数学卷·2018届重庆市合川大石中学高二上学期期中数学试卷（文科）（解析版）

数学卷·2018届重庆市合川大石中学高二上学期期中数学试卷（文科）（解析版）

‎2016-2017学年重庆市合川大石中学高二（上）期中数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一．选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．直线y=﹣x+的斜率为（　　）‎ A．﹣ B． C． D．‎ ‎2．两条异面直线，指的是（　　）‎ A．在空间内不相交的两条直线 B．分别位于两个不同平面内的两条直线 C．某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线 D．不在同一平面内的两条直线 ‎3．在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，2），B（3，0），那么线段AB中点的坐标为（　　）‎ A．（2，2） B．（1，1） C．（﹣2，﹣2） D．（﹣1，﹣1）‎ ‎4．如图所示的直观图，其表示的平面图形是（　　）‎ A．正三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角三角形 ‎5．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是（　　）‎ A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）‎ ‎6．已知两条直线y=ax﹣2和y=（a+2）x+1互相垂直，则a等于（　　）‎ A．2 B．1 C．0 D．﹣1‎ ‎7．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（　　）‎ A．9π B．10π C．11π D．12π ‎8．已知平面α与平面β交于直线l，且直线a⊂α，直线b⊂β，则下列命题错误的是（　　）‎ A．若α⊥β，a⊥b，且b与l不垂直，则a⊥l B．若α⊥β，b⊥l，则a⊥b C．若a⊥b，b⊥l，且a与l不平行，则α⊥β D．若a⊥l，b⊥l，则α⊥β ‎9．已知直线l的斜率，则直线倾斜角的范围为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列命题正确的是（　　）‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC ‎12．如图，平面中两条直线l1和l2相交于点O，对于平面上任意一点M，若p、q分别是M到直线l1和l2的距离，则称有序非负实数对（p，q）是点M的“距离坐标”．已知常数p≥0，q≥0，给出下列命题：‎ ‎①若p=q=0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个；‎ ‎②若pq=0，且p+q≠0，则“距离坐标”为（p，q）的点有且仅有2个；‎ ‎③若pq≠0，则“距离坐标”为（p，q）的点有且仅有4个．‎ 上述命题中，正确命题的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎　‎ 二．填空题（每空5分，共20分）‎ ‎13．（文）已知圆锥的母线长l=5cm，高h=4cm，则该圆锥的体积是　　cm3．‎ ‎14．已知直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a=0则直线恒过定点　　．‎ ‎15．已知棱长为1的立方体ABCD﹣A1B1C1D1，则从顶点A经过立方体表面到达正方形CDD1C1中心M的最短路线有　　条．‎ ‎16．①两条平行直线L1 L2分别过P（﹣1，3），Q（2，﹣1）它们分别绕P、Q旋转，但始终保 持平行，则L1与L2之间的距离d的取值范围是（0，4）‎ ‎②x2+y2﹣2x﹣4y+6=0表示一个圆的方程．‎ ‎③过点（﹣2，﹣3）且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x+y=5．‎ ‎④直线ax+by+1=0被圆x2+y2﹣2ax+a=0截得的弦长为2，则实数a的值为﹣2．‎ 其中错误的命题是　　．‎ ‎　‎ 三．解答题（共70分，第17题10分，其他各12分）‎ ‎17．求经过三点A（0，3）、B（4，0），C（0，0）的圆的方程．‎ ‎18．如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC=BC，M，N分别是棱CC1，AB的中点．‎ ‎（1）求证：CN⊥平面ABB1A1；‎ ‎（2）求证：CN∥平面AMB1．‎ ‎19．已知 如图，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥DC，A（﹣1，﹣2），B（6，5），D（0，2）．‎ ‎（Ⅰ）求点C的坐标．‎ ‎（Ⅱ）求等腰梯形ABCD对角线交点M的坐标．‎ ‎20．在坐标系中有两点P（2，3），Q（3，4）．求 ‎（1）在y轴上求出一点M，使得MP+MQ的值最小；‎ ‎（2）在x轴上求出一点N，使得NQ﹣NP的值最大．‎ ‎21．