【文档说明】【精准解析】第08章检测B卷（文）【高考】.docx，共(26)页，1.458 MB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-立体几何（文科数学）章节验收测试卷B卷姓名班级准考证号1．已知如图是一个几何体的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的棱的长度中，最大的是（）A．23B．12xxC．5D．3【答案】B【解析】【分析】先由三视图可知该几何体是一个四棱锥，分别求出其各棱长，即可确定结果.【详解】由三视图可知

该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，其中PAPBABADBCCD2======，22PD22PAAD=+=；22PC22PBBC=+=，所以最长的棱的长度为22.-2-故选B【点睛】本题主要考查几何体的三视图，根据三视图还原几何体即可，属于常考题

型.2．已知直线l和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（）A．若//l，l⊥，则⊥B．若⊥，l⊥，则l⊥C．若//l，l//，则//D．若⊥，//l，则l⊥【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直判定定理可

以确定A选项正确，也可通过排除法得到结果.【详解】A选项：//l内存在直线m，使得//ml；若l⊥，则m⊥；又m，所以⊥，A选项正确；其余三个选项均可利用正方体进行排除，如图所示：B选项：平面ABCD⊥平面11BCCB，1DD⊥平面ABCD，而1//DD平面11BCCB，可知

B选项错误；C选项：11//AD平面ABCD，11//AD平面11BCCB，而平面ABCD⊥平面11BCCB，可知C选项错误；D选项：平面ABCD⊥平面11BCCB，11//AD平面11BCCB，而11

//AD平面ABCD，可知D选项错误.本题正确选项：A【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面的位置关系问题，属于基础题.3．某几何体的三视图如图所示（图中小正方形网格的边长为1），则该几何体的体积是（）-3-A．8B．6C．4D．2【答案】B【解

析】【分析】将三视图还原为直观图求解即可.【详解】由题三视图还原为直观图如图所示：即正方体截去一个三棱柱后得到的四棱柱ABCD-GHFE,由数据可得上下底面积为()12232+=，体积为3×2=6

故选：B.【点睛】本题考查三视图，熟练掌握还原原则，熟练计算棱柱体积是关键，是基础题.4．母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于85，则该圆锥的体积为()A．16B．8C．163D．83【

答案】A-4-【解析】【分析】先求出侧面展开图的弧长，从而求出底面圆半径，进而求出圆锥的高，由此能求出圆锥体积．【详解】∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于85，∴侧面展开图的弧长为：5885=，弧长8=底面周长＝

2πr，∴r4=，∴圆锥的高h22543=−=，∴圆锥体积V13=π×r2×h16=π．故选：A．【点睛】本题考查圆锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．5．一个几何体的三视图如图

所示，其中正（主）视图和侧（左）视图是腰长为2的两个全等的等腰直角三角形，则该多面体的各条棱中最长棱的长度为()A．22B．3C．23D．2【答案】C【解析】【分析】几何体为四棱锥，底面是正方形，根据三视图

数据计算出最长棱即可．【详解】由三视图可知几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，-5-且PA＝AB＝2，∴几何体的最长棱为PC222(22)23=+=．故选：C．【点睛】本题考查了常见几何体的三视图，棱锥的结构特征，属于基础题．6．某三棱锥P

ABC−的三视图如图所示，P，A，B，C在三视图中所对应的点分别为P'，'A，'B，'C，D为棱BC的中点，则直线PD与AC所成角的正切值为（）A．733B．25C．35D．453【答案】D【解析】【分析】由三视图可得几何体的图形，作DEAB⊥，垂足为E，连接PE，得出EDP就是直线P

D与AC所成的角，然后计算可得结果.【详解】三棱锥PABC−如图所示，-6-作DEAB⊥，垂足为E，连接PE，易知EDP就是直线PD与AC所成的角.因为PA⊥平面ABC，4AB=，3AC=，4PA=，所以32DE=，222425PE=+=.因为AC⊥平面PAB

