2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--8.6.2　直线与平面垂直

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2025人教A版高中数学必修第二册
8.6.2　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　直线与平面垂直的判定及性质
1.(2024江西宜春第一中学月考)已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法错误的是(　　)
A.若m⊥α,n∥α,则m⊥n
B.若m⊥α,m∥n,则n⊥α
C.若m∥n,n⊥β,m⊥α,则α∥β
D.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
2.(2024广东河源部分学校联考)在正三棱锥A-OBC中,顶点A在底面OBC内的射影为点D,OA=OB=1,则AD=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2024山东菏泽外国语学校月考)如图,AB是圆O的直径,C是圆周上不同于A,B的任意一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC的四个面中,直角三角形的个数为(　　)
A.1　　B.2　　C.3　　D.4
4.(多选题)(教材习题改编)在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,AC与EF交于点G,如图1,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图2,那么在这个空间图形中有(　　)
图1 图2
A.AG⊥平面EFH　　B.AH⊥平面EFH
C.EF⊥平面AGH　　D.HG⊥平面AEF
5.(教材习题改编)已知三棱锥P-ABC,P在底面ABC上的射影为O,若三棱锥的三条侧棱相等,则O为△ABC的　　　　心;若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则O为△ABC的　　　　心.
6.(2024福建莆田第一中学期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为线段BC,AC上的点,且AB∥平面DEC1.
(1)求证:DE∥A1B1;
(2)当D为BC的中点,AB=BC时,求证:BE⊥C1E.
题组二　直线与平面所成的角
7.(教材习题改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AB1与平面ACC1A1所成的角为(　　)
A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
8.(2024浙江培优联盟联考)如图,点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点,直线AP与平面ABCD所成的角为60°,则点P的轨迹长度为　　　　.
9.(2024上海敬业中学期中)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,
AB=BC=1,若A1C与平面B1BCC1所成的角为30°,则四棱锥A1-BCC1B1的体积为　　　　.
10.(2024河南封丘第一中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PD⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)设平面ABE与直线PC相交于点F,求证:EF∥CD;
(2)若AB=2,∠DAB=60°,PD=4,求直线BE与平面PAD所成角的大小.
题组三　空间距离
11.(2024北京第三十五中学期中)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则棱BB1到平面AA1C1C的距离为(　　)
A.a　　B.a　　C.a　　D.a
12.(2024安徽黄山期末)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BDC,
∠BDC=90°,AB=8,BD=6,则点B到平面ACD的距离等于　　　　.
13.(2024上海南汇第一中学期中)在三棱锥P-ABC中,AB⊥AC,PA⊥平面ABC,PA=AB=3,AC=4,M为BC的中点,过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC,PC于点E,F.
(1)求直线PM与平面ABC所成角的正切值;
(2)证明:平面MEF∥平面PAB,并求直线ME到平面PAB的距离.
能力提升练
题组一　直线与平面垂直的判定与性质
1.(2024四川眉山模拟)如图所示的组合体是由一个正四棱柱ABCD-A1B1C1D1和一个正四棱锥P-A1B1C1D1组合而成的,已知AB=2,AA1=,PA1=2,则(　　)
A.PA1∥平面ABC1D1　　B.PB1∥平面ABC1D1
C.PC1⊥平面BDC1　　D.PD1⊥平面BDC1
2.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BD⊥CD,AB=BD=1,CD=,点P在棱AC上运动,则△PBD的面积的最小值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2024云南昆明第一中学月考)如图,点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列结论不正确的是　(　　)
A.三棱锥A-D1PC的体积不变
B.DB1⊥A1P
C.DP⊥BC1
D.A1P与平面ACD1所成的角大小不变
4.在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=1,CC1=BB1=2,AB=,
∠BCC1=60°,AB⊥平面BB1C1C.
(1)求证:BC1⊥平面ABC;
(2)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积;
(3)试在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E,使得EA⊥EB1.