在四棱锥P﹣ABCD 中，△PAD 为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD=DC=AB=2，且平面PAD⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）求点C到平面PBD的距离．‎ ‎22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC 上的点，MN⊥PB．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求证：当点M 不与点P，B 重合时，MN∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅲ）当AB=3，PA=4时，求点A到直线MN距离的最小值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市合川大石中学高二（上）期中数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每题5分，共60分）‎ ‎1．直线y=﹣x+的斜率为（　　）‎ A．﹣ B． C． D．‎ ‎【考点】直线的点斜式方程．‎ ‎【分析】利用直线的斜截式y=kx+b，即可知道直线的斜率为k，进而求出答案．‎ ‎【解答】解：∵直线的方程为y=﹣x+，由直线的斜截式可知：直线的斜率为．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．两条异面直线，指的是（　　）‎ A．在空间内不相交的两条直线 B．分别位于两个不同平面内的两条直线 C．某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线 D．不在同一平面内的两条直线 ‎【考点】异面直线的判定．‎ ‎【分析】直接由异面直线的定义，判断选项的正误即可．‎ ‎【解答】解：A两条直线可能平行，所以不正确．‎ B分别位于两个不同平面内的两条直线，可能还在另一个平面，不正确．‎ C某一平面内的一条直线和这个平面外的一条直线可能在同一个平面，不正确．‎ D是异面直线的定义，正确．‎ ‎　‎ ‎3．在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，2），B（3，0），那么线段AB中点的坐标为（　　）‎ A．（2，2） B．（1，1） C．（﹣2，﹣2） D．（﹣1，﹣1）‎ ‎【考点】中点坐标公式．‎ ‎【分析】利用两点的中点坐标公式，直接求解即可．‎ ‎【解答】解：由中点坐标公式可得，点A（﹣1，2），B（3，0），‎ 那么线段AB中点的坐标为：（），即（1，1）．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示的直观图，其表示的平面图形是（　　）‎ A．正三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角三角形 ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】因为在做直观图时，平行性不变．BC∥y′轴，故在原图中平行于y轴，而AC平行于x′轴，在原图中平行于x轴，故BC⊥AC，即可判断三角形的形状．‎ ‎【解答】解：因为BC∥y′轴，故在原图中平行于y轴，而AC平行于x′轴，在原图中平行于x轴，故BC⊥AC，即三角形的形状为直角三角形．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是（　　）‎ A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】根据三视图的作法，判断正方体、圆锥、圆柱、球的三视图中，满足题意的几何体即可．‎ ‎【解答】解：（1）的三视图中正视图、左视图、俯视图都是正方形，满足题意；（2）（3）的左视图、正视图是相同的，俯视图与之不同；（4）的三视图都是圆，满足题意；‎ 故选D ‎　‎ ‎6．已知两条直线y=ax﹣2和y=（a+2）x+1互相垂直，则a等于（　　）‎ A．2 B．1 C．0 D．﹣1‎ ‎【考点】两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．‎ ‎【分析】两直线ax+by+c=0与mx+ny+d=0垂直⇔am+bn=0解之即可．‎ ‎【解答】解：由y=ax﹣2，y=（a+2）x+1得ax﹣y﹣2=0，（a+2）x﹣y+1=0‎ 因为直线y=ax﹣2和y=（a+2）x+1互相垂直，‎ 所以a（a+2）+1=0，解得a=﹣1．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（　　）‎ A．9π B．10π C．11π D．12π ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由题意可知，几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，依次求表面积即可．‎ ‎【解答】解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面为S=4π×12+π×12×2+2π×1×3=12π 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．