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高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离课后测评
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这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离课后测评，共14页。试卷主要包含了【考点】直线与平面所成的角，【考点】异面直线及其所成的角，【考点】点、线、面间的距离计算等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，且AB=1，AC=2，AD=4，则点A到平面BCD的距离是（ ）
A．221B．321C．421D．521
2．如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， F 是棱 A1D1 上的动点．下列说法正确的是（ ）
A．对任意动点 F, 在平面 ADD1A1 内不存在与平面 CBF 平行的直线
B．对任意动点 F, 在平面 ABCD 内存在与平面 CBF 垂直的直线
C．当点 F 从 A1 运动到 D1 的过程中，二面角 F−BC−A 的大小不变
D．当点 F 从 A1 运动到 D1 的过程中，点 D 到平面 CBF 的距离逐渐变大
3．在边长为1的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 M ， N 分别为 AB ， BC 的中点，则直线 MN 与平面 DCA1 所成角的大小为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．π2
4．已知平面 α 的法向量为 n=(−2,−2,1) ，点 A(x,3,0) 在平面 α 内，则点 P(−2,1,4) 到平面 α 的距离为 103 ，则 x ＝（ ）
A．－1B．－11C．－1或－11D．－21
5．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BB1的中点，则直线BC1与EF所成角的余弦值是（ ）
A．24B．12C．13D．32
6．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线 C:y=x2 ，直线 l 为曲线C在点 (1,1) 处的切线.如图所示，阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体为T.给出以下四个几何体：
图①是底面直径和高均为1的圆锥；
图②是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为1的正四棱锥；
图④是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1的圆台挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体.
根据祖暅原理，以上四个几何体中与T的体积相等的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
7．如图，AB=AC=BD=1，AB⊂面M，AC⊥面M，BD⊥AB，BD与面M成30°角，则C、D间的距离为（ ）
A．1B．2C．2D．3
8．设空间直角坐标系中A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），则点P（x，y，3）到平面ABC的距离是（ ）
A．0B．1C．2D．3
9．三棱锥 S−ABC 中， ∠SBA=∠SCA=90° ， ΔABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形，则以下结论中：
①异面直线 SB 与 AC 所成的角为90°；②直线 SB⊥ 平面 ABC ；③平面 SBC⊥ 平面 SAC ；④点 C 到平面 SAB 的距离是 12a .
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为2，点 P 在棱 AD 上，过点 P 作该正方体的截面，当截面平行于平面 B1D1C 且面积为 3 时，线段 AP 的长为（ ）
A．2B．1C．3D．32
二、填空题
11．如图是底面半径为1，母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体，则该组合体的体积为 ．
12．棱长为a的正方体 ABCD−A1B1C1D1 的顶点A到截面 B1CD 的距离等于 .
13．长方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AA1=5 ， AB=12 ，那么直线 B1C1 和平面 A1BCD1 的距离是 ．
14．已知三棱锥 P−DEF 的各顶点都在球面上， PD⊥ED , EF⊥ 平面 PDE , DE=4 ， EF=3 ,若该球的体积为 17343π ，则三棱锥 P−DEF 的表面积为 ．
15．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
三、解答题
16．如图，四边形 ABCD 为正方形， PD⊥ 平面 ABCD ，点 E,F 分别为 AD,PC 的中点，且 DC=1 ， PC=2 .
（1）证明： DF// 平面 PBE ；
（2）求二面角 A−PB−C 的大小.
17．如图，在斜三棱柱 ABC−A1B1C1 中，已知△ ABC 为正三角形，四边形 ACC1A1 是菱形， D ， E 分别是 AC ， CC1 的中点，平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC .
（1）求证： A1C⊥ 平面 BDE ；
（2）若 ∠C1CA=60° ，在线段 DB1 上是否存在点 M ，使得 AM// 平面 BDE ？若存在，求 DMDB1 的值，若不存在，请说明理由.
