平行四边形，所以CD∥BE，BC∥DE.
因为DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以DC⊥BC.
因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，且DC∩AC＝C，DC，AC⊂平面ADC，所以BC⊥平面ADC.
所以DE⊥平面ADC.
（2）解：因为DC⊥平面ABC，DC∥BE，
所以BE⊥平面ABC.
在Rt△ABC中，因为AB＝4，AC＝x，
所以BC＝eq \r(16－x2)（0