2022届高考数学一轮复习根底强化训练试题立体几何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.com5/5