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，AC=BC= 12 AA1=2，D是AC的中点．
（1）求证：B1C∥平面A1BD；
（2）求直线AC与平面A1BD所成角的正弦值．
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.2.5 空间中的距离
参考答案与试题解析
一．选择题
1.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图所示，设点A到平面BCD的距离是h．
∵AB、AC、AD两两垂直，且AB=1，AC=2，AD=4，
由勾股定理可得：AD= 17 ，BC= 5 ，CD=2 5 ．
在△BCD中，由余弦定理可得：cs∠BCD= (5)2+(25)2−(17)22×5×25 = 25 ，
∴sin∠BCD= 215 ．
∴S△BCD= 12BC·CD sin∠BCD= 12×5×25 × 215 = 21 ．
又S△ABC= 12 AB•AC= 12×1×2 =1，
∵VA﹣BCD=VD﹣ABC，
∴13×S△BCD ×h= 13×S△ABC ×AD，
∴h= 1×421 = 421 ．
故选：C．
2.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解答】因为 AD 在平面 ADD1A1 内，且平行平面 CBF ，A不符合题意；
平面 CBF 即平面 A1D1CB ，又平面 A1D1CB 与平面 ABCD 斜相交，
所以在平面 ABCD 内不存在与平面 CBF 垂直的直线，B不符合题意；
平面 CBF 即平面 A1D1CB ，平面 A1D1CB 与平面 ABCD 是确定平面，
所以二面角不改变，C符合题意；
平面 CBF 即平面 A1D1CB ，点 D 到平面 A1D1CB 的距离为定值，D不符合题意.
故答案为：C.
3.【考点】直线与平面所成的角
【解答】如图，连接AC， AD1 交 A1D 于O ，连接OC，
∵点 M ， N 分别为 AB ， BC 的中点，
∴MN∥AC，
由正方体的性质可知CD⊥平面 ADD1A1 ，
∴CD⊥AD1 又 AD1⊥A1D ， A1D∩DC=D ，
∴AD1⊥ 平面 DCA1 ，
∴∠ACO 为直线AC与平面 DCA1 所成角，也即为直线 MN 与平面 DCA1 所成角，
在直角三角形ACO中， AO=22,AC=2
∴∠ACO=π6 .
故答案为：A
4.【考点】空间向量运算的坐标表示；点、线、面间的距离计算
【解答】 PA=(x+2,2,−4) ，而 d=|PA⋅n||n|=103 ，
即 |−2(x+2)−4−4|4+4+1=103 ，解得 x=−1 或－11.
故答案为：C
5.【考点】异面直线及其所成的角
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则E（2，1，0），F（2，2，1），B（2，2，0），C1（0，2，2），
BC1 =（﹣2，0，2）， EF =（0，1，1），
设直线BC1与EF所成角为θ，
则csθ=|cs＜ BC1 ， EF ＞|= |BC1⋅EF||BC1|⋅|EF| = |2|8⋅2 = 12 ．
∴直线BC1与EF所成角的余弦值是 12 ．
故选：B．
6.【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解答】 ∵ 几何体T是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，
且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为 x1 ，切线对应的横坐标为 x2
f(x)=x2,f′(x)=2x ， ∴k=f′(1)=2
切线为 y−1=2(x−1) ，即 y=2x−1 ， ∴x12=y,x2=y+12
横截面面积 s=πx22−πx12=π[(y+1)24−y]=π(y−12)2
图①中的圆锥高为1，底面半径为 12 ，可以看成由直线 y=2x+1 绕 y 轴旋转得到
横截面的面积为 s=πx2=π(y−12)2 .
所以几何体 T 和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，
故答案为：A.
7.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：由题意，作DD′⊥面M，垂足为D′，连接AD′，则∠DBD′=30°，
BD′⊥AB
∵BD=1，
∴DD′= 12 ，BD′= 32 ，
∵AB=1，∴AD′= 72 ．
过D作DE⊥AC，垂足为E，则DE=AD′= 72 ，CE= 12 ，
∴CD= 74+14 = 2 ．
故选：C．
8.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：空间直角坐标系中A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），
可知A，B，C都在平面x0y平面，
点P（x，y，3）是与x0y平面平行，距离为3，所以点P（x，y，3）到平面ABC的距离是3．
故选：D．
9.【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解答】由题意, ∠SCA=90° 则 AC⊥SC
由 ΔABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,可得 AC⊥BC
且 SC∩BC=C
所以 AC⊥ 平面 SBC ,即 AC⊥SB ,故①正确；
由①得 AC⊥SB ,
根据 ∠SBA=90° ,即 AB⊥SB
且 AC∩AB=A
所以 SB⊥ 平面 ABC ,故②正确
因为 SB⊂ 平面 SBC
所以平面 SBC⊥ 平面 SAC ,故③正确；
取 AB 的中点 E ,连接 CE
可证得 CE⊥ 平面 SAB ,
故 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离 12a ,所以④正确.