题组二　直线与平面所成的角
5.(2024云南曲靖模拟)在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,则直线OB与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
6.(2024山东德州夏津第一中学月考)在棱长都为3的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱BB1,CC1上的点,当A1D+DE+EA取得最小值时,DE与平面AA1C1C所成角的正弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.(2024陕西西安第一中学月考)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,M为AC的中点,MB1⊥AB.
(1)证明:MC1⊥AB;
(2)若AB=BC=2,BB1=4,MB1=,求直线B1C与平面MB1C1所成角的正弦值.
题组三　空间距离
8.(2024广东佛山第一中学月考)鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于中国古代建筑的榫卯结构.下图是一种常见的鲁班锁玩具的结构图,若每条棱的长均为2,则这种鲁班锁玩具的两个相对三角形面间的距离为(　　)
A.2+　　B.+ C.2+　　D.2+
9.(多选题)(2024山西吕梁文水第二高级中学月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,下列说法正确的是(　　)
A.直线A1B1到平面ABCD的距离为1
B.B1D1到AC的距离为
C.点B到直线AC1的距离为
D.平面C1DA1与平面AB1C间的距离为
10.(2024四川成都实验外国语学校月考)如图,某种风筝的骨架模型是四棱锥P-ABCD,其中AC⊥BD,AC∩BD=O,OA=OB=OD=2,OC=4,PO⊥平面ABCD.
(1)求证:PD⊥AC;
(2)试验表明,当PO=OA时,风筝表现最好,求此时点D到平面PBC的距离.
答案与分层梯度式解析
8.6.2　直线与平面垂直
基础过关练
1.D 2.D 3.D 4.BC 7.A 11.C
1.D　对于A,当n∥α时,过n作平面γ,使α∩γ=l,则n∥l,因为m⊥α,l α,所以m⊥l,所以m⊥n,故A中说法正确;
对于B,由线面垂直的性质定理可知B中说法正确;
对于C,因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m⊥α,所以α∥β,故C中说法正确;
对于D,当m⊥α,m⊥n时,n∥α或n在平面α内,故D中说法错误.故选D.
2.D　由题意知点D为等边△OBC的中心,则OD=×1×sin =,
由AD⊥底面OBC,OD 底面OBC,可得AD⊥OD,
故AD===.
3.D　因为PA⊥平面ABC,AB,AC,BC 平面ABC,
所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,所以△PAB,△PAC为直角三角形.
因为AB是圆O的直径,所以BC⊥AC,所以△ABC为直角三角形.
因为PA,AC 平面PAC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,又PC 平面PAC,所以BC⊥PC,所以△PBC为直角三角形.
综上,四面体P-ABC的四个面都是直角三角形.
故选D.
4.BC　由题意知,题图2中AH⊥HE,AH⊥HF,
∵HE∩HF=H,HE,HF 平面EFH,∴AH⊥平面EFH,∴B正确;
过点A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确;
易知AG⊥EF,GH⊥EF,∵AG∩GH=G,AG,GH 平面AGH,∴EF⊥平面AGH,∴C正确;
∵AH⊥平面EFH,HG 平面EFH,∴AH⊥HG,∴HG与AG不垂直,∴HG与平面AEF不垂直,∴D不正确.
故选BC.
5.答案　外;垂
解析　如图,连接OA,OB,OC.
当三条侧棱相等时,
∵PO⊥底面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,PO⊥OC,
又PA=PB=PC,∴△POA,△POB,△POC是全等的直角三角形,∴OA=OB=OC.故O为△ABC的外心.
当三条侧棱两两垂直时,
∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC 平面PBC,∴PA⊥平面PBC.又BC 平面PBC,∴PA⊥BC.
由题意知PO⊥平面ABC,
∵BC 平面ABC,∴PO⊥BC.
又PA∩PO=P,PA,PO 平面PAO,
∴BC⊥平面PAO,
又OA 平面PAO,∴BC⊥OA.
同理可得AB⊥OC,AC⊥OB,
故O为△ABC的垂心.
规律总结　若三棱锥的三条侧棱相等,则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心;若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则顶点在底面上的射影为底面三角形的垂心.
