2020年数学文(广西用)课时作业：第九章-第五节空间的距离.docx

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课时提升作业(四十七)
一、选择题
1.ABCD是边长为2的正方形,以BD为棱把它折成直二面角A-BD-C,E是CD的中点,则异面直线AE,BC的距离为(　　)
(A) (B) (C) (D)1
2.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
3.在一个棱长为5cm的正四周体内有一点P,它到三个面的距离分别是1cm,2cm,3cm,则它到第四个面的距离为(　　)
(A)1cm (B)2cm (C)3cm (D)4cm
4.在长方体ABCD -A1B1C1D1中,假如AB=BC=a,A1A=2a,那么点A到直线A1C的距离等于(　　)
(A)a (B)a
(C)a (D)a
5.已知空间四边形ABCD中,BC=CD=,AB=BD=AD=2,AC=,延长BC到E使CE=BC,F是BD中点,则异面直线AF与DE的距离和所成的角分别为(　　)
(A)1,60°　　 　(B),60°
(C)1,45° (D),45°
6.若正四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面边长为1,AB1与底面ABCD成60°角,则A1C1到底面ABCD的距离为(　　)
(A) (B)1
(C) (D)
7.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1B1的中点,侧棱长与底面边长均为a,则点M到BC的距离为(　　)
(A)a　 (B)a　 (C)a　 (D)a
8.设P是60°的二面角α-l-β内的一点,PA⊥α于A,PB⊥β于B,PA=4,PB=2,则AB的长为(　　)
(A)2 (B)2 (C)2 (D)4
9.直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,设平面A1BC1与平面ABC的交线为l,则A1C1与l的距离为(　　)
(A) (B) (C)2.6 (D)2.4
10.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(　　)
(A)a (B)a (C)a (D)a
二、填空题
11.边长为a的正三角形ABC在平面α内,P∉α,且PA与AB,AC均成45°角,则PA与BC间的距离是　　　.
12.边长为1的等边三角形ABC,沿BC边上高线AD折起,使得折后二面角B-AD-C为60°,则点A到BC的距离为　　　　,点D到平面ABC的距离为　　　　.
13.(力气挑战题)如图,空间四点A,B,C,D中,每两点所连线段的长都等于a,动点P在线段AB上,动点Q在线段CD上,则P与Q的最短距离为　　　.

14.如图,ABCD与ABEF均是边长为a的正方形,假如二面角E-AB-C的度数为
30°,那么EF与平面ABCD的距离为　　　.

三、解答题
15.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=2,AA1=2,
∠ACB=90°,M是AA1的中点,N是BC1的中点.
(1)求证:MN∥平面A1B1C1.
(2)求点C1到平面BMC的距离.
(3)求二面角B-C1M-A1的平面角的余弦值大小.

答案解析
1.【解析】选D.如图,取BD中点F,连结CF,AF,EF,由正方形ABCD知AF⊥BD,则AF⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD,∴CD⊥AF.
又EF∥BC,则CD⊥EF.
∵AF∩EF=F,
∴CD⊥平面AEF.∵AE⊂平面AEF,
∴CD⊥AE,即CE⊥AE.
又BC⊥CD,即CE⊥BC,
所以CE为AE,BC的公垂线段.易证CE=1.
2.【解析】选B.作PO⊥α于点O,连结OA,OB,OC,
∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC.
∴O是△ABC的外心.
∴OA===5.
∴PO==11为所求.
3.【解析】选D.棱长为5cm的正四周体的高为
h==10,
将P点与各顶点连结起来,则将正四周体分成了四个三棱锥,其中底面是全等的三角形,高分别为1,2,3,h1,设S为正四周体一个面的面积,
则S×10=S(1+2+3+h1)
解得h1=4.
4.【解析】选C.在Rt△A1AC中,A1A=2a,AC=a,A1C=a,由面积关系=A1C·h=·A1A·AC,得斜边A1C上的高为h==a.
5.【解析】选A.连结FC.∵AB=AD,BF=FD,∴AF⊥BD.
∵BC=CD,BF=FD,∴CF⊥BD.
∵BC=CE,BF=FD,∴FC DE.
∴DE⊥BD,∴FD是异面直线AF与DE之间的距离,
FD=BD=×2=1.
∵FC∥DE,∴∠AFC或其补角是AF与DE所成的角.
在△AFC中,AF=BD=×2=,
FC=
==,
又AC=,
∴cosAFC=
==,
∴∠AFC=60°,即AF与DE所成的角为60°.
6.【解析】选D.由A1AB1BC1C知四边形A1C1CA为平行四边形,则A1C1∥AC,因此A1C1∥平面ABCD,则正四棱柱的侧棱长即为A1C1到底面ABCD的距离.又B1B⊥底面ABCD,则∠B1AB为直线AB1与底面ABCD所成的角,即∠B1AB=60°,在Rt△ABB1中,BB1=AB·tanB1AB=.
7.【思路点拨】由BC在底面内,由正三棱柱的特性,先找出M在底面的射影D,过D作BC的垂线,由三垂线定理,解直角三角形求解.
【解析】选A.如图,过M点作MD⊥AB,垂足为D,作DE⊥BC,垂足为E,连结ME,由三垂线定理知ME⊥BC.在Rt△MDE中,MD=a,可求出DE=a,
∴ME==a.
8.【解析】选C.如图,设过P,A,B的平面交直线l于P'点,连结P'A,P'B,
∵PA⊥α,PB⊥β,AP'⊂α,BP'⊂β,
∴PA⊥AP',PB⊥BP'.
在四边形PAP'B中,∠AP'B=60°,
则∠APB=180°-60°=120°,
所以在△APB中,由余弦定理得
AB2=AP2+BP2-2AP·BP·cos∠APB
=42+22-2×4×2×(-)=28.
则AB=2.
9.【解析】选C.交线l过B且与AC平行,作CD⊥l于D,连结C1D,则C1D为A1C1与l的距离.而CD等于AC上的高,即CD=,Rt△C1CD中易求得C1D==2.6.
10.【解析】选A.分别连结AC,A1C1交BD,B1D1于O,O1,连结OO1,A1O,A1B,A1D,则B1D1⊥A1O1.
∵BD∥B1D1,∴BD⊥A1O1.
又∵四棱柱的底面边长与侧棱均为2a,且∠A1AD=∠A1AB=60°,
∴A1A=A1B=A1D.
∴A1在底面ABD上的射影为△ABD的外心.
∵△ABD为等腰直角三角形,
∴O为A1在平面ABD上的射影,
即A1O⊥平面ABD,∴A1O⊥BD.
∴BD⊥平面A1OO1,
∴平面B1D1DB⊥平面A1OO1.
过A1作A1E⊥OO1,则A1E⊥平面B1D1DB.
即A1E为所求的距离,易求得A1E=a.
11.【解析】如图所示,∵∠PAB=∠PAC,∴PA在α上的射影是∠BAC的平分线AD.

