高中数学北师大版 (2019)必修 第二册3.2 刻画空间点、线、面位置关系的公理课时练习

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第二册3.2 刻画空间点、线、面位置关系的公理课时练习，共17页。试卷主要包含了下列四个命题等内容，欢迎下载使用。
【优质】3.2 刻画空间点、线、面位置关系的公理-2同步练习一．填空题1．向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________．2．在正方体，中，E为棱的中点，则异面直线，所成角的正弦值为___________________.3．已知三棱锥A﹣BCD的三条侧棱AB，AC，AD两两垂直，其长度分别为a，b，c.点A在底面BCD内的射影为O，点A，B，C，D所对面的面积分别为SA，SB，SC，SD.在下列所给的命题中，正确的有______.（请写出所有正确命题的编号）①三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为（a2+b2+c2）π；②SA？S△BCO＝SD2；③SA3＜SB3+SC3+SD3；④若三条侧棱与底面所成的角分别为α1，β1，γ1，则sin2α1+sin2β1+sin2γ1＝1；⑤若点M是面BCD内一个动点，且AM与三条侧棱所成的角分别为α2，β2，γ2，则cos2α2+cos2β2+cos2γ2＝1.4．如图，在三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，是棱上的动点，设，分别记与，所成角为，，则的取值范围为__________．5．下列四个命题：①两个相交平面有不在同一直线上的三个公交点②经过空间任意三点有且只有一个平面③过两平行直线有且只有一个平面④在空间两两相交的三条直线必共面其中正确命题的序号是______ .6．如图，三棱柱中，底面，，三个侧面都是矩形，，为线段上的一动点，则当最小时，______7．如图，在正四棱柱中，，，则与所成角的余弦值为______.8．如图，质点从正方体的顶点出发，沿正方体的棱运动，每经过一条棱称之为一次运动，第一次运动经过，第二次运动经过，第三次运动经过，且对于任意的正整数，第次运动所经过的棱与第次运动所经过的棱所在的直线是异面直线，则经过2019次运动后，点到达的顶点为________点9．一个透明密闭的立方体容器，恰好盛有该容器一半容积的水任意转动这一立方体，则水面在容器中的形状可能是________.（从正方形，三角形，菱形，矩形，等腰梯形，正六边形，正五边形中选取正确的都填上）10．两个平面将空间分成___________个部分.11．在长方体中，，则异面直线与所成的角的余弦值为_________，该长方体外接球的表面积为___________．12．直线平面，直线平面，则的位置关系是_________.13．下列推理正确的是______.①，，，②，③，④，⑤，14．已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（    ）A．若∥，b∥，则∥ B．若，，则∥C．若∥，，则 D．若，b∥，则15．若，，，，则直线与平面有_____个公共点；
参考答案与试题解析1．【答案】【解析】根据正方体的截面性质，将绕旋转时，根据两点间线段最短求得即可.详解：解：当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，此时如图所示：则，当共线时等号成立，故周长最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的空间想象力和计算能力，属于中档题.2．【答案】【解析】由异面直线所成角的定义，可得为异面直线，所成角，解三角形即可得异面直线，所成角的正弦值.详解：连，因为，所以为异面直线，所成角，设正方体的棱长为2，在中，，.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用平移法求异面直线所成角，考查了学生的空间想象能力.3．【答案】①②④⑤【解析】建立空间直角坐标系，利用坐标法可以得到⑤正确；当M与O重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得到④正确；由与相似，进而可得②正确；构造长方体，可得①正确；特殊排除可知③错误.详解：如图所示建立空间直角坐标系，设,并构造如图所示的长方体连接DO并延长交BC于O',则，则，,故⑤正确；当M与O重合时，结论仍然正确，由于各侧棱与底面所成的角与侧棱与AO所成的角互为余角，故④正确；由于与相似，∴,∴,故②正确；三棱锥A﹣BCD外接球的的直径是长方体的对角线外接球的表面积为,故①正确；当时，，可得 ，而，,故③错误，综上，正确的是①②④⑤，故答案为：①②④⑤.【点睛】本题考查空间线面角，线线角，面积关系，外接球的表面积问题，关键是建立坐标系，和注意线面角与线线角的关系，考虑构造长方体解决三棱锥的外接球文题，利用特殊值法排除的思想，属中高档题，难度较大.4．【答案】【解析】作交于，连接，可得 是与所成的角根据等腰三角形的性质，作交于，同理可得，根据，的关系即可得解.【详解】解：作交于，连接，因为三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，为正三角形，，， 是与所成的角，根据等腰三角形的性质．作交于，同理可得，则，∵，∴，得．故答案为：【点睛】本题考查异面直线所成的角，属于中档题.5．【答案】③【解析】由平面的基本性质及推论可判断①②③，根据空间线线关系，可判断④.