6.证明　(1)因为AB∥平面DEC1,AB 平面ABC,平面DEC1∩平面ABC=DE,所以DE∥AB,
又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以DE∥A1B1.
(2)由(1)知DE∥AB,因为D为BC的中点,所以E为AC的中点,
又AB=BC,所以BE⊥AC,
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
又BE 平面ABC,所以CC1⊥BE.
因为CC1,AC 平面A1ACC1,CC1∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1,
因为C1E 平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
7.A　连接B1D1,交A1C1于点O,连接AO,如图,
因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以B1O⊥A1C1.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1O 平面A1B1C1D1,
所以B1O⊥AA1.
又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面ACC1A1,
所以B1O⊥平面ACC1A1,
则∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1所成的角.
在Rt△AB1O中,∠AOB1=90°,B1O=B1D1=AB1,所以∠B1AO=30°,所以直线AB1与平面ACC1A1所成的角为30°.故选A.
8.答案　+
解析　因为直线AP与平面ABCD所成的角为60°,
所以点P的轨迹在顶点为A,底面圆的半径为,高为1的圆锥的侧面上,
又因为点P是正方体表面上的一个动点,所以点P的轨迹为扇形AEF,如图,
则点P的轨迹长度为2×+×2π×=+.
9.答案　
解析　如图,
易知A1B1⊥C1B1,因为BB1⊥平面A1B1C1,A1B1 平面A1B1C1,所以BB1⊥A1B1,
又B1B∩C1B1=B1,B1B,C1B1 平面B1BCC1,
所以A1B1⊥平面B1BCC1,
连接B1C,则∠A1CB1为A1C与平面B1BCC1所成的角,即∠A1CB1=30°,
所以B1C===,
又BC=1,所以BB1==.
所以=×1×1×=.
10.解析　(1)证明:∵平面ABE与直线PC相交于点F,∴平面ABE∩平面PCD=EF.
∵四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD,
∵AB 平面PCD,CD 平面PCD,
∴AB∥平面PCD,
∵AB 平面ABE,平面ABE∩平面PCD=EF,
∴AB∥EF,故EF∥CD.
(2)连接BD,取AD的中点H,连接BH,EH,
∵AB=AD,∠DAB=60°,∴△ABD是等边三角形,
∵H是AD的中点,∴BH⊥AD.
∵PD⊥平面ABCD,BH 平面ABCD,∴BH⊥PD,
∵PD,AD 平面PAD,PD∩AD=D,
∴BH⊥平面PAD.
∴∠BEH是直线BE与平面PAD所成的角.
∵E是PD的中点,PD=4,∴DE=PD=2.
∵PD⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PD⊥AD,
∵H为AD的中点,∴DH=AD=1,
∴在Rt△DEH中,EH==3.
在等边△ABD中,BH=AB=,
∴在Rt△BEH中,tan∠BEH==,
∴∠BEH=,
故直线BE与平面PAD所成的角为.
11.C　如图,连接B1D1,交A1C1于点O,则A1C1⊥B1D1,
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
所以AA1⊥B1D1,
因为AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面AA1C1C,
所以B1D1⊥平面AA1C1C.
易知BB1∥平面AA1C1C,所以点B1到平面AA1C1C的距离即为棱BB1到平面AA1C1C的距离(将线面距转化为点面距),为B1O的长,易知B1O=a,所以所求距离为a.故选C.
解题模板　求解直线到平面的距离时,需要先证明线面平行,当直线与平面平行时,直线上任意一点到平面的距离都相等,都是线面距离,所以求线面距离的关键是选准恰当的点,转化为求点面距离.而求点面距常用的方法有利用定义过点作垂线段或等体积法.
12.答案　4.8
解析　因为AB⊥平面BDC,BD,CD 平面BDC,所以AB⊥BD,AB⊥CD,
因为∠BDC=90°,所以CD⊥BD,又AB∩BD=B,AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又AD 平面ABD,所以CD⊥AD.
因为AB=8,BD=6,所以AD=10.