已知平面α与平面β交于直线l，且直线a⊂α，直线b⊂β，则下列命题错误的是（　　）‎ A．若α⊥β，a⊥b，且b与l不垂直，则a⊥l B．若α⊥β，b⊥l，则a⊥b C．若a⊥b，b⊥l，且a与l不平行，则α⊥β D．若a⊥l，b⊥l，则α⊥β ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】根据空间直线和平面平行或垂直以及平面和平面平行或者垂直的性质和判定定理进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．若α⊥β，a⊥b，且b与l不垂直，则a⊥l，正确 B．若α⊥β，b⊥l，则b⊥α，∵a⊂α，∴a⊥b，正确 C．∵a与l不平行，∴a与l相交，∵a⊥b，b⊥l，∴b⊥α，则α⊥β正确．‎ D．若a⊥l，b⊥l，不能得出α⊥β，因为不满足面面垂直的条件，故D错误，‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．已知直线l的斜率，则直线倾斜角的范围为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】直线的倾斜角．‎ ‎【分析】设直线倾斜角为θ，由直线l的斜率，肯定，即可得出．‎ ‎【解答】解：设直线倾斜角为θ，∵直线l的斜率，‎ ‎∴，‎ ‎∴θ∈∪．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单组合体的结构特征．‎ ‎【分析】因为正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，可以设出球半径r，求解再做比即可．‎ ‎【解答】解：设球的半径为r；正三棱锥的底面面积，h=2r，．‎ 所以 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列命题正确的是（　　）‎ A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC ‎【考点】平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC⊥平面ADC．‎ ‎【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°‎ ‎∴BD⊥CD 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD 故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB 故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．如图，平面中两条直线l1和l2‎ 相交于点O，对于平面上任意一点M，若p、q分别是M到直线l1和l2的距离，则称有序非负实数对（p，q）是点M的“距离坐标”．已知常数p≥0，q≥0，给出下列命题：‎ ‎①若p=q=0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个；‎ ‎②若pq=0，且p+q≠0，则“距离坐标”为（p，q）的点有且仅有2个；‎ ‎③若pq≠0，则“距离坐标”为（p，q）的点有且仅有4个．‎ 上述命题中，正确命题的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】点到直线的距离公式．‎ ‎【分析】题目中点到直线的距离，分别为p、q，由于p、q的范围是常数p≥0，q≥0，所以对p、q进行分类讨论，验证①②③是否成立．‎ ‎【解答】解：①正确，此点为点O；‎ ‎②正确，注意到p，q为常数，由p，q中必有一个为零，另一个非零，从而可知有无数个点，从而可知有且仅有2个点，这两点在其中一条直线上，且到另一直线的距离为q（或p）；‎ ‎③正确，四个交点为与直线l1相距为p的两条平行线和与直线l2相距为q的两条平行线的交点．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二．填空题（每空5分，共20分）‎ ‎13．（文）已知圆锥的母线长l=5cm，高h=4cm，则该圆锥的体积是　12π　cm3．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．‎ ‎【分析】利用勾股定理可得圆锥的底面半径，那么圆锥的体积=×π×底面半径2×高，把相应数值代入即可求解．‎ ‎【解答】解：∵圆锥的高是4cm，母线长是5cm，‎ ‎∴圆锥的底面半径为3cm，‎ ‎∴圆锥的体积=×π×32×4=12πcm3．‎ 故答案为：12π．‎ ‎　‎ ‎14．已知直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a=0则直线恒过定点　（﹣1，﹣1）　．‎ ‎【考点】恒过定点的直线．‎ ‎【分析】直线方程即 a（x﹣2y﹣1）+（y+1）=0，一定经过x﹣2y﹣1=0和y+1=0 的交点，联立方程组可求定点的坐标．‎ ‎【解答】解：直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a=0即 a（x﹣2y﹣1）+（y+1）=0，‎ 根据a的任意性可得，解得x=﹣1，y=﹣1，‎ ‎∴当a取不同的实数时，直线l：ax+（1﹣2a）y+1﹣a=0恒过一个定点，这个定点的坐标是（﹣1，﹣1）．