综上可知,正确的为①②③④
故答案为：D
10.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图，过点 P 作 DB ， A1D 的平行线，分别交棱 AB ， AA1 于点 Q ， R ，连接 QR ， BD ，
因为 BD//B1D1 ，所以 PQ//B1D1 ， B1D1⊂ 面 B1D1C ， PQ⊄ 面 B1D1C ，所以 PQ// 面 B1D1C
因为 A1D//B1C ，所以 PR//B1C ， B1C⊂ 面 B1D1C ， PR⊄ 面 B1D1C ，所以 PR// 面 B1D1C
又 PQ∩PR=P ， PQ,PR⊂ 面 PQR ，所以面 PQR// 面 B1D1C ，则 PQR 为截面，
易知 △PQR 是等边三角形，则 12PQ2⋅32=3 ，解得 PQ=2 ，∴AP=22PQ=2 .
故答案为：A.
二．填空题
11.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解答】解：由题意，圆锥的高为 3 ，体积为 13π⋅12⋅3 = 33 π，
圆柱的体积为π•12•2=2π，
∴该组合体的体积为（2+ 33 ）π．
故答案为：（2+ 33 ）π．
12.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图所示，
在三棱锥 B1−ACD 中， BB1 是三棱锥 B1−ACD 的高， AB=AD=BB1=a ，
在 ΔB1CD 中， B1C=2a , DC=a , B1D=3a ,所以 ΔB1CD 是直角三角形
∵VB1−ACD=VA−B1CD ， SΔB1CD=12×2a×a=22a2 ，设点 A 到 B1CD 的距离为 d
∴13×12a2⋅a=13×22a2⋅d ，
∴d=2a2 .
A到平面 A1BD 的距离为 2a2
故答案为： 2a2
13.【考点】点、线、面间的距离计算；三角形中的几何计算
【解答】解：∵直线 B1C1// 平面 A1BCD1 ，
∴直线 B1C1 和平面 A1BCD1 的距离即为点 B1 和平面 A1BCD1 的距离.
∵面 ABB1A1⊥ 面 A1BCD1 ，
在面 ABB1A1 内过 B1 作 A1B 的垂线，即为面 A1BCD1 的垂线，也就是直角三角形 A1BB1 斜边上的高d，
由面积法得： d=5×1213=6013 .
故答案为： 6013 .
14.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；球内接多面体
【解答】如图所示，因为 EF⊥ 平面 PDE ，所以 EF⊥DE ， EF⊥PE ， EF⊥DP ，
因为 PD⊥ED ， EF∩DE=E ，所以 PD⊥ 平面 DEF ，所以 PD⊥DF ，
设 PF 的中点为 O ，则 PO=OF=OD=OE ，所以 O 为三棱锥 P−DEF 外接球的球心，
由题知 17343π=43πr3 ，解得 r=342 ，所以 PF=34 ，
在 RtΔDEF 中， DE=4 , EF=3 ，所以 DF=DE2+EF2=5 ，
在 RtΔPDF 中， PD=PF2−DF2=34−52=3 ，
在 RtΔPDE 中， PE=PD2+DE2=5 ，
所以三棱锥 P−DEF 的表面积为
S△DEF+S△PDE+S△PDF+S△PEF=12×3×4+12×3×4+12×3×5+12×3×5=27 .
故答案为27.
