假期作业1 立体几何-【创新大课堂·暑假作业】2025-2026学年高二数学快乐假期讲练测

第一部分假期核心复习 假期作业一立体几何 D …0 练基础题0… 知识点一： 空间几何体的表面积和体积 1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究 球的体积时构造的一个和谐优美的几何体， 它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作： 的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体 A.在正方形DCC1D1内一定存在一点Q,使 (如图)，刘徽研究发现：牟合方盖的体积V1 得PQ⊥AC 与对应正方体的内切球的体积V2满足πV1= B.在正方形DCCD1内一定存在一点Q,使 4V2,则棱长a=2的正方体对应的牟合方盖的： 得PQ∥AC 体积为 C.在正方形DCCD1内一定存在一点Q,使 得AC⊥平面PQC, D.在正方形DCCD1内一定存在一点Q,使 得平面PQC1∥平面ABC 知识点三空间向量与立体几何 A是 n. D :5.如图，在平行六面体ABCD一A1B1C1D1中， 2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是边 M为A1C与B1D1的交点.记AB=a,AD=b, 长为6的等边三角形，D是AB的中点，DC AA1=c则下列正确的是 ( 与平面ABC所成角的正切值为1，则三棱柱 D ABC-A1B1C1的外接球的表面积为( ) A.75π B.68π C.60π D.48元 知识点二空间直线、平面的平行与垂直 3.(多选)已知m,n是两条不同的直线，a,3是两 D 个不同的平面，则下列说法错误的是( A.若m⊥a,a⊥B,则m∥B A.Ai=-a+2b叶c 1 B.若m∥a,a∥3，则m∥3 C.若mCa,nCa,m∥B,n∥B,则a∥F B.AM-a+z6-ze D.若m⊥a,m⊥3，n⊥a,则n⊥3 4.如图，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，点P C.AM-za+26+c 在正方形BCC1B1内，且不在棱上，则正确： 的是 ) D.AM-a+zb+2e 1 高二数学每日一练·练出好成绩 ●● 6.已知向量n=(2,0,1)为平面a的法向量，点 (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; A(一1,2,1)在a内，则点P(5,1,4)到平面a (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1一 BB1C1C的高. 的距离为 练高考题0… 7.(2023·全国乙卷·理)已知△ABC为等腰： 直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三 角形，若二面角CABD为150°，则直线CD 与平面ABC所成角的正切值为 ( )i A号 号 c 8.(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知正三棱台的 高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3， 其顶点都在同一球面上，则该球的表面 积为 A.100π B.128π C.144π D.192元 9.(多选)(2022·新高考全国I卷)已知正方 体ABCD-A1B1CD1,则 ( A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90 0练综合题0… C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角11.如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC=90°， 为45 AB=BC=4,D,E分别为BC,AC的中点， D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° △PBC为正三角形，平面PBC⊥平面 10.(2023·全国甲卷·文) ABC. B 如图，在三棱柱ABC A1BC中，A1C⊥平面 D ABC,∠ACB=90°. B 2 ● 第一部分假期作业一 立体几何 (1)求点B到平面PAC的距离； 解析(1)证明：在等边△PCD中，A为PD (2)在线段PC上是否存在异于端点的点 的中点，所以AC⊥AD,由题意可知PH⊥平 M,使得平面PAC和平面MDE夹角的余 面ABCD, 弦值为？若存在，确定点M的位置：若 因为ADC平面ABCD,所以PH⊥AD,又 因为PH,ACC平面PAC,PH∩AC=H, 不存在，说明理由. 