2021-2022学年上海市浦东新区华东师大二附中高二（上）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年上海市浦东新区华东师大二附中高二（上）期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年上海市浦东新区华东师大二附中高二（上）期中数学试卷
一、填空题（本大题共10题，满分30分）
1．（3分）两条异面直线所成的角的取值范围是　 　．
2．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小为 　 　．
3．（3分）若正四面体ABCD的棱长为，则异面直线AB与CD之间的距离为 　 　．
4．（3分）将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体的体积为27π，则该几何体的全面积为 　 　．
5．（3分）某圆锥的底面积为4π，侧面积为8π，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为　 　．
6．（3分）有一根高为3π，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为　 　（结果用π表示）．

7．（3分）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为　 　．

8．（3分）已知三棱锥A﹣BCD的侧棱两两互相垂直，且该三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的侧面积的最大值为 　 　．
9．（3分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是平面ACC1A1上一动点，且满足，则满足条件的所有点P所围成的平面区域的面积是 　 　．

10．（3分）在三棱锥S﹣ABC中，已知SA＝4，SB≥7，SC≥9，AB＝5，BC≤6，AC≤8．则三棱锥S﹣ABC体积的最大值为　 　．
二、选择题（本大题共有4题，满分12分）
11．（3分）已知向量，，x∈R，则“x＝﹣1”是“∥”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
12．（3分）下列命题为真命题的是（　　）
A．若直线l与平面α上的两条直线垂直，则直线l与平面α垂直
B．若两条直线同时垂直于一个平面，则这两条直线平行
C．若两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面垂直
D．若直线l上的不同两点到平面α的距离相等，则直线l与平面α平行
13．（3分）几何体Γ的表面上有三条线段AB、CD、EF，有AB、CD、EF所在直线两两异面，则在①棱柱；②棱锥；③圆柱；④圆锥；⑤球中，Γ有可能是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．③④⑤
14．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段BC1上的动点，则下列结论中真命题的序号为（　　）
①A1P∥平面ACD1；
②A1P⊥B1D；
③三棱锥P﹣ACD1体积不变；
④P为BC1中点时，直线PC与平面ACD1所成角最大．
A．①④ B．②④ C．①②③ D．①②③④
三、解答题（本大题共有4题，满分0分）
15．已知M、N是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱B1C1、C1D1的中点，异面直线MN与AB1所成角的大小为．
（1）求证：M、N、B、D在同一平面；
（2）求二面角C﹣MN﹣C1的大小．

16．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．
（1）证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；
（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，求的值．

17．如图，AA1、BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D、E分别是AA1、CB1的中点，DE⊥平面CBB1．
（1）证明：DE∥平面ABC；
（2）若BB1＝BC，求CA1与平面BB1C所成角的大小．

18．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1．
（1）若正方体的棱长为1，求点A到平面A1BD的距离；
（2）在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
（3）在空间里，是否存在一个正方体，它的定点A、B、C、D、A1、B1、C1、D1到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由．


2021-2022学年上海市浦东新区华东师大二附中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共10题，满分30分）
1．（3分）两条异面直线所成的角的取值范围是　（0，]　．
【分析】由异面直线所成角的定义求解．
【解答】解：由异面直线所成角的定义可知：
过空间一点，分别作相应直线的平行线，两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成的角
故两条异面直线所成的角的取值范围是（0，]
故答案为：（0，]
【点评】本题主要考查异面直线所成的角，同时，还考查了转化思想，属基础题．
2．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AC1与平面ABB1A1所成角的大小为 　arctan　．
【分析】寻找直线与平面成角，转化为解直角三角形问题．
【解答】解：设AB＝a，
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，
所以CB⊥平面ABB1A1，
所以直线AC1在平面ABB1A1的投影是AB1，C1B1⊥AB1，
所以直线AC1与平面ABB1A1所成角为∠C1AB1，
tan∠C1AB1＝＝＝，
所以∠C1AB1＝arctan．
故答案为：arctan．