15.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图所示，取AB得中点M，连接CM，C1M，过点C作CD⊥C1M，垂足为D
∵C1A=C1B，M为AB中点，
∴C1M⊥AB
∵CA=CB，M为AB中点，
∴CM⊥AB
又∵C1M∩CM=M，
∴AB⊥平面C1CM
又∵AB⊂平面ABC1，
∴平面ABC1⊥平面C1CM，平面ABC1∩平面C1CM=C1M，CD⊥C1M，
∴CD⊥平面C1AB，
∴CD的长度即为点C到平面ABC1的距离，即点B1到平面ABC1的距离
在Rt△C1CM中，C1C=1，CM= 32 ，C1M= 72
∴CD= 217 ，即点B1到平面ABC1的距离为 217
故答案为： 217
三．解答题
16.【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解答】（1）解：证明：取 PB 的中点为 G ，连接 EG,FG
又 F 为 PC 的中点，所以 FG//BC ，且 FG=12BC ，
因为 DE//BC ，且 DE=12BC ，
所以 DE//FG ，且 DE=FG ，
故四边形 DEGF 为平行四边形，则 DF//EG
又 DF⊄ 平面 PBE ， EG⊂ 平面 PBE ，
所以 DF// 平面 PBE ，
（2）因为 DC=1 ， PC=2 ， PD⊥ 平面 ABCD ，所以 PD=1
而四边形 ABCD 为正方形，所以可如图建立空间直角坐标系 D−xyz
A(1,0,0) ， B(1,1,0) ， P(0,0,1) ， C(0,1,0)
所以 PB=(1,1,−1) ， PA=(1,0,−1) ， PC=(0,1,−1)
设平面 APB 的一个法向量为 m=(x,y,z) ，则 PB⋅m=0PA⋅m=0
∴x+y−z=0x−z=0 ， ∴m=(1,0,1)
同理可得平面 PBC 的一个法向量为 n=(0,1,1)
所以 cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=12 ，
由图知二面角 A−PB−C 为钝角，则大小为 120∘ .
17.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解答】（1）证明：∵△ ABC 为正三角形且 D 是 AC 的中点，
∴BD⊥AC ，
∵面 AA1C1C⊥ 面 ABC ，且面 AA1C1C∩ 面 ABC=AC ， BD⊂ 平面 ABC ，
∴BD⊥ 平面 AA1C1C ，而 A1C⊂ 平面 AA1C1C ，
∴BD⊥A1C ，
∵四边形 ACC1A1 是菱形，
∴A1C⊥AC1 ，又 DE//AC1 ，
∴A1C⊥DE ，
∵DE,BD⊂ 平面 BDE ，且 DE∩BD=D ，
∴A1C⊥ 平面 BDE .
（2）解：由 ∠C1CA=60° 且四边形 ACC1A1 是菱形，平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC ，易知： OC1⊥ 面 ABC ，
以 AC 中点 D 为原点， DB 为 x 轴、 DA 为 y 轴、 OC1 为z轴，如图建立直角坐标系.
∴A(0,1,0) ， B(3,0,0) ， D(0,0,0) ， E(0,−12,32) ，则 DB=(3,0,0) ， DE=(0,−12,32) ，
设 n=(a,b,c) 为面 BDE 法向量，则 n⋅DB=0n⋅DE=0⇒3a=0−12b+32c=0 ，得 n=(0,3,1) ，
设 M(3λ,λ,3λ) ， AM=(3λ,λ−1,3λ) ，又 AM// 面 BDE ，
∴n⋅AM=0 ，得 3λ−3+3λ=0 ，得 DMDB1=λ=12 .
