《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10A-6課時(shí)作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10A-6課時(shí)作業(yè)（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)(五十二) 一、選擇題 1．如圖，二面角α－AB－β的大小為60°，PQ?平面α，∠PQB＝45°，若PQ＝4，則點(diǎn)P到平面β的距離為(　　) A．2　　　　　　　　 B. C．2 D．3 答案　B 解析　過P向平面β引垂線，垂足為M，則PM為P到β的距離，過M向AB引垂線MN，連結(jié)PN. 則PN⊥AB，∴∠PNM為α—AB—β的平面角， 在Rt△PQN中，∠PQN＝45°，∴PN＝2， 在Rt△PMN中，∠PNM＝60°，∴PM＝. 2．在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為對角線AD1上任意一點(diǎn)，Q為對角線B1C上任意一點(diǎn)，則PQ的最小

2、值為(　　) A．a(chǎn) B.a C.a D．2a 答案　A 解析　∵AD1與B1C是異面直線，它們之間的距離為所在兩側(cè)面間的距離a， ∴當(dāng)PQ為其公垂線時(shí)，有最小值a. 3．如圖，正方體A1B1C1D1—ABCD中，O1是上底面A1B1C1D1的中點(diǎn)，若正方體的棱長為2，則O1到平面ABC1D1的距離為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　過A1點(diǎn)作A1E⊥AD1，E為垂足，則A1E＝，即為點(diǎn)A1到平面ABC1D1的距離．又∵O1為A1C1的中點(diǎn)，∴O1點(diǎn)到平面ABC1D1的距離為. 4．(09·湖北)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中∠A

3、CB＝90°，∠ACC1＝60°，∠BCC1＝45°，側(cè)棱CC1的長為1，則該三棱柱的高等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設(shè)C1在底面ABC上的射影為H，連接C1H，作C1D⊥AC于D，連接HD，作C1E⊥BC于E，連接HE，又∠ACB＝90°，則易知四邊形HDCE為矩形．在Rt△C1DC中，C1D＝，在Rt△C1EC中，CE＝，所以DH＝CE＝，則C1H＝＝，故選A. 5．設(shè)AB是異面直線a、b的公垂線，A∈a，B∈b，AB＝2，a、b成30°角，在a上取一點(diǎn)P使PA＝4，則點(diǎn)P到b的距離等于(　　) A．2 B．2 C．2 D．2或2

4、 答案　A 解析　如圖，作a∥a′，PD⊥a′于D，PC⊥b于C，連接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外一點(diǎn)P到A、B、C的距離都是14，則P到α的距離是(　　) A．13 B．11 C．9 D．7 答案　B 解析　作PO⊥平面α，垂足為O. ∵PA＝PB＝PC＝14，∴OA＝OB＝OC ∴O為△ABC的外心，∴OA＝＝5 ∴PO＝＝11，故選B. 二、填空題 7．(2020·濟(jì)寧

5、)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD為正方形，側(cè)棱與底面邊長均為2a，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，則側(cè)棱AA1和截面B1D1DB的距離是________． 答案　a 解析　本題考查直線到平面的距離的求法．如圖所示， 由題可得：cosA1AC·cosBAC＝cosA1AB?cosA1AC·cos45°＝cos60°?cosA1AC＝?∠A1AC＝45°，A1A與平面BB1D1的距離等于A1到O1O的距離d，則d＝|A1O1|sinA1O1O＝|A1O1|·sinA1AC＝×sin45°＝a. 8．在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝2，A

6、A1＝4，則C1到A1B的距離為________，A1B1到平面ABC1D1的距離為________． 答案　　 9．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，若二面角C－AB－C1的大小為60°，則點(diǎn)C到平面ABC1的距離為________． 答案　 解析　如圖，作CD⊥AB，連結(jié)C1D，再作CO⊥C1D，易證CO就是點(diǎn)C到平面ABC1的距離．由AB＝1，得CD＝，又由∠C1DC＝60°，在Rt△OCD中求得： OC＝sin60°＝，即點(diǎn)C到平面ABC1的距離為. 10．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，P是空間一點(diǎn)，且P到平面α、β的距離分別是1、2，則點(diǎn)P到l的

7、距離為________． 答案　 解析　本題考查簡單多面體的有關(guān)性質(zhì)．作PA⊥α于A，PB⊥β于B，平面PAB∩l＝O，連結(jié)OP，有l(wèi)⊥平面PAB，PO?平面PAB?PO⊥l，|PO|即為所求?|PO|＝＝＝. 三、解答題 11．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，D、E分別為棱AB、BC的中點(diǎn)，M為棱AA1上的點(diǎn)，二面角M－DE－A為30°. (1)證明：A1B1⊥C1D； (2)求MA的長，并求點(diǎn)C到平面MDE的距離． 解析　(1)證明　連結(jié)DC，∵AC＝BC且D為AB中點(diǎn)，∴DC⊥AB 由題意可知：C1C⊥AB ∴AB⊥面DC1

8、C 又∵C1D?面DC1C ∴AB⊥C1D 由題意知：AB∥A1B1，∴A1B1⊥C1D (2)過A作AN⊥ED交ED延長線于N，連MN，由三垂線定理可知：∠MNA即為二面角M－DE－A的平面角，∴∠MNA＝30° 還可證得ANEC為長方形 ∴AN＝EC＝ ∴tan30°＝　∴MA＝AN·tan30°＝a 由題易知：AC∥面MDE ∴C到面MDE的距離即為點(diǎn)A到面MDE的距離 過A作AQ⊥MN交MN于Q點(diǎn)，可以證得AQ⊥面MDE ∴AQ的長就是C點(diǎn)到面MDE的距離 ∴AQ＝＝ ＝＝a. 12．(2020·浙江五校)在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AD＝AA1＝

9、1，AB＝2，點(diǎn)E在棱AB上移動． (1)證明D1E⊥A1D； (2)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)E到面ACD1的距離． 解析　(1)證明　(法一)∵AE⊥平面AA1D1D，則A1D⊥AE.又A1D⊥AD1，A1D⊥平面AED1，∴A1D⊥D1E. (法二)∵AD＝AA1，∴A1ADD1為正方形，∴A1D⊥AD1.又∵AE⊥平面AD1，∴AD1為D1E在面AD1內(nèi)的射影．∴D1E⊥A1D (2)設(shè)點(diǎn)E到平面ACD1的距離為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·江蘇卷，理)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°. (1)求證：PC⊥BC； (2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離． 解析　(1)因?yàn)镻D⊥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?yàn)镻C?平面PCD，所以PC⊥BC. (2)連結(jié)AC.設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h. 因?yàn)锳B∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°. 從而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面積S△ABC＝1. 由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱錐P－ABC的體積 V＝S△ABC·PD＝. 因?yàn)镻D⊥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的面積S△PBC＝. 由V＝S△PBCh＝··h＝，得h＝. 因此，點(diǎn)A到平面PBC的距離為