2020年高考数学一轮复习 10A-6课时作业

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1、课时作业(五十二) 一、选择题 1．如图，二面角α－AB－β的大小为60°，PQ⊂平面α，∠PQB＝45°，若PQ＝4，则点P到平面β的距离为(　　) A．2　　　　　　　　 B. C．2 D．3 答案　B 解析　过P向平面β引垂线，垂足为M，则PM为P到β的距离，过M向AB引垂线MN，连结PN. 则PN⊥AB，∴∠PNM为α—AB—β的平面角， 在Rt△PQN中，∠PQN＝45°，∴PN＝2， 在Rt△PMN中，∠PNM＝60°，∴PM＝. 2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为对角线AD1上任意一点，Q为对角线B1C上任意一点，则PQ的最小

2、值为(　　) A．a B.a C.a D．2a 答案　A 解析　∵AD1与B1C是异面直线，它们之间的距离为所在两侧面间的距离a， ∴当PQ为其公垂线时，有最小值a. 3．如图，正方体A1B1C1D1—ABCD中，O1是上底面A1B1C1D1的中点，若正方体的棱长为2，则O1到平面ABC1D1的距离为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　过A1点作A1E⊥AD1，E为垂足，则A1E＝，即为点A1到平面ABC1D1的距离．又∵O1为A1C1的中点，∴O1点到平面ABC1D1的距离为. 4．(09·湖北)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中∠A

3、CB＝90°，∠ACC1＝60°，∠BCC1＝45°，侧棱CC1的长为1，则该三棱柱的高等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设C1在底面ABC上的射影为H，连接C1H，作C1D⊥AC于D，连接HD，作C1E⊥BC于E，连接HE，又∠ACB＝90°，则易知四边形HDCE为矩形．在Rt△C1DC中，C1D＝，在Rt△C1EC中，CE＝，所以DH＝CE＝，则C1H＝＝，故选A. 5．设AB是异面直线a、b的公垂线，A∈a，B∈b，AB＝2，a、b成30°角，在a上取一点P使PA＝4，则点P到b的距离等于(　　) A．2 B．2 C．2 D．2或2

4、 答案　A 解析　如图，作a∥a′，PD⊥a′于D，PC⊥b于C，连接CD，∴PD∥AB ∴BC⊥CD，且∠DBC＝30° ∴PC2＝PD2＋CD2＝AB2＋(PA·sin30°)2＝4＋4＝8，∴PC＝2. 6．在△ABC中，AB＝15，∠BCA＝120°，若△ABC所在平面α外一点P到A、B、C的距离都是14，则P到α的距离是(　　) A．13 B．11 C．9 D．7 答案　B 解析　作PO⊥平面α，垂足为O. ∵PA＝PB＝PC＝14，∴OA＝OB＝OC ∴O为△ABC的外心，∴OA＝＝5 ∴PO＝＝11，故选B. 二、填空题 7．(2020·济宁

5、)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面边长均为2a，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则侧棱AA1和截面B1D1DB的距离是________． 答案　a 解析　本题考查直线到平面的距离的求法．如图所示， 由题可得：cosA1AC·cosBAC＝cosA1AB⇒cosA1AC·cos45°＝cos60°⇒cosA1AC＝⇒∠A1AC＝45°，A1A与平面BB1D1的距离等于A1到O1O的距离d，则d＝|A1O1|sinA1O1O＝|A1O1|·sinA1AC＝×sin45°＝a. 8．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝2，A

6、A1＝4，则C1到A1B的距离为________，A1B1到平面ABC1D1的距离为________． 答案　　 9．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，若二面角C－AB－C1的大小为60°，则点C到平面ABC1的距离为________． 答案　 解析　如图，作CD⊥AB，连结C1D，再作CO⊥C1D，易证CO就是点C到平面ABC1的距离．由AB＝1，得CD＝，又由∠C1DC＝60°，在Rt△OCD中求得： OC＝sin60°＝，即点C到平面ABC1的距离为. 10．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，P是空间一点，且P到平面α、β的距离分别是1、2，则点P到l的

7、距离为________． 答案　 解析　本题考查简单多面体的有关性质．作PA⊥α于A，PB⊥β于B，平面PAB∩l＝O，连结OP，有l⊥平面PAB，PO⊂平面PAB⇒PO⊥l，|PO|即为所求⇒|PO|＝＝＝. 三、解答题 11．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，D、E分别为棱AB、BC的中点，M为棱AA1上的点，二面角M－DE－A为30°. (1)证明：A1B1⊥C1D； (2)求MA的长，并求点C到平面MDE的距离． 解析　(1)证明　连结DC，∵AC＝BC且D为AB中点，∴DC⊥AB 由题意可知：C1C⊥AB ∴AB⊥面DC1

8、C 又∵C1D⊂面DC1C ∴AB⊥C1D 由题意知：AB∥A1B1，∴A1B1⊥C1D (2)过A作AN⊥ED交ED延长线于N，连MN，由三垂线定理可知：∠MNA即为二面角M－DE－A的平面角，∴∠MNA＝30° 还可证得ANEC为长方形 ∴AN＝EC＝ ∴tan30°＝　∴MA＝AN·tan30°＝a 由题易知：AC∥面MDE ∴C到面MDE的距离即为点A到面MDE的距离 过A作AQ⊥MN交MN于Q点，可以证得AQ⊥面MDE ∴AQ的长就是C点到面MDE的距离 ∴AQ＝＝ ＝＝a. 12．(2020·浙江五校)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AD＝AA1＝

9、1，AB＝2，点E在棱AB上移动． (1)证明D1E⊥A1D； (2)点E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离． 解析　(1)证明　(法一)∵AE⊥平面AA1D1D，则A1D⊥AE.又A1D⊥AD1，A1D⊥平面AED1，∴A1D⊥D1E. (法二)∵AD＝AA1，∴A1ADD1为正方形，∴A1D⊥AD1.又∵AE⊥平面AD1，∴AD1为D1E在面AD1内的射影．∴D1E⊥A1D (2)设点E到平面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC＝CD1＝，AD1＝， 故S△AD1C＝××＝， 而S△ACE＝·AE·BC＝， ∴VD1－AEC＝S△AEC·DD1＝S△AD1C·

10、h ∴×1＝×h.∴h＝. 13．(2020·江苏卷，理)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°. (1)求证：PC⊥BC； (2)求点A到平面PBC的距离． 解析　(1)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC. 由∠BCD＝90°，得BC⊥DC. 又PD∩DC＝D，PD⊂平面PCD， DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD. 因为PC⊂平面PCD，所以PC⊥BC. (2)连结AC.设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°. 从而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1. 由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱锥P－ABC的体积 V＝S△ABC·PD＝. 因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DC. 又PD＝DC＝1，所以PC＝＝. 由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面积S△PBC＝. 由V＝S△PBCh＝··h＝，得h＝. 因此，点A到平面PBC的距离为