18.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解答】（1）证明：连接AB1交A1B于O，则O为AB1的中点，连接OD，
又D是AC的中点，∴OD∥B1C，
又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD；
（2）解：∵AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，
∴分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∵AC=BC= 12 AA1=2，
∴C（0，0，0），A（2，0，0），D（1，0，0），B（0，2，0），
A1（2，0，4），
则 CA=(2,0,0) ， DB=(−1,2,0) ， DA1=(1,0,4) ，
设平面A1BD的一个法向量为 m=(x，y,z) ，
由 BD⋅m=−x+2y=0DA1⋅m=x+4z=0 ，取z=﹣1，得 m=(4，2,−1) ，
∴直线AC与平面A1BD所成角的正弦值为sinθ=| CA⋅m|CA||m| |=| 2×42×42+22+(−1)2 |= 42121 ．
一、单选题
1．已知四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，且AB=1，AC=2，AD=4，则点A到平面BCD的距离是（ ）
A．221B．321C．421D．521
2．如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， F 是棱 A1D1 上的动点．下列说法正确的是（ ）
A．对任意动点 F, 在平面 ADD1A1 内不存在与平面 CBF 平行的直线
B．对任意动点 F, 在平面 ABCD 内存在与平面 CBF 垂直的直线
C．当点 F 从 A1 运动到 D1 的过程中，二面角 F−BC−A 的大小不变
D．当点 F 从 A1 运动到 D1 的过程中，点 D 到平面 CBF 的距离逐渐变大
3．在边长为1的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 M ， N 分别为 AB ， BC 的中点，则直线 MN 与平面 DCA1 所成角的大小为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．π2
4．已知平面 α 的法向量为 n=(−2,−2,1) ，点 A(x,3,0) 在平面 α 内，则点 P(−2,1,4) 到平面 α 的距离为 103 ，则 x ＝（ ）
A．－1B．－11C．－1或－11D．－21
5．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BB1的中点，则直线BC1与EF所成角的余弦值是（ ）
A．24B．12C．13D．32
6．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线 C:y=x2 ，直线 l 为曲线C在点 (1,1) 处的切线.如图所示，阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形，记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体为T.给出以下四个几何体：
图①是底面直径和高均为1的圆锥；
图②是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为1的正四棱锥；
图④是将上底面直径为2，下底面直径为1，高为1的圆台挖掉一个底面直径为2，高为1的倒置圆锥得到的几何体.
根据祖暅原理，以上四个几何体中与T的体积相等的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
7．如图，AB=AC=BD=1，AB⊂面M，AC⊥面M，BD⊥AB，BD与面M成30°角，则C、D间的距离为（ ）
A．1B．2C．2D．3
8．设空间直角坐标系中A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），则点P（x，y，3）到平面ABC的距离是（ ）
A．0B．1C．2D．3
9．三棱锥 S−ABC 中， ∠SBA=∠SCA=90° ， ΔABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形，则以下结论中：
①异面直线 SB 与 AC 所成的角为90°；②直线 SB⊥ 平面 ABC ；③平面 SBC⊥ 平面 SAC ；④点 C 到平面 SAB 的距离是 12a .
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
10．已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为2，点 P 在棱 AD 上，过点 P 作该正方体的截面，当截面平行于平面 B1D1C 且面积为 3 时，线段 AP 的长为（ ）
A．2B．1C．3D．32
二、填空题
11．如图是底面半径为1，母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体，则该组合体的体积为 ．
12．棱长为a的正方体 ABCD−A1B1C1D1 的顶点A到截面 B1CD 的距离等于 .
13．长方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AA1=5 ， AB=12 ，那么直线 B1C1 和平面 A1BCD1 的距离是 ．
14．已知三棱锥 P−DEF 的各顶点都在球面上， PD⊥ED , EF⊥ 平面 PDE , DE=4 ， EF=3 ,若该球的体积为 17343π ，则三棱锥 P−DEF 的表面积为 ．
15．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为 ．
三、解答题
16．如图，四边形 ABCD 为正方形， PD⊥ 平面 ABCD ，点 E,F 分别为 AD,PC 的中点，且 DC=1 ， PC=2 .
（1）证明： DF// 平面 PBE ；
（2）求二面角 A−PB−C 的大小.
17．如图，在斜三棱柱 ABC−A1B1C1 中，已知△ ABC 为正三角形，四边形 ACC1A1 是菱形， D ， E 分别是 AC ， CC1 的中点，平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC .
（1）求证： A1C⊥ 平面 BDE ；
（2）若 ∠C1CA=60° ，在线段 DB1 上是否存在点 M ，使得 AM// 平面 BDE ？若存在，求 DMDB1 的值，若不存在，请说明理由.
