专题质量评估(四).doc

专题质量评估(四)
(时间:120分钟,满分:160分)
一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分)
1.已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为6的正方形,侧棱底面ABCD,且PA=8,则该四棱锥的体积是 .
【解析】 底面积S=36,又∵底面ABCD,且PA=8,
∴.
【答案】 96
2.(2012届江苏南京学情调研)如图,用半径为2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒,那么这个圆锥筒的容积是 .

【解析】 设圆锥筒的底面半径为r,高为h,则
∴r=1.∴.∴.
【答案】
3.已知m、n是两条不同直线、、是三个不同平面,下列命题中正确的是 .

①若m∥∥则m∥n ②若则∥
③若m∥∥则∥ ④若则m∥n
【解析】 对于①,m,n可能异面,可能相交,也可能平行,故排除①;对于②可能平行,也可能相交,故排除②;对于③可能平行,也可能相交,故排除③;垂直于同一平面的两直线平行,故④正确.
【答案】 ④
4.已知直线l、m,平面、且给出下列四个命题:
①若∥则;
②若则∥;
③若则l∥m;
④若l∥m,则
其中正确命题的个数为.
【解析】 ①④正确,②③错误.
【答案】 2
5正方体ABCD-中,点M、N分别在线段、上,且AM=BN.以下结论:
①;②∥MN;③MN∥平面;④MN与异面.
其中有可能成立的结论的个数为 .

【解析】 ①当M,N分别为和的中点时,有故①可能成立;
②当M,N分别为和的中点时,有∥MN,故②可能成立;
③当M,N分别为和的中点时,有MN∥平面故③可能成立;
④当M与A重合,N与B重合时,MN与异面,故④可能成立.
【答案】 4
6.如图,已知三棱柱ABC-的各条棱长都相等,且底面ABC,M是侧棱的中点,则异面直线和BM所成的角的大小是 .

【解析】 建系如图,设各棱长都为2,则A(00,2,1),
∴.

∵∴即异面直线和BM所成角为.
【答案】
7.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是 .

①
②平面平面PBC
③直线BC∥平面PAE
④直线PD与平面ABC所成的角为45°
【解析】 ∵AD与PB在平面ABCDEF上的射影AB不垂直,∴A不成立,
又平面平面PAE,
∴平面平面PBC也不成立;
∵BC∥AD,∴BC∥平面PAD.
∴直线BC∥平面PAE也不成立.
在Rt△PAD中,PA=AD=2AB,
∴°.∴④正确.
【答案】 ④
8.正方体ABCD-的棱长为1,线段上有两个动点E,F且则下列结论中错误的是 .
①
②EF∥平面ABCD
③三棱锥A-BEF的体积为定值
④异面直线AE,BF所成的角为定值
【解析】 ∵平面
又平面
∴故A正确.
∵∥平面ABCD,又E、F在直线上运动,
∴EF∥平面ABCD,故B正确.
C中由于点B到直线的距离不变,故△BEF的面积为定值.
又点A到平面BEF的距离为故为定值.
当点E在处,F为的中点时,
建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(1,1,0),B(0,1,0),E(1,0.

∴=(0,-1,1), .
∴.
又||||
∴cos.
∴AE与BF成30°角.
当E为中点,F在处时,此时F(0,1,1),
∴=(0,0,1).
∴=1,| |.
∴cos.
【答案】 ④
9.某几何体的一条棱长为在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,则a+b的最大值为 .
【解析】 由题意可构造长方体如图,

长方体的对角线为题中要求的几何体的棱长,长方体的三个面分别作为三视图中的三个投
影面.
设长方体的三棱长分别为x,y,z,将平面作为正视图投影面
则∴.
侧视图中棱的投影长为俯视图中棱的投影长为.
∴.
∴a+b的最大值为4(当x=z时取等号).
【答案】 4
10.已知平面平面点直线AB∥l,直线直线m∥∥则下列四种位置关系中,不一定成立的是 .
①AB∥m ②
③AB∥ ④
【解析】 ∵m∥∥∴m∥l.
∵AB∥l,∴AB∥m.故①一定正确.
∵∥l,∴.从而②一定正确.
∵∥∴.∴.
∴AB∥.故③也正确.
∵当点C在平面内时成立,
当点C不在平面内时不成立.故④不一定成立.
【答案】 ④
11.已知直线m,n和平面满足:∥则n与之间的位置关系是 .
【解析】 ∵∥∴.
又故或n∥.
【答案】 或n∥
12.设a,b为不重合的两条直线为不重合的两个平面,给出下列条件p与结论q,其中p是q的充分条件的所有序号是 .
①p: “a∥且b∥”,q: “a∥b”;②p: “且”,q: “a∥b”;③p: “a∥且a∥”,q: “∥”;④p: “且”,q: “∥”.
【解析】 对于①,条件a∥且b∥不能推出a∥b,a与b平行、相交、异面都有可能;对于③,a∥且a∥不能推出∥举反例:与相交,a与、的交线平行且a不在、内时,a∥且a∥但与相交;②、④的条件都可以推出结论,它们是课本上的定理.故p是q的充分条件的所有序号是②④.
【答案】 ②④
13.(2011湖南武冈一模)设A、B、C、D是球面上的四个点,且在同一平面内,AB=BC=CD=DA=3,球心到该平面的距离是球半径的一半,则球的体积是 .
【解析】 由题设,知四边形ABCD是边长为3的正方形,
∴ABCD所在平面截球得到的截面圆的半径.
又球心到该平面的距离是球半径的一半,即.
∵∴
解得.∴球的体积.
【答案】
14.现有长度为48 m的钢管和面积为S m的铁皮,用钢管焊接一个长方体框架,再用铁皮围在框架的六个表面做成一个长方体水箱(不考虑裁剪和焊接的损失).若要确保铁皮够用,则S的取值范围为 .
【解析】 设长方体的长、宽、高分别为a、b、c,
则4a+4b+4c=48,长方体的表面积S=2ab+2bc+2ac.
又144,

