《2025年暑假作业甘肃少年儿童出版社高一数学人教版》

10.a,b为不重合直线,β为平面,下列结论正确的是 (AC)
A.若$a⊥\beta ,b⊥\beta$,则$a// b$
B.若$a// \beta ,b// \beta$,则$a// b$
C.若$a// \beta ,b⊥\beta$,则$a⊥b$
D.若$a// \beta ,b\subset \beta$,则$a// b$

答案： AC 若 $ a \perp \beta $，$ b \perp \beta $，由直线与平面垂直的性质可得 $ a // b $，故 A 正确；若 $ a // \beta $，$ b // \beta $，则 $ a // b $ 或 $ a $ 与 $ b $ 相交或 $ a $ 与 $ b $ 异面，故 B 错误；若 $ b \perp \beta $，则 $ b $ 垂直于 $ \beta $ 内的所有直线，$ b $ 也垂直于平行于 $ \beta $ 的所有直线，又 $ a // \beta $，可得 $ a \perp b $，故 C 正确；若 $ a // \beta $，$ b \subset \beta $，则 $ a // b $ 或 $ a $ 与 $ b $ 异面，故 D 错误。

11.如图,四边形ABCD为正方形,$ED⊥$平面ABCD,$FB// ED,AB= ED= 2FB$,记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为$V_{1},V_{2},V_{3}$,则 ( )

A.$V_{3}= 2V_{2}$
B.$V_{3}= V_{1}$
C.$V_{3}= V_{1}+V_{2}$
D.$2V_{3}= 3V_{1}$

答案：
CD 设 $ AB = ED = 2FB = 2a $，因为 $ ED \perp $ 平面 $ ABCD $，$ FB // ED $，则 $ V_1 = \frac{1}{3} \cdot ED \cdot S_{\triangle ACD} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot \frac{1}{2} \cdot (2a)^2 = \frac{4}{3}a^3 $，$ V_2 = \frac{1}{3} \cdot FB \cdot S_{\triangle ABC} = \frac{1}{3} \cdot a \cdot \frac{1}{2} \cdot (2a)^2 = \frac{2}{3}a^3 $，如图，连接 $ BD $ 交 $ AC $ 于点 $ M $，连接 $ EM $，$ FM $。

易得 $ BD \perp AC $，又 $ ED \perp $ 平面 $ ABCD $，$ AC \subset $ 平面 $ ABCD $，则 $ ED \perp AC $，又 $ ED \cap BD = D $，$ ED $，$ BD \subset $ 平面 $ BDEF $，则 $ AC \perp $ 平面 $ BDEF $，又 $ BM = DM = \frac{1}{2}BD = \sqrt{2}a $，过 $ F $ 作 $ FG \perp DE $ 于点 $ G $，易得四边形 $ BDG F $ 为矩形，则 $ FG = BD = 2\sqrt{2}a $，$ EG = a $，则 $ EM = \sqrt{(2a)^2 + (\sqrt{2}a)^2} = \sqrt{6}a $，$ FM = \sqrt{a^2 + (\sqrt{2}a)^2} = \sqrt{3}a $，$ EF = \sqrt{a^2 + (2\sqrt{2}a)^2} = 3a $，$ EM^2 + FM^2 = EF^2 $，则 $ EM \perp FM $，$ S_{\triangle EFM} = \frac{1}{2}EM \cdot FM = \frac{3\sqrt{2}}{2}a^2 $，$ AC = 2\sqrt{2}a $，则 $ V_3 = V_{A - EFM} + V_{C - EFM} = \frac{1}{3}AC \cdot S_{\triangle EFM} = 2a^3 $，则 $ 2V_3 = 3V_1 $，$ V_3 = 3V_2 $，$ V_3 = V_1 + V_2 $，故 A，B 错误；C，D 正确。

12.如图所示,$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$是长方体,$AA_{1}= a,∠BAB_{1}= ∠B_{1}A_{1}C_{1}= 30^{\circ }$,则AB与$A_{1}C_{1}$所成的角为____,$AA_{1}与B_{1}C$所成的角为____.