详解：①两个相交平面的公交点一定在平面的交线上，故错误；②经过空间不共线三点，有且只有一个平面，故错误；③过两平行直线有且只有一个平面，故正确；④在空间两两相交，且交点不重合的三条直线必共面；当三线共点时，三线可能不共面，故错误.故正确命题的序号是③.故答案为：③.【点睛】本题考查的知识点是平面的基本性质及推论，空间线线关系，难度不大，属于基础题.6．【答案】1【解析】将三棱柱的侧面和侧面剪开在同一平面内，连接，此时最小，再利用三角形相似求解.详解：将三棱柱的侧面和侧面剪开在同一平面内，如图所示：连接与交于点M时， 最小，因为，所以，所以，即，解得故答案为：1【点睛】本题主要考查立体图形的展开图形和两点间距离最短问题以及相似三角形的应用，还考查转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.7．【答案】【解析】把平移到，找出异面直线所成角，结合余弦定理可求结果.详解：在正四棱柱中，易知，所以或其补角为与所成角，在中，，，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查异面直线所成角，平移法是常用方法，结合三角形中余弦定理是解题的关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.8．【答案】【解析】由题意设第次运动前起始点为,分析第次运动后所在的位置与的位置关系即可.【详解】由题,不妨设第次运动前质点在点处.则第次运动经过的或,当第次运动经过时,第次运动经过或.又第次运动所经过的棱与第次运动所经过的棱所在的直线是异面直线,故第次运动只能经过或.即第次运动后只可能在处.同理当第次运动经过时也有第次运动后只可能在处.故从开始第3次运动后必定在.第6次运动后必定回到,即6次运动为一个周期.又,故经过2019次运动后与经过3次后的位置相同,即处.故答案为：【点睛】本题主要考查了异面直线的性质与推理判断的问题.需要根据题意分析前几次运动的规律找到运动的周期性进行分析,属于中档题.9．【答案】正方形．菱形．矩形．正六边形【解析】根据已知，任意转动这个正方体，水面总是过正方体的中心，分别讨论水面过一条棱，过对角线上的两个顶点，过六条棱的中点，水面与底面平行等情况，即可得到答案.详解：∵正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心.故：正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，如图；过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，如图；过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图；过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正六边形，如图；至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形，故答案为：正方形．菱形．矩形．正六边形【点睛】本题考查的知识点是棱柱的结构特征，本题是一道以截面的概念．性质和截面图形的作法等基础知识为依托，反映现实生活的一道综合能力题.解答本题须具备较强的空间想图．识图．作图能力.属于中档题.10．【答案】3或4【解析】分两个平面平行．两个平面相交两种情况讨论即可得结果.【详解】两个平面平行时，将空间分成3部分；两个平面相交时, 将空间分成4部分，所以两个平面将空间分成3或4 部分，故答案为3或4.【点睛】本题主要考查平面的性质，意在考查空间想象能力，属于基础题.11．【答案】    34  【解析】根据，得到异面直线与所成的角即为（或补角），再利用余弦定理求解；根据外接球的直径为长方体的体对角线的长求得半径，再代入球的表面积公式求解.详解：在长方体中，，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线与所成的角即为：（或补角），因为，所以，所以；该长方体外接球的半径为：，所以长方体外接球表面积为.故答案为：；34【点睛】本题主要考查异面直线所成的角以及几何体的外接球问题，余弦定理的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.12．【答案】平行．相交．异面【解析】画出图像，判断的位置关系.详解：可能平行，如下图所示，可能相交，如下图所示，可能异面，如下图所示，故答案为：平行．相交．异面【点睛】本小题主要考查线线关系的判断，属于基础题.13．【答案】①②④【解析】由平面的性质：公理1，可判断①；由线面垂直的定理可判断②；由线面的位置关系可判断③④；由直线与平面平行的性质定理可判断⑤.详解：解：①，，，，即，故①对；②，，故②对；③，，可能l与相交，可能有，故③不对；④，，必有故，④对；⑤，，则l，m可能平行，也可能异面，⑤不对，故答案为：①②④.【点睛】本题主要考查点．线．面的位置关系，属于基础题.14．【答案】C【解析】A：当时，也可以满足∥，b∥，故本命题不正确；B：当时，也可以满足，，故本命题不正确；C：根据平行线的性质可知：当∥，，时，能得到，故本命题是正确的；D：当时，也可以满足，b∥，故本命题不正确.故选：C15．【答案】1【解析】根据已知条件判断出直线与平面相交，由此确定直线与平面的公共点个数.【详解】由于，，所以直线与平面有公共点，而，，所以直线与平面相交，故直线与平面的公共点个数为个.故答案为：【点睛】本小题主要考查直线和平面的位置关系，属于基础题.