【点评】本题考查了正方体的结构特性，考查了直线与平面位置关系，考查了直线与平面成角问题，属于中档题．
3．（3分）若正四面体ABCD的棱长为，则异面直线AB与CD之间的距离为 　1　．
【分析】由题意画出图形，分别取AB、CD的中点E、F，连接AF、BF、CE、DE、EF，EF为异面直线AB与CD的公垂线，求解三角形得答案．
【解答】解：如图，
分别取AB、CD的中点E、F，连接AF、BF、CE、DE、EF，
∴CE＝DE＝AF＝BF＝＝，
∴EF⊥AB且EF⊥CD，则EF的长是异面直线AB与CD的距离，
则EF＝＝＝1．
故答案为：1．

【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查异面直线距离的求法，是中档题．
4．（3分）将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体的体积为27π，则该几何体的全面积为 　36π　．
【分析】首先确定将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体为圆柱，由圆柱的体积求出正方形的边长，然后求解全面积即可．
【解答】解：将一个正方形绕着它的一边所在直线旋转一周，所得几何体为圆柱，
设正方形的边长为a，
则圆柱的体积为V＝πa2•a＝27π，
解得a＝3，
所以圆柱的全面积为S＝2π×3×3+2×π×32＝36π．
故答案为：36π．
【点评】本题考查了旋转体的理解与应用，解题的关键是确定几何体为圆柱，考查了圆柱体积公式以及全面积公式的运用，属于基础题．
5．（3分）某圆锥的底面积为4π，侧面积为8π，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为　　．
【分析】求出底面半径r，由圆锥侧面积公式S＝πrl，解得母线l，进而可求出母线与底面所成角的余弦值，进而求解．
【解答】解：由圆锥的底面积为4π，πr2＝4π，r＝2，
圆锥侧面积公式S＝πrl＝π×2×l＝8π，解得l＝4，
设母线与底面所成角为θ，则cosθ＝＝，
∴θ＝，
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥侧面积公式，三角函数的应用，属于基础题．
6．（3分）有一根高为3π，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为　5π　（结果用π表示）．

【分析】本题考查的知识点是圆柱的结构特征，数形结合思想、转化思想在空间问题中的应用，由圆柱型铁管的高为3π，底面半径为1，铁丝在铁管上缠绕2圈，且铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则我们可以得到将圆柱面展开后得到的平面图形，然后根据平面上求两点间距离最小值的办法，即可求解．
【解答】解：∵圆柱型铁管的高为3π，底面半径为1，
又∵铁丝在铁管上缠绕2圈，
且铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，
则我们可以得到将圆柱面展开后得到的平面图形如下图示：
其中每一个小矩形的宽为圆柱的周长2πcm，高为圆柱的高3π，
则大矩形的对称线即为铁丝的长度最小值．
此时铁丝的长度最小值为：＝5π
故答案为：5π．

【点评】解答本题的关键是要把空间问题转化为平面问题，另外使用数形结合的思想用图形将满足题目的几何体表示出来，能更加直观的分析问题，进而得到答案．
7．（3分）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为　4π　．

【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．
【解答】解：由题意可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合，
由图可知四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
所以面角和为4π+2π＝6π，
故总曲率为5×2π﹣6π＝4π．
故答案为：4π．

【点评】本题考查了新定义问题，解题的关键是理解多面体的总曲率的含义，考查了棱锥的结构特征的运用，属于基础题．
8．（3分）已知三棱锥A﹣BCD的侧棱两两互相垂直，且该三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的侧面积的最大值为 　18　．
【分析】以该三棱锥的三条侧棱为长、宽、高，将该三棱锥补成一个长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径，根据球的体积公式，求得球的半径，进而转化为三条侧棱的平方和为36，然后根据三棱锥侧面积公式，运用基本不等式即可求得其最大值．
【解答】解：以该三棱锥的三条侧棱为长、宽、高，将该三棱锥补成一个长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径．
令AB＝x，AC＝y，AD＝z，
根据三棱锥外接球体积V＝πr3＝36π，所以球的半径r＝3，
∴x2+y2+z2＝（2×3）2＝36．
S侧＝xy+xz+yz≤（x2+y2）+（x2+z2）+（z2+y2）＝（x2+y2+z2）＝18，
（当且仅当x＝y＝z时，等式成立．）
所以该三棱锥的侧面积的最大值为18．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查几何体的外接球及基本不等式的应用等，考查数形结合思想，属中档题．
9．（3分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是平面ACC1A1上一动点，且满足，则满足条件的所有点P所围成的平面区域的面积是 　　．