所以AD⊥平面PAC,又ADC平面PAD, 所以平面PAD⊥平面PAC; (2)因为AC⊥AD,并且∠ADC=60°，AD= 3,所以AC=3√3，可求得△ADC边CD的 高为3 2 四边形ABCD为等腰梯形，则S梯形ABCD= (3+6)×35_27 ,又A,B均为中，点， 2 4 所以AB∥CD,则△HDC∽△HBA, 所以ABAH1 CD=C斤=2，即AH=5,在R△PAH 中，PH=√PA2-AH2=√9-3=√6， 所以V?-AD一号·S张形BCD·PH=号X 3 0经典再现0… 275×6=272 4 41 题点平面图形的翻折 答案 例■在边长为6的等边△PCD(如图甲)中， (1)证明见解析(2)272 4 已知点A,B分别为PD,PC的中点，现将 汇思维导引]翻折问题就是把平面图形经 △PAB沿直线AB翻折，使点P在底面AB- 过折叠变成一个空间图形，实际上，折叠问 CD的射影刚好为对角线AC与BD的交点 题就是轴对称的问题，折痕就是对称轴，重 H,连接PC,PD得到四棱锥P一ABCD(如！ 合的即是全等图形，解决折叠问题时，要把 图乙). 运动着的空间图形不断地与原平面图形进 行对照，看清楚其中哪些量在变化，哪些量 没有变化，从而寻找出解决问题的方法，达 到空间问题与平面问题相互转化的目的. 核心是抓牢折痕就是翻折前与翻折后平面 甲 (1)求证：平面PAD⊥平面PAC; 图形的公共底边，折痕与公共底边上两高 (2)求四棱锥P-ABCD的体积. 所在平面垂直参考答案与详解 参芳答案与详解 第一部分 :4.A[对于A,假设P为正方形BCC1B1的中心， 假期核心复习 Q为正方形DCC1D1的中心，作PH⊥BC,QG⊥ CD,垂足分别为H,G,连接HG,则PHGQ为矩 假期作业一 形，则PQ∥HG,且H,G为BC,CD的中点，连 1.B[正方体棱长a=2,正方体内切球半径r=1, 接GH,BD, 则肉切球依机=经，则V=华=5故 D π3 选B.] B 2.A[如图，在直三棱柱ABC-A1B1C中，CC1⊥底 面ABC,所以∠CDC1为DC1与平面ABC所成： 的角，因为△ABC是边长为6的等边三角形，D 是AB的中点，所以CD=6X号=33，所以 则GH∥BD,,AC⊥BD,.GH⊥AC,即PQ⊥ AC,故A正确；对于B,假设在正方形DCC1D1 an∠CDC-=,=1,解得CC=33.设； 内存在一点Q,使得PQ∥AC,作PE⊥BC,QF⊥ 直三棱柱上、下底面的中心分别为O2,O1,所以 CD,垂足分别为E,F,连接EF,则PEFQ为矩 0在CD上，且C0=号CD=25,由对称性可 形，且EF与AC相交，∴.PQ∥EF,PQ∥AC, AC∥EF,这与AC,EF相交矛盾，故B错误； 知，三棱柱的外接球的球心为OO2的中点，设为 对于C,假设在正方形DCC1D1内一定存在一，点 O,则OC为球的半径，因为O1O2=CC1=3√5， Q,使得AC⊥平面PQC1, D 所以C0=√CO十O0P=/12+ 3√3 /75 2 4 B 所以直三棱柱的外接球的表面积S=4πX 75 75元.故选A.] C1QC平面PQC1,则AC⊥C1Q,又CC1∩C1Q= C1,C1C,C1QC平面ABCD,故C1C⊥AC,而 CC1⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,故C1C⊥ AC,而C1C∩C1Q=C,C1C,CQC平面 DCC1D1,故AC⊥平面DCC1D1,,'AD⊥平面 B DCC1D1,故C,D重合，与题意不符，故C错误. 3.ABC[若m⊥a,a⊥B,则m∥3或mCB,故A错 对于D,在正方形DCCD1内一定存在一点Q, 误；若m∥a,a∥B,则m∥B或mCB,故B错误； 使得平面PQC1∥平面ABC,由于平面ABC∩平 若mCa,nCa,m∥B,n∥B,则a与B相交或a∥ 面DCC1D1=CD,平面PQC1∩平面DCC1D1= B,故C错误；由于m⊥a,n⊥a,所以m∥n,又m⊥ C1Q,.CD∥C1Q,而C1D1∥CD,则Q在C1D B,所以n⊥B,故D正确.故选ABC.] 上，这与题意矛盾，故D错误；故选A.] 41 高二数学每日一练·练出好成绩 5.C[由题意可知：在平行六面体ABCD 设球心到上下底面的距离分别为山1，d2,球的半径 A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点， 为R,所以d=√R2-9,d2=√R2-16,故|d山-d2 所以M为A1G的中点，则AM=号A1C= =1或d1+d2=1,即WR2-9-√R2-16=1或 AC,所以AM=AA+AM=AA+号AG= √R2-9+√R2-16=1,解得R2=25符合题意， 所以球的表面积为S=4πR2=100元.