，所以DE⊥平面PAB，所以2545tan332EDP==.故选D【点睛】本题考查三视图以及异面直线所成的角的正切值，考查空间想象能力和运算求解能力,属于较为基础题.7．在正方体1111ABCDABCD−中,点O是四边形ABCD的中心,关于直线1AO,下列说法正确的是A．11AODC∕∕

B．1AOBC⊥C．1AO∕∕平面11BCDD．1AO⊥平面11ABD【答案】C【解析】【分析】对于A选项，连接1AB，则11//ABDC，因为1AB与1AO相交，故选项错误；对于B，做平行线，//OEBC，1AO与OE不垂直；对于C，做辅助线

，通过平行四边形证明11//AOCO，进而得到线面平行；对于D，因为1AC⊥平面11ABD，故得到1AO与平面11ABD不垂直.【详解】选项A，连接1AB，则11//ABDC，因为1AB与1AO相交，所以A错；选项B，取A

B中点E，连接1,AEOE，则//OEBC，在1AEO中，190AEO=，所以1AO-7-与OE不垂直，所以1AO与BC不垂直，B错；选项C，设11111ACBDO=，连接1CO，则11COAO，所以四边形11AOCO是平行四边形，所以11//AOCO，又因为1AO平面1

1BCD，1CO平面11BCD，所以1//AO平面11BCD，C正确；选项D，连接1AC，11BD垂直于1AA,11BD垂直于CA,进而得到11BD垂直于面1AAC，故11BD垂直于1AC，同理可证，1AC垂直于1AD，进而得到1AC⊥平面11ABD，所以1AO与平面11

ABD不垂直，D错．故选：C【点睛】这个题目考查了面面垂直的判定，线面平行的判定，异面直线的位置关系，题目较为综合.8．榫卯（sǔnmǎo）是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去

的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为（）-8-A．8+162+8，B．9+1628+，C．8+1648+，D．9+1648+，【答案】A【解析】【分析】由三视图

得到组合体的直观图，然后再根据组合体的组合形式及题中数据求出表面积和体积．【详解】由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体（底面为边长是1的正方形，高为2），下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．其表面积为圆柱的表面积加上

长方体的侧面积，所以()()()222222412816S=++=+．其体积圆柱与长方体体积之和，所以()2221128+2V=+=．故选A．【点睛】解答本题的关键是由三视图得到组合体的形状，容易出现的错误是求表面积时忽视圆柱和长方体相连的部分的

面积，考查空间想象力和计算能力，属于基础题．9．如图所示，正方体1111ABCDABCD−中，点E，F，G，P，Q分别为棱AB，11CD，11DA，1DD，1CC的中点.则下列叙述中正确的是（）-9-A．

直线//BQ平面EFGB．直线1//AB平面EFGC．平面//APC平面EFGD．平面1//ABQ平面EFG【答案】B【解析】【分析】将平面EFG扩展，可作出过,,EFG的正方体的截面，易证得1//AB平面EFG.【详解】过点,,EFG的截面如图所示

（,HI分别为1,AABC的中点）1//ABHE，1AB平面EFG，HE平面EFG1//AB平面EFG本题正确选项：B【点睛】本题考察了直线与平面、平面与平面的平行的判定，关键在于能够准确地找到截面，从而判断出结果.10．一个四棱锥的

三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，该几何体的表面积为（）-10-A．23B．4C．223+D．6【答案】C【解析】【分析】根据给定的几何体的三视图可知，

该几何体表示一个底面边长为2的正方形，高为1的正四棱锥，求得其斜高为62，利用面积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2的正方形，高为1的正四棱锥，可得其斜高为62，所以正四棱锥的表面积为16422222322S=+=+，故

选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数

量关系，利用相应公式求解.11．已知ABC，，三点都在表面积为100的球O的表面上，若4360ABACB==，.则球心O到平面ABC的距离等于（）A．2B．3C．4D．5【答案】B-11-【解析】【分析】结合正弦定理，计算A,B,C所在圆的半径，结合

勾股定理，计算结果，即可。【详解】结合题意，绘制图形，则根据正弦定理可知4342sin322ABBOACB===，结合球表面积计算公式，可知24100,5RR==，结合球的性质可知，OBO构成直角三角形，结合