‎ 故答案为（﹣1，﹣1）．‎ ‎　‎ ‎15．已知棱长为1的立方体ABCD﹣A1B1C1D1，则从顶点A经过立方体表面到达正方形CDD1C1中心M的最短路线有　2　条．‎ ‎【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题．‎ ‎【分析】由题意，经过边DD1或DC时，路线最短，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由题意，经过边DD1或DC时，路线最短，有2条．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎16．①两条平行直线L1 L2分别过P（﹣1，3），Q（2，﹣1）它们分别绕P、Q旋转，但始终保 持平行，则L1与L2之间的距离d的取值范围是（0，4）‎ ‎②x2+y2﹣2x﹣4y+6=0表示一个圆的方程．‎ ‎③过点（﹣2，﹣3）且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x+y=5．‎ ‎④直线ax+by+1=0被圆x2+y2﹣2ax+a=0截得的弦长为2，则实数a的值为﹣2．‎ 其中错误的命题是　①②③　．‎ ‎【考点】圆的一般方程．‎ ‎【分析】①当PQ⊥l1，PQ⊥l2时，利用平行直线l1，l2的距离取得最大值|PQ|．于是可得：平行直线l1，l2之间的距离d的取值范围是，（0，|PQ|]．‎ ‎②由题意验证D2+E2﹣4F的符号可得．‎ ‎③分情况讨论，直线过原点和不过原点两种情况．‎ ‎④由圆的方程，得到圆心与半径，再求得圆心到直线的距离，利用勾股定理解．‎ ‎【解答】解：①当PQ⊥l1，PQ⊥l2时，利用平行直线l1，l2的距离取得最大值|PQ|==5．‎ 所以平行直线l1，l2之间的距离d的取值范围是（0，5）．故错误；‎ ‎②由题意可得D=﹣2，E=4，F=6，‎ ‎∴D2+E2﹣4F=4+16﹣36=﹣16＜0，‎ ‎∴方程x2+y2﹣2x+4y+6=0不表示任何图形，‎ 故错误；‎ ‎③直线过原点时，由两点式易得，直线方程为y=x，故错误；‎ ‎④解：圆x2+y2﹣2ax+a=0可化为（x﹣a）2+y2=a2﹣a ‎∴圆心为：（a，0），半径为：圆心到直线的距离为：d==．‎ ‎∵直线ax+y+1=0被圆x2+y2﹣2ax+a=0截得的弦长为2，‎ ‎∴a2+1+1=a2﹣a，‎ ‎∴a=﹣2．故正确．‎ 故答案是：①②③．‎ ‎　‎ 三．解答题（共70分，第17题10分，其他各12分）‎ ‎17．求经过三点A（0，3）、B（4，0），C（0，0）的圆的方程．‎ ‎【考点】圆的一般方程．‎ ‎【分析】由题意，经过三点A（0，3）、B（4，0），C（0，0），是以A（0，3）、B（4，0）连线为直径的圆，求出圆心与半径，即可求出圆的方程．‎ ‎【解答】解：由题意，经过三点A（0，3）、B（4，0），C（0，0），是以A（0，3）、B（4，0）连线为直径的圆，‎ 所以圆心坐标为（2，1.5），半径为2.5，‎ 所以圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣1.5）2=6.25．‎ ‎　‎ ‎18．如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC=BC，M，N分别是棱CC1，AB的中点．‎ ‎（1）求证：CN⊥平面ABB1A1；‎ ‎（2）求证：CN∥平面AMB1．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）证明AA1⊥CN，CN⊥AB，即可证明CN⊥平面ABB1A1；‎ ‎（2）设AB1的中点为P，连接NP、MP，利用三角形中位线的性质，可得线线平行，利用线面平行的判定，可得CN∥平面AMB1．‎ ‎【解答】证明：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，‎ ‎∴AA1⊥CN，‎ ‎∵AC=BC，N是棱AB的中点，‎ ‎∴CN⊥AB，‎ ‎∵AA1∩AB=A，‎ ‎∴CN⊥平面ABB1A1；‎ ‎（2）设AB1的中点为P，连接NP、MP ‎∵M、N分别是棱CC1、AB的中点 ‎∴CM∥AA1，且CM=AA1，NP∥AA1，且NP=AA1，‎ ‎∴CM∥NP，CM=NP ‎∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP ‎∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，‎ ‎∴CN∥平面AMB1．‎ ‎　‎ ‎19．已知 如图，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥DC，A（﹣1，﹣2），B（6，5），D（0，2）．‎ ‎（Ⅰ）求点C的坐标．‎ ‎（Ⅱ）求等腰梯形ABCD对角线交点M的坐标．‎ ‎【考点】平面向量的坐标运算；两条直线的交点坐标．‎ ‎【分析】（I）利用向量共线定理和模的计算公式即可得出；‎ ‎（II）分别求出直线AC与BD的方程即可得出．‎ ‎【解答】解（Ⅰ）设C（x，y）．‎ ‎∵A（﹣1，﹣2），B（6，5），D（0，2），‎ ‎∴，，，‎ 由已知，AB∥DC，，‎ ‎∴，解得或．