《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10A-6課時(shí)作業(yè)》由會(huì)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(qǐng)?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(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為對(duì)角線AD1上任意一點(diǎn)，Q為對(duì)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)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(jiǎn)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(zhǎng)，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(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)就是C點(diǎn)到面MDE的距離
∴AQ＝＝
＝＝a.
12．(2020·浙江五校)在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中，AD＝AA1＝
9、1，AB＝2，點(diǎn)E在棱AB上移動(dòng)．
(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
2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10A-6課時(shí)作業(yè)