答案：
【解析】长方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ \angle BAB_1 = \angle B_1A_1C_1 = 30^\circ $。

因为 $ AB // A_1B_1 $，$ A_1B_1 $ 与 $ A_1C_1 $ 所成的角，就是 $ AB $ 与 $ A_1C_1 $ 所成的角，所以 $ AB $ 与 $ A_1C_1 $ 所成的角为 $ 30^\circ $。因为 $ AA_1 // BB_1 $，$ BB_1 $ 与 $ B_1C $ 所成的角就是 $ AA_1 $ 与 $ B_1C $ 所成的角，连接 $ AC $，则 $ AC // A_1C_1 $，所以 $ \angle BAC = 30^\circ $，因为 $ AA_1 = a $，$ \angle BAB_1 = 30^\circ $，所以 $ AB = \sqrt{3}a $，所以 $ BC = a $，所以 $ \angle BB_1C = 45^\circ $，所以 $ AA_1 $ 与 $ B_1C $ 所成的角为 $ 45^\circ $。答案：$ 30^\circ $ $ 45^\circ $

13.魏晋时期数学家刘徽在其著作《九章算术注》中,称一个正方体的两个轴互相垂直的内切圆柱所组成的公共部分为“牟合方盖”(如图所示),刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比为$π:4$.若“牟合方盖”的体积为$\frac {16}{3}$,则正方体的外接球的表面积为____12π.

答案： 【解析】因为“牟合方盖”的体积为 $ \frac{16}{3} $，又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比为 $ \pi : 4 $，所以正方体的内切球的体积 $ V_{球} = \frac{\pi}{4} × \frac{16}{3} = \frac{4\pi}{3} $，所以内切球的半径 $ r = 1 $，所以正方体的棱长为 $ 2 $，则正方体的体积为 $ 2^3 = 8 $。 因为正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线，所以正方体外接球的半径 $ R = \sqrt{3} $，所以正方体的外接球的表面积为 $ S = 4\pi R^2 = 4\pi × (\sqrt{3})^2 = 12\pi $。答案：$ 12\pi $

14.如图,已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为正方形,$PA⊥$平面ABCD.
给出下列结论:
①$PB⊥AC;$
②平面PAB与平面PCD的交线与AB平行;
③平面$PBD⊥$平面PAC;
④$\triangle PCD$为锐角三角形.其中正确结论的序号是②③.

答案： ②③

15.(13分)如图,边长为2的正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直,AD与CE的交点为M,$AC⊥BC$,且$AC= BC$.
(1)求证:$AM⊥$平面EBC;
(2)求直线EC与平面ABE所成角的正切值.

答案：
(1)证明：
∵平面$ACDE⊥$平面$ABC$，平面$ACDE∩$平面$ABC=AC$，$BC⊥AC$，
∴$BC⊥$平面$ACDE$．
∵$AM⊂$平面$ACDE$，
∴$BC⊥AM$．
∵四边形$ACDE$是正方形，$AD$与$CE$交于点$M$，
∴$AM⊥CE$．
∵$BC∩CE=C$，$BC,CE⊂$平面$EBC$，
∴$AM⊥$平面$EBC$．
(2)解：
取$AB$的中点$F$，连接$CF$，$EF$．
∵$EA⊥AC$，平面$ACDE⊥$平面$ABC$，平面$ACDE∩$平面$ABC=AC$，
∴$EA⊥$平面$ABC$．
∵$CF⊂$平面$ABC$，
∴$EA⊥CF$．
∵$AC=BC$，$F$为$AB$中点，
∴$CF⊥AB$．
∵$EA∩AB=A$，$EA,AB⊂$平面$ABE$，
∴$CF⊥$平面$ABE$，
∴$∠CEF$为直线$EC$与平面$ABE$所成的角．
∵正方形$ACDE$边长为$2$，$AC=BC=2$，
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=2\sqrt{2}$，$CF=\frac{1}{2}AB=\sqrt{2}$，$EA=2$，$EF=\sqrt{EA^2+AF^2}=\sqrt{2^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{6}$．
在$Rt\triangle CFE$中，$\tan∠CEF=\frac{CF}{EF}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
即直线$EC$与平面$ABE$所成角的正切值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．