【分析】由已知结合向量的数量积性质可转化为球，然后结合球的性质即可求解．
【解答】解：因为，
所以D1P⊥CP，
故P在以CD1为直径的球面上，且P在平面ACC1A1上，
则P在面ACC1A1截球所得的圆上，设该圆半径r，且正方体棱长为2，
则CD＝2，球半径R＝＝，
连接B1D1，则B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，
所以B1D1⊥平面ACC1A1，
所以D1到平面ACC1A1的距离d1＝＝，
因为O为CD1中点，
所以O到平面ACC1A1的距离d＝＝，
所以圆半径r＝＝，
圆面积S＝πr2＝．
故答案为：．
【点评】本题以向量数量积为载体，主要考查了球的性质，属于中档题．
10．（3分）在三棱锥S﹣ABC中，已知SA＝4，SB≥7，SC≥9，AB＝5，BC≤6，AC≤8．则三棱锥S﹣ABC体积的最大值为　8　．
【分析】利用条件、余弦定理可得cos∠SAB＝≤﹣，可得sin∠SAB≤，可得S△SAB 的最大值．点C到面SAB的距离为h，由h≤CB≤6，由此求得三棱锥S﹣ABC体积V＝•S△SAB•h 的最大值．
【解答】解：∵在三棱锥S﹣ABC中，SA＝4，SB≥7，SC≥9，AB＝5，BC≤6，AC≤8，
∴S△SAB＝SA•SB•sin∠SAB，又cos∠SAB＝≤﹣，∴sin∠SAB≤，
∴S△SAB＝×4×5×sin∠SAB≤4．
设点C到面SAB的距离为h，则h≤CB≤6，
根据三棱锥S﹣ABC体积V＝•S△SAB•h≤×4×6＝8，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查余弦定理、三棱锥的体积，属于基础题．
二、选择题（本大题共有4题，满分12分）
11．（3分）已知向量，，x∈R，则“x＝﹣1”是“∥”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【分析】由∥，可设＝k，于是（1，x，﹣1）＝k（x，1，1），解出即可得出．
【解答】解：由∥，可设＝k，于是（1，x，﹣1）＝k（x，1，1），
∴，解得k＝﹣1＝x．
∴“x＝﹣1”是“∥”的充要条件．
故选：C．
【点评】本题考查了向量共线定理、方程的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
12．（3分）下列命题为真命题的是（　　）
A．若直线l与平面α上的两条直线垂直，则直线l与平面α垂直
B．若两条直线同时垂直于一个平面，则这两条直线平行
C．若两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面垂直
D．若直线l上的不同两点到平面α的距离相等，则直线l与平面α平行
【分析】对于A，只有当平面α上的两直线是相交线时，才有直线l与平面α垂直；对于B，由线面垂直的性质得这两条直线平行；对于C，这两个平面相交或平行；对于D，若两点在平面α的同侧，则l∥α，若两点在平面α的异侧，且线段AB的中点在α上，l与α相交．
【解答】解：对于A，若直线l与平面α上的两条直线垂直，
只有当平面α上的两直线是相交线时，才有直线l与平面α垂直，故A错误；
对于B，若两条直线同时垂直于一个平面，则由线面垂直的性质得这两条直线平行，故B正确；
对于C，若两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面相交或平行，故C错误；
对于D，直线l上的不同两点到平面α的距离相等，
设A、B是直线l上两点，若两点A、B在平面α的同侧，则l∥α，
若两点A、B在平面α的异侧，且线段AB的中点在α上，则l与α相交，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力等数学核心素养，是中档题．
13．（3分）几何体Γ的表面上有三条线段AB、CD、EF，有AB、CD、EF所在直线两两异面，则在①棱柱；②棱锥；③圆柱；④圆锥；⑤球中，Γ有可能是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．③④⑤
【分析】直接利用异面直线的定义，几何体的特征的应用求出结果．
【解答】解：根据几何体的特征：在棱柱中有AB、CD、EF所在直线两两异面；
在棱锥中有AB、CD、EF所在直线两两异面；
在圆柱中有AB、CD、EF所在直线两两异面；
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：异面直线的定义，几何体的特征，主要考查学生的空间想象能力，属于基础题．
14．（3分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段BC1上的动点，则下列结论中真命题的序号为（　　）
①A1P∥平面ACD1；
②A1P⊥B1D；
③三棱锥P﹣ACD1体积不变；
④P为BC1中点时，直线PC与平面ACD1所成角最大．
A．①④ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【分析】①由两平面平行判断；②由直线与平面垂直判断；③由三棱锥体积公式判断；④由锐二面角一个面上的直线与另一平面成角以平面角为最大判断．
【解答】解：对于①，因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，
所以平面ACD1∥平面A1BC1，
因为A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，
所以①对；
对于②，因为B1D⊥平面A1BC1，
又因为A1P⊂平面A1BC1，
所以B1D⊥A1P，所以②对；
对于③，因为△ACD1面积为定值，
又因为BC1∥平面ACD1，所以P到平面ACD1距离为定值，
所以三棱锥P﹣ACD1体积不变，所以③对；
对于④，平面ACD1∥平面A1BC1，所以PC与平面ACD1成角等于PC与平面A1BC1成角，
因为PC在平面BB1C1C上，∠A1OB1为平面A1BC1与平面BB1C1C成角的二面角，
所以PC与平面A1BC1成角小于等于∠A1OB1，所以④正确．
故选：D．