故选A.] AAi+2AC-AAi+2AB+2AD-2a+ b+c,故选C.] 20 6.3√5[由题意可得PA=(-6,1,-3), 所以PA·n=-15, 所以lcos<PA,n>=IPA·n |PA|·ln 设，点P(5,1,4)到平面a的距离为d, 9.ABD[如图，连接B1C、BC1,因为DA1∥B1C, 则d=|PA|·|cos<PA,n>|=|PA|·: 所以直线BC与B1C所成的角即为直线BC1与 PA·nPA·n=15=35.故答案为： DA1所成的角， |PAl·ln n √5 因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1, 3√5.] 故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确； 7.C[如图，取AB的中点为M,连 接CM,DM,则CM⊥AB,DM⊥ AB,又CM,DMC平面CMD, CM∩DM=M,于是AB⊥平面CMD,∠CMD即 为二面角CABD的平面角，于是∠CMD= 150°.设AB=2,则CM=1,MD=√3，在△CMD 连接A1C,因为A1B1⊥平面BB1C1C,BC1C平 中，由余弦定理可得CD 面BB1C1C,则A1B1⊥BC1, 因为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥ 3+1-2x,5×1×(②)=反.延长CM,过点 平面A1B1C, D作CM的垂线，设垂足为H,则∠HMD=30°， 又A1CC平面A1B1C,所以BC1⊥CA1,故B DH=DM=号.MHDM=是，所以CH= 正确； 连接A1C1,设A1C1∩B1D1=O,连接BO, 1+号=号，因为DHC年面CMD,则ABLDH, 因为BB1⊥平面A1B1C1D1,C1OC平面 A1B1C1D1,则CO⊥B1B, 又DH⊥CM,AB,CMC平面ABC,AB∩CM= 因为C1O⊥B1D1,B1D1∩B1B=B1,所以C1O M,所以DH⊥平面ABC,∠DCM即为直线CD! 平面BB1D1D, 与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中， 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成 ∠DCw-8盟-9，达C 的角， 8,A[设正三棱台上下底面所在圆面的半径12， 设正方体长为1，则C0-号，BC-厄， C101 所以2r1= 3√3 sin 605,2r2- 。=4,即r=32=4, sin∠C1BO= BC1 2' 0 42 参考答案与详解 所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为 则如图，以D为原点，DB,DE,DP分别为x,y, 30°，故C错误； 之轴建立空间直角坐标系， 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠C1BC为直线： BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=: 45°，故D正确.故选ABD.] 10.解(1)因为A1C⊥平面ABC,BCC平面 ABC,所以A1C⊥BC, I为∠ACB=90°，所以BC⊥AC,又A1C∩AC=C, A1C,ACC平面ACC1A1, 因为AB=BC=4,则D(0,0,0),B(2,0,0), 所以BC⊥平面ACC1A1, C(-2,0,0),A(2,4,0),P(0,0,23),E(0,2,0), 又BCC平面BB1C1C,所以平面ACC1A1⊥平 设平面PAC的法向量为n=(x,y,之)，由于PC 面BB1C1C; (-2,0,-23),AC=(-4,-4,0), (2)如图，过点A1作A1H⊥ ,PC·n=0 CC,交CC1于点H,由(1)知 则4G.。→zx一2=0 -4.x-4y=0 平面ACC1A1⊥平面BB1C1C, 又平面ACC1A1∩平面 →{=-，令=1，则n=(-551） \x=-y BB1C1C=-CC1,A1HC平面ACC1A1,所以 又PB=(2,0,-23), A1H⊥平面BB1C1C, 即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H 则点B到平面PAC的距离为PB:n n 由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB= -2√5+0-2W5_421 ∠ACB=90°，则△ACB≌△A1CB,故CA=CA1. √7 7 又AA1=2,∠ACA1=90°， (2)由(1)可知n=（-√3,5,1)是平面PAC的 所以A1C1=CA1=√2. 一个法向量， 解法-由ScAC,=合·CA1·A1C=合 由题可设PM=APC,且A∈(0,1)，则PM= ! 