勾股定理可知2222543OORBO==−−=，故选B。【点睛】本道题考查了正弦定理，考查了球的表面积计算公式，难度中等。12．给定下列四个命题：若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；若一个平

面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；垂直于同一直线的两条直线相互平行；若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是-12-A．和B．和C．和D．和【答案】

D【解析】【分析】从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断，推出正确结果．【详解】当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定可知②正确

；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确故选：D【点睛】本题考查空间线面间的位置关系，考查逻辑推理能力与空间想象能力，是基础题．13．已知

点A，B，C，D在球O的表面上，且2ABAC==，22BC=，若三棱锥ABCD−的体积为423，球心O恰好在棱AD上，则这个球的表面积为_______.【答案】16【解析】【分析】根据条件可知球心O是侧棱AD中点.利用三棱锥的体积公式，求

得设点D到平面ABC的距离22h=，又由球的性质，求得2R=，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，ABC满足2,22ABACBC===，所以ABC为直角三角形，根据条件可知球心O是侧棱AD中点.设点D到平面ABC的距离为h，则11

4222323h=，解得22h=，又由球的性质，可得球O半径为R，满足()()()22222222R=+，-13-所以2R=，所以这个球的表面积2416SR==.【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合体的

应用，其中解答中正确认识组合体的结构特征，合理利用球的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.14．正方体1111ABCDABCD−中，点,,PQR分别在棱111,,ABBCDD上，且111,,,APPBBQQCDRRD===其中0λ，若

平面PQR与线段1AC的交点为N，则1ANAC=__________．【答案】1+【解析】【分析】首先根据题意找出平面PQR截正方体所得的截面图形，之后根据所学知识得到11PCNPAN，之后应用相似三角形对应边成比例，以及平行线的相关性质求得结果.【详解】如图，分别

在11,,ADBBCC上取1Q，11,RP使得1111,AQAPBRBQ==，111DPDR=,-14-则易知1111//,//,PQQPQRRQ11//RPPR，因此平面PQR即平面111PQRPQP

.连接1PP与1CA的交点即为点N，易知11PCNPAN，所以11111ANANAPAPACANNCAPPCAB====+++，故答案是：+1.【点睛】该题考查的是有关正方体的截面的问题，涉及到的知识点有平面截正方体所得截面，相似三角形的判定和

性质，属于中档题目.15．已知四棱锥SABCD−的底面是边长为6的正方形，且四棱锥SABCD−的顶点都在半径为2的球面上，则四棱锥SABCD−体积的最大值为__________.【答案】6.【解析】【分析】四棱锥的底面面积已经恒定，只有高不确定，只有当定点的射

影为正方形ABCD的中心M时，高最大，从而使得体积最大.则利用球体的性质，求出高的最大值，即可求出最大体积.【详解】因为球心O在平面ABCD的射影为正方形ABCD的中心M，正方形边长为6，123,32ACMCAC===，则在RtOMC中

，()22231,OM=−=所以四棱锥SABCD−的高的最大值为OMR+=3，-15-此时四棱锥SABCD−体积的为()213663=【点睛】主要考查了空间几何体体积最值问题，属于中档题.这类型题主要有两个方向的解决思路，一方面可以从几何体的性质出发，寻找

最值的先决条件，从而求出最值；另一方面运用函数的思想，通过建立关于体积的函数，求出其最值，即可得到体积的最值.16．底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥的

体积最大值为__________．【答案】.【解析】【分析】设出底面正方形的边长，根据内接关系，得出正四棱锥的高，进而得出正四棱锥的体积的函数式，求导得出最值。【详解】因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱

锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为点，设，则，在中，-16-则有，故，正四棱锥的高为，正四棱锥的体积为，令，，故，即，对求导得，，令，即解得，或（舍），当，，单调递增，当，，单调递减，故当时，。【点睛】

本题考查了四棱锥与外接球的位置关系问题，解题的关键是找准外接球的球心，建立出四棱锥的体积函数，通过导数进行求解体积的最值。17．如图（一），在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥BC，AB=BC=12CP，D是CP的