所以.
所以即S的取值范围为.
【答案】
二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分14分)(2011江苏南通二模)如图,平面平面ABC,点E、F、O分别为线段PA、PB、AC的中点,点G是线段CO的中点,AB=BC=AC.求证:

平面EBO;
(2)FG∥平面EBO.
【证明】 由题意可知,△PAC为等腰直角三角形,△ABC为等边三角形.
(1) 因为O为边AC的中点,
所以.
因为平面平面ABC,平面平面ABC=平面ABC,
所以平面PAC.
因为平面PAC,
所以
在等腰三角形PAC内,O,E为所在边的中点,
所以OE∥PC.
所以.
又
所以平面EBO.
(2)连接AF交BE于Q,连接QO.

因为E、F、O分别为边PA、PB、AC的中点,
所以且Q是△PAB的重心.
于是
所以FG∥QO.
因为平面平面EBO,
所以FG∥平面EBO.
16.(本小题满分14分)(2012届江苏南京学情调研)如图,在直三棱柱ABC-中,点D、E分别在边BC上°,求证:

(1)BE∥平面;
(2)平面平面.
【证明】 (1)由三棱柱ABC-是直三棱柱,得BC∥.
因为点D、E分别在边BC、上
所以∥.
所以四边形是平行四边形.所以BE∥.
因为平面平面
所以BE∥平面.
(2)由三棱柱ABC-是直三棱柱,得平面ABC.
因为平面ABC,所以.
在△ACD中,由°.
得.
所以.
所以°,即.
因为平面平面
所以平面.
因为平面
所以平面平面.
17.(本小题满分14分)(2012届陕西长安一中第一次检测)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形°底面ABCD.

(1)证明:;
(2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.
【解】 (1)证明:因为°,AB=2AD=2,由余弦定理得.
从而故.
又底面ABCD,可得
所以平面PAD.故.
(2)如图,以D为坐标原点,射线DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz,
则A(1,0,0

设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则
即

因此可取n.
设平面PBC的法向量为m,则
可取m=(0则cos.
故二面角APBC的余弦值为.
18.(本小题满分16分)如图,已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,°.

(1)求DP与CC′所成角的大小;
(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.
【解】 如图,以D为原点,DA为单位长建立空间直角坐标系D-xyz,则=(1,0,0),(0,0,1).
连接BD,B′D′.

在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H.
设=(m,m,1)(m>0),
由已知°,
由=||||cos,
解得
所以.
(1)因为cos
所以°,即DP与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0),
因为cos
所以°,
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
19.(本小题满分16分)(福建厦门双十中学2011届高三12月月考)如图,已知四棱柱
ABCD-中底面ABCD,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱2.

(1)求证:∥平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值;
(3)求二面角D--A的余弦值.
【解】 (1)证明:四棱柱ABCD-中∥
又平面
所以∥平面.
因为四边形ABCD是正方形,
所以CD∥AB.
又平面平面
所以CD∥平面.
所以平面∥平面.
所以∥平面.
(2)因为四边形ABCD是正方形
因为平面ABCD,
所以.
如图,以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz,

在△中,由已知可得.
所以D(00),
.
因为平面ABCD,
所以平面.
又所以平面.
所以平面的一个法向量为n=(1,1,0).
设与n所成的角为
则cos.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
(3)设平面的法向量为m=(a,b,c),
则mm
所以-a.
令可得m.
则cos.
所以二面角D--A的余弦值为.
20.(本小题满分16分)(2011福建高考,理20)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD,四边形
ABCD中45°.

(1)求证:平面平面PAD;
(2)设AB=AP.
(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;
(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等?请说明理由.
【解】 (1)证明:因为平面ABCD,
平面ABCD,
所以.
又
所以平面PAD.
又平面PAB,所以平面平面PAD.
(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz(如图).

在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则.
在Rt△CDE中,
cos45°sin45°=1.
设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).
由ABAD=4得AD=4-t,
所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),(-1t).
(ⅰ)设平面PCD的法向量为n=(x,y,z).
由nn得
取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).
又
故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°=||,
即.
解得或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),所以.
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.
设G(0,m,0)(其中

则.
由||=||得即t=3-m. ①
由||=||得. ②
由①②消去t,化简得
. ③
由于方程③没有实数根,
所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,C,D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.