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，AC=BC= 12 AA1=2，D是AC的中点．
（1）求证：B1C∥平面A1BD；
（2）求直线AC与平面A1BD所成角的正弦值．
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.2.5 空间中的距离
参考答案与试题解析
一．选择题
1.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图所示，设点A到平面BCD的距离是h．
∵AB、AC、AD两两垂直，且AB=1，AC=2，AD=4，
由勾股定理可得：AD= 17 ，BC= 5 ，CD=2 5 ．
在△BCD中，由余弦定理可得：cs∠BCD= (5)2+(25)2−(17)22×5×25 = 25 ，
∴sin∠BCD= 215 ．
∴S△BCD= 12BC·CD sin∠BCD= 12×5×25 × 215 = 21 ．
又S△ABC= 12 AB•AC= 12×1×2 =1，
∵VA﹣BCD=VD﹣ABC，
∴13×S△BCD ×h= 13×S△ABC ×AD，
∴h= 1×421 = 421 ．
故选：C．
2.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解答】因为 AD 在平面 ADD1A1 内，且平行平面 CBF ，A不符合题意；
平面 CBF 即平面 A1D1CB ，又平面 A1D1CB 与平面 ABCD 斜相交，
所以在平面 ABCD 内不存在与平面 CBF 垂直的直线，B不符合题意；
平面 CBF 即平面 A1D1CB ，平面 A1D1CB 与平面 ABCD 是确定平面，
所以二面角不改变，C符合题意；
平面 CBF 即平面 A1D1CB ，点 D 到平面 A1D1CB 的距离为定值，D不符合题意.
故答案为：C.
3.【考点】直线与平面所成的角
【解答】如图，连接AC， AD1 交 A1D 于O ，连接OC，
∵点 M ， N 分别为 AB ， BC 的中点，
∴MN∥AC，
由正方体的性质可知CD⊥平面 ADD1A1 ，
∴CD⊥AD1 又 AD1⊥A1D ， A1D∩DC=D ，
∴AD1⊥ 平面 DCA1 ，
∴∠ACO 为直线AC与平面 DCA1 所成角，也即为直线 MN 与平面 DCA1 所成角，
在直角三角形ACO中， AO=22,AC=2
∴∠ACO=π6 .
故答案为：A
4.【考点】空间向量运算的坐标表示；点、线、面间的距离计算
【解答】 PA=(x+2,2,−4) ，而 d=|PA⋅n||n|=103 ，
即 |−2(x+2)−4−4|4+4+1=103 ，解得 x=−1 或－11.
故答案为：C
5.【考点】异面直线及其所成的角
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则E（2，1，0），F（2，2，1），B（2，2，0），C1（0，2，2），
BC1 =（﹣2，0，2）， EF =（0，1，1），
设直线BC1与EF所成角为θ，
则csθ=|cs＜ BC1 ， EF ＞|= |BC1⋅EF||BC1|⋅|EF| = |2|8⋅2 = 12 ．
∴直线BC1与EF所成角的余弦值是 12 ．
故选：B．
6.【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解答】 ∵ 几何体T是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，
且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为 x1 ，切线对应的横坐标为 x2
f(x)=x2,f′(x)=2x ， ∴k=f′(1)=2
切线为 y−1=2(x−1) ，即 y=2x−1 ， ∴x12=y,x2=y+12
横截面面积 s=πx22−πx12=π[(y+1)24−y]=π(y−12)2
图①中的圆锥高为1，底面半径为 12 ，可以看成由直线 y=2x+1 绕 y 轴旋转得到
横截面的面积为 s=πx2=π(y−12)2 .
所以几何体 T 和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，
故答案为：A.
7.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：由题意，作DD′⊥面M，垂足为D′，连接AD′，则∠DBD′=30°，
BD′⊥AB
∵BD=1，
∴DD′= 12 ，BD′= 32 ，
∵AB=1，∴AD′= 72 ．
过D作DE⊥AC，垂足为E，则DE=AD′= 72 ，CE= 12 ，
∴CD= 74+14 = 2 ．
故选：C．
8.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：空间直角坐标系中A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），
可知A，B，C都在平面x0y平面，
点P（x，y，3）是与x0y平面平行，距离为3，所以点P（x，y，3）到平面ABC的距离是3．
故选：D．
9.【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解答】由题意, ∠SCA=90° 则 AC⊥SC
由 ΔABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,可得 AC⊥BC
且 SC∩BC=C
所以 AC⊥ 平面 SBC ,即 AC⊥SB ,故①正确；
由①得 AC⊥SB ,
根据 ∠SBA=90° ,即 AB⊥SB
且 AC∩AB=A
所以 SB⊥ 平面 ABC ,故②正确
因为 SB⊂ 平面 SBC
所以平面 SBC⊥ 平面 SAC ,故③正确；
取 AB 的中点 E ,连接 CE
可证得 CE⊥ 平面 SAB ,
故 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离 12a ,所以④正确.