∵△ABC为正三角形,∴BC⊥AD,
∴BC⊥PA,∵AD∩AP=A,
∴BC⊥平面PAD.
作DE⊥PA交PA于E,
∵DE⊂平面PAD,∴BC⊥DE,
则DE为BC,PA的公垂线段,
∴cos∠PAB=cos∠PADcos∠DAB=cos∠PAD.
从而在Rt△ADE中可求得DE=.
答案:
12.【解析】折后如图,∠BDC=60°,设E为BC的中点,
连结AE,DE,则在Rt△ADE中,
AE即为点A到BC的距离,
AD=,DE=,
所以由勾股定理得
AE==.
设D到平面ABC的距离为h,
由VA-BDC=VD-ABC得
×()3×sin60°×=×()2××h,
求得h=,即点D到平面ABC的距离为.
答案:　
13.【思路点拨】由题意知几何体为正四周体,依据正四周体的特殊性,把P与Q的最短距离转化为相对棱中点的距离.
【解析】以A,B,C,D为顶点的四边形为空间四边形,且为正四周体,知当P,Q分别为AB,CD的中点时,P,Q两点间的距离最短,
∴AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB.
在Rt△APQ中,
PQ===a.
答案:a
14.【解析】明显∠FAD是二面角E-AB-C的平面角,∠FAD=30°,过F作FG⊥平面ABCD于G,则G必在AD上,由EF∥平面ABCD,
∴FG为EF与平面ABCD的距离,即FG=.
答案:
15.【解析】(1)如图所示,取B1C1的中点D,连结ND,A1D,
∴DN∥BB1∥AA1.
又∵DN=BB1=AA1=A1M,
∴四边形A1MND为平行四边形.
∴MN∥A1D.又∵MN⊄平面A1B1C1,A1D⊂平面A1B1C1,
∴MN∥平面A1B1C1.
(2)因三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴C1C⊥BC.
又∵∠ACB=90°,C1C∩AC于C,
∴BC⊥平面ACC1A1.
在平面ACC1A1中,过C1作C1H⊥CM,
又∵BC⊥C1H,CM∩BC于C,
故C1H为点C1到平面BMC的距离.
在等腰三角形CMC1中,C1C=2,CM=C1M=,
∴C1H==.
即点C1到平面BMC的距离为.
(3)在平面ACC1A1上作CE⊥C1M交C1M于点E,交A1C1于点F,连接BE,
则CE为BE在平面ACC1A1上的射影,
∴BE⊥C1M,∴∠BEF为二面角B-C1M-A1的平面角.
在等腰三角形CMC1中,CE=C1H=,
∴tan∠BEC==,
∴cos∠BEC=.
∵二面角B-C1M-A1的平面角与∠BEC互补,∴二面角B-C1M-A1的余弦值为-.
【变式备选】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,∠B1A1C1=90°,D,E分别为CC1和A1B1的中点,且A1A=AC=2AB=2.
(1)求证:C1E∥平面A1BD.
(2)求点C1到平面A1BD的距离.
【解析】(1)取A1B中点F,连结EF,FD.
∴EFB1B.
又B1B∥C1C,C1D=C1C,
∴EFC1D,
∴C1EFD为平行四边形,
∴C1E∥DF.
又DF⊂平面A1DB,
∴C1E∥平面A1DB.
(2)A1B=A1D=,BD=,
所以=××=,
=××2×1×1=,
=,即·d=,
∴d=.
∴点C1到平面A1BD的距离为.
【方法技巧】点到平面的距离的求解方法
求点到平面的距离是立体几何在高考中常考查的内容,而直线与平面的距离、两个平行平面的距离通常要转化为点面距离求解,所以把握点面距离的求法是格外必要的,通常的方法有:
(1)直接法:由点到平面的距离的定义,求解的关键是充分利用图形的性质,确定垂足的位置,一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面,借助面面垂直的性质过该点作出平面的垂线,进而求解.
(2)间接法(转化法)
①等积变换:基本思路是直接难以找到已知点在平面上的射影,可利用三棱锥的底面与顶点的轮换性,将点到平面的距离转化为求三棱锥的高.
②平行转化法:基本思路是直接难以找到已知点在平面上的射影,但过此点可以找到已知平面的平行线,利用平行线上任意一点到平面的距离都相等这一性质,将所求点到平面的距离转化为另一特殊点到已知平面的距离.在解决这类问题时,一要步骤完整,二要运算精确.

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