设B到平面ACD的距离为h,因为VA-BCD=VB-ACD,
所以××6×CD×8=××10×CD×h,解得h=4.8.
13.解析　(1)连接AM,因为PA⊥平面ABC,所以∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角,由AB=3,AC=4,AB⊥AC,可得BC=5,
因为M为BC的中点,所以AM=,所以tan∠PMA==,
即直线PM与平面ABC所成角的正切值为.
(2)由题知ME∥平面PAB,MF∥平面PAB,
因为ME∩MF=M,ME,MF 平面MEF,
所以平面MEF∥平面PAB.
因为PA⊥平面ABC,AC 平面ABC,所以PA⊥AC,
又AC⊥AB,AB,PA 平面PAB,AB∩PA=A,
所以AC⊥平面PAB,又ME∥平面PAB,
所以AE的长就是直线ME到平面PAB的距离.
因为ME∥平面PAB,ME 平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,所以ME∥AB,
又M为BC的中点,所以E为AC的中点,所以AE=AC=2,即直线ME到平面PAB的距离为2.
能力提升练
1.C 2.D 3.C 5.D 6.C 8.C 9.ACD
1.C　连接AC,交BD于O,连接A1C1,OC1,如图,
因为PA1=PC1=2,A1C1=2,OC=CC1=,
所以∠PA1C1=∠A1C1O=∠C1OC=,易知P在平面ACC1A1内,
所以PA1∥OC1,又PA1 平面BDC1,OC1 平面BDC1,所以PA1∥平面BDC1,所以PA1不平行于平面ABC1D1,故A错误;
连接OD1,B1D1,同理PB1∥OD1,因为PB1 平面AOD1,OD1 平面AOD1,所以PB1∥平面AOD1,所以PB1不平行于平面ABC1D1,故B错误;
连接PO,易得PO=+=2,PC1=C1O=2,
所以P+C1O2=PO2,所以PC1⊥C1O,
因为BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,AC,CC1 平面PC1O,所以BD⊥平面PC1O,
因为PC1 平面PC1O,所以PC1⊥BD,又BD∩C1O=O,BD,C1O 平面BDC1,
所以PC1⊥平面BDC1,故C正确;
因为PC1∩PD1=P,且过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直,所以PD1不垂直于平面BDC1,故D错误.
故选C.
2.D　如图,作PQ⊥BC于点Q,作QM⊥BD于点M,连接PM,
则PQ∥AB,QM∥CD,
因为AB⊥平面BCD,所以PQ⊥平面BCD,
因为BD 平面BCD,所以PQ⊥BD.
又QM⊥BD,QM∩PQ=Q,QM,PQ 平面PQM,
所以BD⊥平面PQM,
因为PM 平面PQM,所以PM⊥BD.
易得CB=,设CQ=x,0≤x≤.
因为PQ∥AB,所以=,即=,所以PQ=.
因为QM∥CD,所以=,即=,
所以QM=.
故PM==
==,
所以当x=时,PM的长度最小,为,
所以(S△PBD)min=×1×=.故选D.
3.C　对于A,易知四边形ABC1D1为平行四边形,
所以BC1∥AD1,因为AD1 平面ACD1,BC1 平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,
所以点P到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离,为定值,
又△ACD1的面积是定值,=,所以三棱锥A-D1PC的体积为定值,故A中结论正确;
对于B,连接BD,A1C1,A1B,则BD⊥AC,
因为BB1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以BB1⊥AC,
又BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BB1D,
所以AC⊥平面BB1D,
又B1D 平面BB1D,所以AC⊥B1D,
又A1C1∥AC,所以A1C1⊥B1D,同理A1B⊥B1D,
因为A1B∩A1C1=A1,A1B,A1C1 平面A1C1B,
所以B1D⊥平面A1C1B,
因为A1P 平面A1C1B,所以DB1⊥A1P,故B中结论正确;
对于C,连接C1D,易知△BC1D是正三角形,则当且仅当P为BC1的中点时,DP⊥BC1,C中结论不正确;
对于D,由A中分析知BC1∥平面ACD1,同理BA1∥平面ACD1,因为BC1∩BA1=B,BC1,BA1 平面A1BC1,所以平面A1BC1∥平面ACD1,
又A1P 平面A1BC1,所以A1P∥平面ACD1,
所以A1P与平面ACD1所成的角始终为0,D中结论正确.
