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高考数学基础强化模块训练(立几)doc高中数学
高考数学基础强化模块训练(立几)doc高中数学
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高三数学模块训练(立几)1、已知直线a、b和平面M,那么的一个必要不充分条件是()A.B.C.D.与平面M成等角2、有一个正四棱锥,它的底面边长与侧棱长均为a,现用一张正方形包装纸将其完全包住(不能裁剪纸,但可以折叠),那么包装纸的最小边长应为()A.B.C.D.3、已知m、n为两条不同的直线α、β为两个不同的平面,给出以下四个命题①假设mα,n//α,那么m//n;②假设m⊥α,n//α,那么m⊥n;③假设m⊥α,m⊥β,那么α//β;④假设m//α,n//α,那么m//n.其中真命题的序号是()A.①②B.③④C.①④D.②③4、已知球O的外表积为,A、B、C三点都在球面上,且每两点的球面距离均为,那么从球中切截出的四面体OABC的体积是()A.B.C.D.5、假设三棱锥P—ABC的三条侧棱两两垂直,PA=PB=1,PC=2,那么P到底面ABC的距离为:A、2B、C、D、-5-/5\n6、命题p:假设平面平面,那么必有;命题q:假设平面上不共线的三点到平面的距离相等,那么必有.对以上两个命题,以下结论中正确的选项是()A.命题“p且q”为真B.命题“p或q”为假C.命题“p或q”为假D.命题“p且且q”为假7、已知平面及以下三种几何体:①长、宽、高皆不相等的长方体;②底面为平行四边形但不是矩形和菱形的四棱锥;③正四面体。这三个几何在平面上的射影可以是正方形的几何体是()A.①②B.①③C.②③D.①②③8、正四面体的内切球和外接球的半径分别为r和R,那么r∶R为()A.1∶2B.1∶3C.1∶4D.1∶99、在空间四边形各边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF、GH交于一点P,那么()A.P一定在直线BD上B.P一定在直线AC上C.P在直线AC或BD上D.P既不在直线BD上也不在直线AC上10、半径为r的三个小球放置于一个半径为R的大球内,那么R的最小值为()A.3rB.(+1)rC.(2+1)rD.(+1)r11、正四面体ABCD的棱长为1,G是底面△ABC的中心,M在线段DG上且使∠AMB=90°,那么GM的长等于A.B.C.D.12、在正三棱锥S-ABC中,M、N分别是棱SC、BC的中点,且MN⊥AM,假设侧棱SA=,那么此正三棱锥S-ABC外接球的外表积是()A.12πB.32πC.36πD.48π13、在以下命题中,真命题是-5-/5\nA. 直线都平行于平面,那么B.设是直二面角,假设直线,那么C.假设直线在平面内的射影依次是一个点和一条直线,且,那么或D.设是异面直线,假设平面,那么与相交14、长方体的长、宽、高分别为3cm、2cm、1cm,假设该长方体的各顶点都在球O的外表上,那么球O的外表积为A.7B.14C.28D.5615、半球内有一内接正方体,正方体的一个面在半球的底面圆内.假设正方体的棱长为,那么半球的体积为16、在正三棱锥S—ABC中,侧棱SC⊥侧面SAB,侧棱SC=,那么此正三棱锥的外接球的外表积为17、如图,正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,点M在棱AB上,且AM=,点P在平面ABCD上,且动点P到直线A1D1的距离的平方与P到点M的距离的平方的差为1,在xAy直角坐标系中,动点P的轨迹方程是.18、19、一个正方体的棱长为2,将八个直径各为1的球放进去之后,正中央空间能放下的最大的球的直径为.20、如图,已知点E是棱长为1的正方体的棱的中点,那么点C到平面的距离等于。-5-/5\nPAGBCDFE21、如图四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是平行四边形,PG⊥平面ABCD,垂足为G,G在AD上,且PG=4,,BG⊥GC,GB=GC=2,E是BC的中点.(1)求异面直线GE与PC所成的角;(2)求点D到平面PBG的距离;(3)假设F点是棱PC上一点,且DF⊥GC,求的值.解:(1)解:以G点为原点,为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 那么B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,4),故E(1,1,0) =(1,1,0),=(0,2,4) ∴GE与PC所成的角为arccos.(2)解:平面PBG的单位法向量n=(0,±1,0) ∵ ∴点D到平面PBG的距离为n|=(3)解:设F(0,y,z),那么 ∵,∴, 即,∴又,即(0,,z-4)=λ(0,2,-4),∴z=1,故F(0,,1) ,∴22、如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=a,又PA⊥平面ABCD,PA=4.(1)假设在边BC上存在一点Q,使PQ⊥QD,求a的取值范围; (2)当BC上存在唯一点Q,使PQ⊥QD时,求异面直线AQ与PD所成角的大小; (3)假设a=4,且PQ⊥QD,求二面角A-PD-Q的大小.解: (1)、以为x、y、z轴建立空间直角坐标系,那么 B(0,,0),C(-a,,0),D(-a,0,0),P(0,0,4)-5-/5\n设Q(t,,0),那么=(t,,-4),=(t+a,,0)∵PQ⊥QD,∴=0即t2+at+3=0 ① ∴△=a2-12≥0 Þ a≥2.(2)、∵BC上存在唯一点Q,使PQ⊥QD,∴△=a2-12=0 Þ a=2,t=-=(-,,0),=(-2,0,-4) ∴cos 故异面直线AQ与PD所成角为arccos.(3)、过Q作QM∥CD交AD于M,那么QM⊥AD,M(t,0,0) ∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥QM,又QM⊥AD,∴QM⊥平面PAD 过M作MN⊥PD于N,连结NQ,由三垂线定理知QN⊥PD ∴∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角设N(m,0,n),那么=(t-m,0,-n),=(t-m,,-n)=(-4-m,0,-n) ∵MN⊥PD,ND、PD共线,∴ 得:m+n-t=0,m-n=4 ② 由①得:t=-1或t=-3,由②得:n=2+t当t=-1时,,当t=-3时, ∴二面角A-PD-Q的大小为或.w.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com-5-/5
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 22:52:43
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文章作者:U-336598
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