【点评】本题考查了正方体的结构特性，考查了直线与平面的位置关系，考查了直线与平面成角问题．
三、解答题（本大题共有4题，满分0分）
15．已知M、N是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱B1C1、C1D1的中点，异面直线MN与AB1所成角的大小为．
（1）求证：M、N、B、D在同一平面；
（2）求二面角C﹣MN﹣C1的大小．

【分析】（1）只要证明MN∥BD即可；（2）寻找二面角平面角，转化为解直角三角形问题．
【解答】（1）证明：因为M、N是B1C1、C1D1的中点，
所以MN∥B1D1，
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
所以四边形BB1D1D是矩形，
所以BD∥B1D1，
所以BD∥MN，
所以M、N、B、D在同一平面．
（2）解：由（1）知MN⊥A1C1，
又因为EN为CE在平面A1B1C1D1内投影，
所以CE⊥MN，
所以∠C1EC为二面角C﹣MN﹣C1的平面角，
设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为a，高为h．
因为MN∥B1D1．所以异面直线MN与AB1所成角等于∠OB1A＝，
cos∠OB1A＝＝＝，所以h＝，
tan∠C1EC＝＝＝2，
所以∠C1EC＝arctan（2）．

【点评】本题考查了正四棱柱结构特性，考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
16．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．
（1）证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；
（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，求的值．

【分析】（解法1）（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角．
（2）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可．
解法2）
（1）以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，运用向量的数量积判断即可．
（2）由PD⊥底面ABCD，所以＝（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；由（1）知，PB⊥平面DEF，所以＝（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．根据数量积得出夹角的余弦即可得出所求解的答案．
【解答】（解法1）（1）因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，
所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE．
又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC．
而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
（2）如图所示，