故选C.
4.解析　(1)证明:∵BC=1,CC1=2,∠BCC1=60°,
∴在△BCC1中,由余弦定理得BC1==,
∴BC2+B=C,∴BC⊥BC1.
∵AB⊥平面BB1C1C,BC1 平面BB1C1C,∴AB⊥BC1.
∵BC∩AB=B,AB,BC 平面ABC,
∴BC1⊥平面ABC.
(2)易得S△ABC=AB·BC=××1=,
由(1)知BC1⊥平面ABC,BC1=,
∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·BC1=×=.
(3)如图,在棱CC1(不包含端点C,C1)上取一点E,使得EA⊥EB1,连接BE.
∵AB⊥平面BB1C1C,B1E 平面BB1C1C,∴AB⊥B1E,
∵EA⊥EB1,AB∩EA=A,AB,EA 平面ABE,∴EB1⊥平面ABE.
∵BE 平面ABE,∴BE⊥EB1.
设CE=x(0在△BCE中,由余弦定理得BE2=BC2+CE2-2BC·CE·cos∠BCE=1+x2-x,
在△B1C1E中,∠B1C1E=120°,由余弦定理得E=B1+C1E2-2B1C1·C1E·cos∠B1C1E=x2-5x+7,
在Rt△BEB1中,E+BE2=B1B2,即(x2-5x+7)+(1+x2-x)=4,解得x=1或x=2(舍去).
故当E为CC1的中点时,EA⊥EB1.
5.D　如图所示,取AC的中点D,连接OD,BD,作OE⊥BD于E,
因为BO⊥OA,BO⊥OC,且OA∩OC=O,OA,OC 平面OAC,所以BO⊥平面OAC,
又AC 平面OAC,所以BO⊥AC.
因为OA=OC,D为AC的中点,所以OD⊥AC.
因为BO∩OD=O,BO,OD 平面OBD,
所以AC⊥平面OBD,又OE 平面OBD,所以OE⊥AC.
因为BD∩AC=D,BD,AC 平面ABC,所以OE⊥平面ABC,
所以∠OBD就是直线OB与平面ABC所成的角.
因为BO⊥OD,OD=AC=,
所以tan∠OBD===.故选D.
6.C　如图1,沿着棱AA1将棱柱的侧面展开成一个矩形,则A1D+DE+EA≥A'1A,
所以当A1D+DE+EA取得最小值时,B1D=1,C1E=2.
如图2,在C1C上取F点,使得C1F=1,连接B1F,
因为B1D∥EF,B1D=EF,
所以四边形EFB1D为平行四边形,
则B1F∥DE,B1F=DE,
所以B1F与平面AA1C1C所成的角即为DE与平面AA1C1C所成的角.
(过DE上一点作平面AA1C1C的垂线并不直观,所以选择过DE的平行线B1F上一点作平面的垂线)
取A1C1的中点G,连接GF,B1G,
易知B1G⊥A1C1,B1G⊥AA1,又A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1 平面AA1C1C,所以B1G⊥平面AA1C1C,
则∠B1FG为B1F与平面AA1C1C所成的角,
易得B1G=,B1F=,
所以sin∠B1FG==.故选C.
7.解析　(1)证明:取AB的中点N,连接NB1,NM,
因为M为AC的中点,所以NM∥BC.
又AB⊥BC,所以AB⊥MN.
因为B1C1∥BC,所以B1C1∥MN,所以M,N,B1,C1四点共面.
因为AB⊥MN,MB1⊥AB,MB1∩MN=M,MB1,MN 平面MNB1C1,所以AB⊥平面MNB1C1,
又因为MC1 平面MNB1C1,所以MC1⊥AB.