综上可知,正确的为①②③④
故答案为：D
10.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图，过点 P 作 DB ， A1D 的平行线，分别交棱 AB ， AA1 于点 Q ， R ，连接 QR ， BD ，
因为 BD//B1D1 ，所以 PQ//B1D1 ， B1D1⊂ 面 B1D1C ， PQ⊄ 面 B1D1C ，所以 PQ// 面 B1D1C
因为 A1D//B1C ，所以 PR//B1C ， B1C⊂ 面 B1D1C ， PR⊄ 面 B1D1C ，所以 PR// 面 B1D1C
又 PQ∩PR=P ， PQ,PR⊂ 面 PQR ，所以面 PQR// 面 B1D1C ，则 PQR 为截面，
易知 △PQR 是等边三角形，则 12PQ2⋅32=3 ，解得 PQ=2 ，∴AP=22PQ=2 .
故答案为：A.
二．填空题
11.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解答】解：由题意，圆锥的高为 3 ，体积为 13π⋅12⋅3 = 33 π，
圆柱的体积为π•12•2=2π，
∴该组合体的体积为（2+ 33 ）π．
故答案为：（2+ 33 ）π．
12.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图所示，
在三棱锥 B1−ACD 中， BB1 是三棱锥 B1−ACD 的高， AB=AD=BB1=a ，
在 ΔB1CD 中， B1C=2a , DC=a , B1D=3a ,所以 ΔB1CD 是直角三角形
∵VB1−ACD=VA−B1CD ， SΔB1CD=12×2a×a=22a2 ，设点 A 到 B1CD 的距离为 d
∴13×12a2⋅a=13×22a2⋅d ，
∴d=2a2 .
A到平面 A1BD 的距离为 2a2
故答案为： 2a2
13.【考点】点、线、面间的距离计算；三角形中的几何计算
【解答】解：∵直线 B1C1// 平面 A1BCD1 ，
∴直线 B1C1 和平面 A1BCD1 的距离即为点 B1 和平面 A1BCD1 的距离.
∵面 ABB1A1⊥ 面 A1BCD1 ，
在面 ABB1A1 内过 B1 作 A1B 的垂线，即为面 A1BCD1 的垂线，也就是直角三角形 A1BB1 斜边上的高d，
由面积法得： d=5×1213=6013 .
故答案为： 6013 .
14.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；球内接多面体
【解答】如图所示，因为 EF⊥ 平面 PDE ，所以 EF⊥DE ， EF⊥PE ， EF⊥DP ，
因为 PD⊥ED ， EF∩DE=E ，所以 PD⊥ 平面 DEF ，所以 PD⊥DF ，
设 PF 的中点为 O ，则 PO=OF=OD=OE ，所以 O 为三棱锥 P−DEF 外接球的球心，
由题知 17343π=43πr3 ，解得 r=342 ，所以 PF=34 ，
在 RtΔDEF 中， DE=4 , EF=3 ，所以 DF=DE2+EF2=5 ，
在 RtΔPDF 中， PD=PF2−DF2=34−52=3 ，
在 RtΔPDE 中， PE=PD2+DE2=5 ，
所以三棱锥 P−DEF 的表面积为
S△DEF+S△PDE+S△PDF+S△PEF=12×3×4+12×3×4+12×3×5+12×3×5=27 .
故答案为27.