在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ACBD的交线．
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD．
所以DG⊥DF，DG⊥DB
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，
设PD＝DC＝1，BC＝λ，有BD＝，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPB＝∠FDB＝，
则 tan＝tan∠DPF＝＝＝，解得．
所以＝＝
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，＝．
（解法2）
（1）以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD＝DC＝1，BC＝λ，
则D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），＝（λ，1，﹣1），点E是PC的中点，所以E（0，，），＝（0，，），
于是＝0，即PB⊥DE．
又已知EF⊥PB，而ED∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF．
因＝（0，1，﹣1），＝0，则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
（2）由PD⊥底面ABCD，所以＝（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以＝（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，
则运用向量的数量积求解得出cos＝＝，
解得．所以＝＝
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，＝．
【点评】本题综合考查了空间直线与平面的垂直问题，直线与直线，直线与平面的垂直的转化，空间角的求解，属于难题．
17．如图，AA1、BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D、E分别是AA1、CB1的中点，DE⊥平面CBB1．
（1）证明：DE∥平面ABC；
（2）若BB1＝BC，求CA1与平面BB1C所成角的大小．

【分析】（1）只要证明DE所在平面DEF平行于平面ABC即可；（2）作出直线与平面所成角，转化为解直角三角形问题．
【解答】（1）证明：取BB1中点F，连接FD、FE，
AA1、BB1为圆柱OO1的母线，
所以四边形AA1B1B为矩形，
因为D、E分别是AA1、CB1的中点，
所以FD∥AB，FE∥BC，
又因为FD∩FE＝F，AB∩BC＝B，点F∉平面ABC，
所以平面DEF∥平面ABC，
又因为DE⊂平面DEF，
所以DE∥平面ABC．
（2）解：作圆柱OO1的母线，连接B1C1，O1为B1C1中点，
连接O1O，E为O1O中点，
四边形A1O1ED是矩形，所以A1O1∥DE，A1O1＝DE，
因为DE⊥平面CBB1，所以A1O1⊥平面CBB1，
所以∠A1CO1为CA1与平面BB1C所成角，
设BO＝R，因为BB1＝BC，
所以A1O1＝R，C1C＝A1A＝BC＝2R，
A1C1＝R，A1C＝R，
所以sin∠A1CO1＝＝＝，
所以∠A1CO1＝arcsin．

【点评】本题考查了圆锥结构特性，考查了直线与平面的位置关系，考查了直线与平面成角问题，属于中档题．
18．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1．
（1）若正方体的棱长为1，求点A到平面A1BD的距离；
（2）在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；
（3）在空间里，是否存在一个正方体，它的定点A、B、C、D、A1、B1、C1、D1到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由．

【分析】（1）利用等体法：即可求解．
（2）求出小球在正方体的8个顶点以及12条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及柱体体积公式即可求解．
（3）设平面α为符合题意的平面，α过点C，延长D1C1，A1B1，AB分别交平面α于点E，F，G，由题意可得C1E：BG：B1F：DC：D1E：AG：A1F＝1：2：3：4：5：6：7，设正方体的棱长为4a，根据，求出点C1到平面α的距离，进而得出正方体的棱长．
【解答】解：（1）正方体的棱长为1，设点A到平面A1BD的距离为h，
由，
则，
即，
解得．
（2）在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，
小球不能到达的空间为：，
除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个1×1×8的正四棱柱空间内，
小球不能到达的空间共，
其它空间小球均能到达，
故小球不能到达的空间体积为：（cm3）．
（3）设平面α为符合题意的平面，α过点C，
延长D1C1，A1B1，AB分别交平面α于点E，F，G，
由图可知，点C，C1，B，B1，D，D1，A，A1
与平面α的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，
因为D1E，A1F，DC，AG互相平行，所以它们与平面α所成角相等，
故由比例关系得C1E：BG：B1F：DC：D1E：AG：A1F＝1：2：3：4：5：6：7．
设正方体的棱长为4a，则C1E＝a，BG＝2a，B1F＝3a，
用几何方法可解得，，
故，
由CC1⊥平面A1B1C1D1，知CC1为四面体C﹣EC1F的底面EC1F上的高，
所以由，算得点C1到平面α的距离，
，
实际上已知d＝1，所以，从而可得，
所以正方体的棱长为，由图可知，该正方体存在．


【点评】本题主要考查点面距离的求解，空间中的体积问题，立体几何中的探索性问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
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