(2)由(1)知AB⊥平面MNB1C1,NB1 平面MNB1C1,所以AB⊥NB1.
在Rt△BB1N中,BB1=4,BN=1,则NB1==,
因为MN==1,MB1=,
所以M+MN2=B1N2,则MB1⊥MN.
又AB⊥MB1,MN∩AB=N,MN,AB 平面ABC,所以MB1⊥平面ABC,又MC 平面ABC,所以MB1⊥MC,
在Rt△ABC中,AB=BC=2,则AC==2,
因为M为AC的中点,所以MC=,
在Rt△B1CM中,B1C==4.
因为BC∥MN,BC 平面MB1C1,MN 平面MB1C1,所以BC∥平面MB1C1,所以C到平面MB1C1的距离等于B到平面MB1C1的距离,
设C到平面MB1C1的距离为d,
由(1)得AB⊥平面MB1C1,所以d=BN=1.
设直线B1C与平面MB1C1所成的角为θ,则sin θ==.
所以直线B1C与平面MB1C1所成角的正弦值为.
8.C　这种鲁班锁玩具可以看作一个正方体截去8个正三棱锥所剩下的几何体,如图所示,
由题意可知AB=2,所以AD=BD=2sin =.
故正方体的棱长为2+2,被截去的正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为.
设点D到平面ABC的距离为h,由VD-ABC=VA-BCD,得××22×h=××××,所以h=.
易知鲁班锁玩具两个相对的三角形面平行,且体对角线MD垂直于两个相对的三角形面,故两个相对的三角形面间的距离d=(2+2)×-=2+.
故选C.
9.ACD　对于A,在正方体ABCD-A1C1D1中,A1B1∥平面ABCD,A1A⊥平面ABCD,AA1=1,故直线A1B1到平面ABCD的距离为1,故A正确;
对于B,设O1,O2分别是上、下底面的中心,则O1∈B1D1,O2∈AC,易知O1O2⊥平面ABCD,又AC 平面ABCD,所以O1O2⊥AC,同理O1O2⊥B1D1,
所以O1O2是异面直线B1D1,AC的公共垂线段,故B1D1到AC的距离为O1O2的长,为1,故B错误;
对于C,如图1,连接BC1,作BH⊥AC1于H,因为AB⊥平面BCC1B1,BC1 平面BCC1B1,所以BC1⊥AB,
在Rt△ABC1中,BC1=,AB=1,AC1=,故BH==,故C正确;
对于D,如图2,连接BD1,BD,因为AC∥A1C1,A1C1 平面C1DA1,AC 平面C1DA1,所以AC∥平面C1DA1,同理AB1∥平面C1DA1,又AC∩AB1=A,AC,AB1 平面AB1C,所以平面C1DA1∥平面AB1C,
因为DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以DD1⊥AC,又BD⊥AC,BD∩DD1=D,BD,DD1 平面BDD1,所以AC⊥平面BDD1,
又BD1 平面BDD1,所以AC⊥BD1,同理可得B1C⊥BD1,又AC∩B1C=C,AC,B1C 平面AB1C,所以BD1⊥平面AB1C,所以BD1⊥平面C1DA1,
设B到平面AB1C的距离为h,则D1到平面C1DA1的距离也为h,
则××1×1×1=×××××h,解得h=,
故平面C1DA1与平面AB1C间的距离为--=,故D正确.
　
故选ACD.
10.解析　(1)证明:因为PO⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以PO⊥AC,
又AC⊥BD,PO∩BD=O,PO,BD 平面PBD,所以AC⊥平面PBD,又PD 平面PBD,所以PD⊥AC.
(2)由题意得S△BCD=BD·OC=×4×4=8,且BC==2,
因为PO=OA=1,所以PB===,PC===,
所以cos∠PBC===,
所以sin∠PBC==,
所以S△PBC=PB·BC·sin∠PBC=××2×=,
设点D到平面PBC的距离为d,
由VD-PBC=VP-BCD,得S△PBC·d=S△BCD·PO,即d=,所以d=.
所以点D到平面PBC的距离为.
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