‎ 当x=7，y=9时，四边形ABCD是平行四边形，舍去．‎ ‎∴x=2，y=4，即C（2，4）．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线AC的方程是，即y=2x，‎ 直线BD的方程是．‎ 解方程组，得，‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎20．在坐标系中有两点P（2，3），Q（3，4）．求 ‎（1）在y轴上求出一点M，使得MP+MQ的值最小；‎ ‎（2）在x轴上求出一点N，使得NQ﹣NP的值最大．‎ ‎【考点】两点间距离公式的应用．‎ ‎【分析】（1）作出P点关于y轴的对称点P′，连接P′Q与y轴的交点即为M；‎ ‎（2）连接PQ并延长，与x轴交点就是N．‎ ‎【解答】解：（1）作出P点关于y轴的对称点P′，‎ 连接P′Q与y轴的交点即为M；‎ ‎∵P（2，3），Q（3，4）．‎ ‎∴P′的坐标为（﹣2，3），‎ 故直线P′Q方程为：x﹣5y+17=0，‎ 令x=0，则y=，‎ 即M点坐标为（0，）．‎ ‎（2）连接PQ并延长，与x轴交点就是N．‎ ‎∵P（2，3），Q（3，4）．‎ 故直线PQ方程为：x﹣y+1=0，‎ 令y=0，则x=﹣1，‎ 即N点坐标为（﹣1，0）时，NQ﹣NP的值最大．‎ ‎　‎ ‎21．在四棱锥P﹣ABCD 中，△PAD 为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD=DC=AB=2，且平面PAD⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）求点C到平面PBD的距离．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）在梯形ABCD中，取AB中点E，连结DE，推导出点D在以AB为直径的圆上，由此能证明BD⊥平面PAD．‎ ‎（Ⅱ）取AD中点O，连结PO，则PO⊥AD，设C到平面PBD的距离为h，由VP﹣BCD=VC﹣PBD，能求出点C到平面PBD的距离．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）在梯形ABCD中，取AB中点E，连结DE，则DE∥BC，且DE=BC，‎ 故DE=，即点D在以AB为直径的圆上，‎ ‎∴BD=AD，‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面PAD．‎ 解：（Ⅱ）取AD中点O，连结PO，则PO⊥AD，‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，‎ ‎∴PO⊥平面ABCD，‎ 由（Ⅰ）知△ABD和△PBD都是直角三角形，‎ ‎∴BD==2，‎ ‎∴=2， =，‎ 解得PO=，‎ 设C到平面PBD的距离为h，‎ 由VP﹣BCD=VC﹣PBD，得=，‎ 解得h=，‎ ‎∴点C到平面PBD的距离为．‎ ‎　‎ ‎22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC 上的点，MN⊥PB．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）求证：当点M 不与点P，B 重合时，MN∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅲ）当AB=3，PA=4时，求点A到直线MN距离的最小值．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过证明BC⊥平面PAB，即可证明平面PBC⊥平面PAB；‎ ‎（Ⅱ）在△PBC中，BC⊥PB，MN⊥PB，所以MN∥BC，利用线面平行的判定定理，证明MN∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅲ）AM的长就是点A到MN的距离，A到直线MN距离的最小值就是A到线段PB的距离．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABCD中，AB⊥BC．…．‎ 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥BC．…．‎ 又AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，…．‎ 所以BC⊥平面PAB．…．‎ 因为BC⊂平面PBC，‎ 所以平面PBC⊥平面PAB．…．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，‎ 所以BC⊥PB．…．‎ 在△PBC中，BC⊥PB，MN⊥PB，‎ 所以MN∥BC，…．‎ 又BC⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，…．‎ 所以MN∥平面ABCD．…．‎ 解：（Ⅲ）因为MN∥BC，‎ 所以MN⊥平面PAB，…．‎ 而AM⊂平面PAB，‎ 所以MN⊥AM，…．‎ 所以AM的长就是点A到MN的距离，…．‎ 而点M在线段PB上 所以A到直线MN距离的最小值就是A到线段PB的距离，‎ 在Rt△PAB中，AB=3，PA=4，‎ 所以A到直线MN的最小值为．…．‎ ‎　‎ ‎2017年1月15日