15.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图所示，取AB得中点M，连接CM，C1M，过点C作CD⊥C1M，垂足为D
∵C1A=C1B，M为AB中点，
∴C1M⊥AB
∵CA=CB，M为AB中点，
∴CM⊥AB
又∵C1M∩CM=M，
∴AB⊥平面C1CM
又∵AB⊂平面ABC1，
∴平面ABC1⊥平面C1CM，平面ABC1∩平面C1CM=C1M，CD⊥C1M，
∴CD⊥平面C1AB，
∴CD的长度即为点C到平面ABC1的距离，即点B1到平面ABC1的距离
在Rt△C1CM中，C1C=1，CM= 32 ，C1M= 72
∴CD= 217 ，即点B1到平面ABC1的距离为 217
故答案为： 217
三．解答题
16.【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解答】（1）解：证明：取 PB 的中点为 G ，连接 EG,FG
又 F 为 PC 的中点，所以 FG//BC ，且 FG=12BC ，
因为 DE//BC ，且 DE=12BC ，
所以 DE//FG ，且 DE=FG ，
故四边形 DEGF 为平行四边形，则 DF//EG
又 DF⊄ 平面 PBE ， EG⊂ 平面 PBE ，
所以 DF// 平面 PBE ，
（2）因为 DC=1 ， PC=2 ， PD⊥ 平面 ABCD ，所以 PD=1
而四边形 ABCD 为正方形，所以可如图建立空间直角坐标系 D−xyz
A(1,0,0) ， B(1,1,0) ， P(0,0,1) ， C(0,1,0)
所以 PB=(1,1,−1) ， PA=(1,0,−1) ， PC=(0,1,−1)
设平面 APB 的一个法向量为 m=(x,y,z) ，则 PB⋅m=0PA⋅m=0
∴x+y−z=0x−z=0 ， ∴m=(1,0,1)
同理可得平面 PBC 的一个法向量为 n=(0,1,1)
所以 cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=12 ，
由图知二面角 A−PB−C 为钝角，则大小为 120∘ .
17.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解答】（1）证明：∵△ ABC 为正三角形且 D 是 AC 的中点，
∴BD⊥AC ，
∵面 AA1C1C⊥ 面 ABC ，且面 AA1C1C∩ 面 ABC=AC ， BD⊂ 平面 ABC ，
∴BD⊥ 平面 AA1C1C ，而 A1C⊂ 平面 AA1C1C ，
∴BD⊥A1C ，
∵四边形 ACC1A1 是菱形，
∴A1C⊥AC1 ，又 DE//AC1 ，
∴A1C⊥DE ，
∵DE,BD⊂ 平面 BDE ，且 DE∩BD=D ，
∴A1C⊥ 平面 BDE .
（2）解：由 ∠C1CA=60° 且四边形 ACC1A1 是菱形，平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC ，易知： OC1⊥ 面 ABC ，
以 AC 中点 D 为原点， DB 为 x 轴、 DA 为 y 轴、 OC1 为z轴，如图建立直角坐标系.
∴A(0,1,0) ， B(3,0,0) ， D(0,0,0) ， E(0,−12,32) ，则 DB=(3,0,0) ， DE=(0,−12,32) ，
设 n=(a,b,c) 为面 BDE 法向量，则 n⋅DB=0n⋅DE=0⇒3a=0−12b+32c=0 ，得 n=(0,3,1) ，
设 M(3λ,λ,3λ) ， AM=(3λ,λ−1,3λ) ，又 AM// 面 BDE ，
∴n⋅AM=0 ，得 3λ−3+3λ=0 ，得 DMDB1=λ=12 .
18.【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解答】（1）证明：连接AB1交A1B于O，则O为AB1的中点，连接OD，
又D是AC的中点，∴OD∥B1C，
又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD；
（2）解：∵AA1⊥底面ABC，AC⊥BC，
∴分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∵AC=BC= 12 AA1=2，
∴C（0，0，0），A（2，0，0），D（1，0，0），B（0，2，0），
A1（2，0，4），
则 CA=(2,0,0) ， DB=(−1,2,0) ， DA1=(1,0,4) ，
设平面A1BD的一个法向量为 m=(x，y,z) ，
由 BD⋅m=−x+2y=0DA1⋅m=x+4z=0 ，取z=﹣1，得 m=(4，2,−1) ，
∴直线AC与平面A1BD所成角的正弦值为sinθ=| CA⋅m|CA||m| |=| 2×42×42+22+(−1)2 |= 42121 ．
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