入(-2,0-23)=(-2x,0,-23x): A1H·CC,得AH=CA:AG-EXE-=L. CCI 所以DM=DP+PM=(0,0,23)十 故四棱锥A1-BB1C1C的高为1. (-2入，0，-23)=（-2入，0,2√5-23λ)， 解法二在等腰直角三角形CA1C1中，A1H 设平面MDE的法向量为m=(a,b,c), 为斜边中线，所以A1H=2CC=1 由于DE=(0,2,0), ,DM·m=0 1-2xa+(2√5-2√31)c=0 故四棱锥A1一BB1C1C的高为1. 则 DE·m=0(2b=0 11.解(1)连接PD,因为△PBC为正三角形，又 D为BC中点，所以PD⊥BC, a=3-3a ,令c=A,则m=(W3-√5入，0，a), 因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面 b=0 ABC=BC,PDC平面PBC, 所以PDL年西ABC,又DB,DEC年西ABC, |n·m_|3x-3+0+λ 所以cosn,m=n·Tm7X√4a2-6入+3 所以PD⊥DB,PD⊥DE, BC=90°，D,E分别为BC,4 9参理得2以-3以十1=0，屏得X=台点入=1 所以DE∥AB,AB⊥BC,所以BC⊥DE, (舍)， 43 高二数学每日一练·练出好成绩 故存在，点M,使得平面PAC和平面MDE夹角 的圆心在x轴上，设圆心为(a,0),因为圆C与直 的余孩值为 ,此时M为PC中点. 线l1l2都相切，所以r=2a二3=lu十3，解 7 5 5 假期作业二 得a=0或a=6,当a=0时r=3=35:当a 55 [a+1+b+3=0 6时，r= 下号9，故B错误：对于C,由圆C:(x 2 2 1.A[设点B(a,b),则 a)2+(y一b)2=r2,得圆心为(a,b),半径为r,因为圆 kAB·(-1)= b a-1-1 C与直线1,2都相切，所以r=2a一b-3 解得=3 5 {6=一即点B(-3，一0，因为m/,设直线 la-2b+3,解得a十b-6=0或a=b,所以圆心 m的方程为5.x十y十c=0,将点B的坐标代入直线 √5 (a,b)在直线x十y-6=0或直线x-y=0上，故 m的方程可得5×(-3)-4十c=0,解得c=19,所！ C正确；对于D,由圆C:(.x-a)2+(y-b)2=r2, 以，直线m的方程为5x十y十19=0.故选A.] 得圆心为(a,b),半径为r,因为圆C与两坐标轴 2.C[当=0时，2的领斜角为受，此时么的方程为 都相切，得圆心到x轴的距离为b,到y轴的距 离为a,所以r=a且r=|bl,即|a=bl,解得 x=0,故A正确：联立方程组{y一1=0 1k十1).x十y+k=0' a=b或a=-b,当a=b时，由题意可知 得(2k十1)x=0,此方程恒有解，故对任意的k,1与 12a-b-3-=1al,解件a=b=-35+1山成 √5 4 么部有公关点B正确：当及=一时，牛-乌 4=b=35-山，当a=-b时，此时不满足，所 4 成立，此时1与L2重合，故C错误；因为1：x一 以与两坐标轴都相切的圆C有且只有2个，故D y一1=0的斜率为1，当k=0时，l1与2不垂直； 正确.故选ACD.] 当≠0时2的钟净生=-1-名≠-1，所以6.2厅-1[国+-2红-8=0可化为一1+ 一k 对任意的k,山与2都不垂直，D正确；故选C.]: y2=9,即圆心为(1,0)，半径为3，直线1：m.x-y= 3.C[设点Q(x,y),其中y≠0，则点P(2x,2y), 1过定，点(0，-1)，则圆心(1,0)到直线mx一y= 将点P的坐标代入圆C的方程可得4x2+(2y- 1的距离的最大值为√(0-1)2十(-1-0)2= √2，所以动直线l:mx-y=1被圆C:x2+y2 2x-8=0裁得的最短弦长为2√32-(2)2= 2√7，此时由n-1山 =√2解得m=一1，故答案 4.B[圆O:(x-2)2+(y-1)2=9的圆心为(2， √m2+1 1),半径为3，(2,1)关于直线l:x-y=0的对称点 为：2√7；-1.] 是（1,2)，所以圆0的圆心是(1,2)，丰径是3，所7.B[如图，2十y2-4x-1=0 以圆02的方程为(x-1)2+(y-2)2=9.故选B.] 得(x-2)2+y2=5,所以圆心坐 标为(2,0)，半径r=√5，所以圆 5.ACD[对于A,设直线l1:2x-y-3=0上任意一 心到点(0，一2)的距离为 点(x0,2.x0一3)关于直线y=x对称的点为(m,n), 2x0-3-”-=-1, √J(2-0)2+(0+2)2=2√2，由于 xo-m 则 解得m-2n十3=0，所以 圆心与，点(0，-2)的连线平分角a,所以sin2 n十0_n+2x0-3 2 2 5= 222√ 4 ,所以a号-，所以ma 点(m,n)在直线l2:x-2y+3=0上，所以41与2 关于直线y=x对称，故A正确；对于B,因为圆C 2sin os号=2X平×9-压.战选B] 444 44