中点，将△PAD沿AD折起，使点P到达点P′的位置得到图（二），点M为棱P′C上的动点．-17-（1）当M在何处时，平面ADM⊥平面P′BC，并证明；（2）若AB=2，∠P′DC=135°，证明：点C

到平面P′AD的距离等于点P′到平面ABCD的距离，并求出该距离．【答案】（1）见解析；（2）2【解析】【分析】（1）取PC中点M，先证PC与DM，AD垂直，进而证明AD⊥平面DPC，再证明平面PBC⊥平面ADM；（2）利用转换顶点三棱锥体积不变底面积相等易证点C到平面PAD的距离等于点

P到平面ABCD的距离,并求该距离.【详解】解：（1）当点M为PC的中点时，平面ADM⊥平面PBC，证明如下：∵DP=DC，M为PC中点，∴PC⊥DM，∵AD⊥DP，AD⊥DC，∴AD⊥平面DPC，∴AD⊥PC，∴PC⊥平面A

DM，∴平面PBC⊥平面ADM；（2）证明：在平面PCD上作PH⊥CD于H，由（1）中AD⊥平面DPC，-18-可知平面PCD⊥平面ABCD，∴PH⊥平面ABCD，由题意得DP=2，∠PDH=45°，∴P

H=2，又PADCCPADVV−−=，设点C到平面PAD的距离为h，即1'3ADCSPH=13PADSh，由题意△ADC≌△PAD，∴PH=h，故点C到平面PAD的距离等于点P到平面ABCD的距离，且距离为2．【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查等体

积法和点到面的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18．如图，在正三棱柱111ABCABC−中，12ABAA==，E，F分别为AB，11BC的中点．（Ⅰ）求证：1BE∕∕平面ACF；（Ⅱ）求三棱锥1BACF−的体积．【答案】（Ⅰ）

见解析（Ⅱ）33【解析】【分析】（Ⅰ）取AC的中点M，连结EM，FM，由三角形性质得//EMBC且12EMBC=，结合已知得到1//EMBF且1EMBF=，则四边形1EMFB为平行四边形，可得1//BEFM，-19-再由线面平行的

判定可得1//BE平面ACF；（Ⅱ）设O为BC的中点，由已知得到AO⊥平面11BCCB，然后利用等积法求三棱锥1BACF−的体积．【详解】（Ⅰ）证明：取AC的中点M，连结EM，FM，在ABC中，∵E、M分别为AB，AC的中点，∴EMBC∕∕且12EMBC=，又F为11BC的中点，11BC

BC∕∕，∴1BFBC∕∕且112BFBC=，即1EMBF∕∕且1EMBF=，故四边形1EMFB为平行四边形，∴1BEFM∕∕，又MF平面ACF，1BE平面ACF，∴1BE∕∕平面ACF；（Ⅱ）解：设O为BC的中点，∵棱柱底面是正三角形，2AB=，∴有3AO=，又因为ABC为正三角形，且O

为BC的中点，所以AOBC⊥,又由正三棱柱，所以平面XUI平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AO⊥平面11BCCB，即三棱锥1ABCF−的高为3，所以1111113233323BACFABCFBCFVVSAO−−====．【点睛】本题主要考查了直线与平面平

行的判定与证明，以及利用等体积法七届多面体的体积问题，-20-其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及合理利用等体积法求解体积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题．19．如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD是平行四边形

，P在平面ABCD上的射影为G，且G在AD上，且1,3AGGDBGGC=⊥，2GBGC==，E是BC的中点，四面体PBCG−的体积为83．(Ⅰ)求异面直线GE与PC所成的角余弦值；(Ⅱ)求点D到平面PBG的距离；(Ⅲ)若F点是棱PC上一点，且DFGC⊥，求PFFC的值．【答案

】(Ⅰ)1010(Ⅱ)32(Ⅲ)3PFFC=【解析】【分析】(Ⅰ)先利用等体积法求出PG的长，在平面ABCD内，过C点作CHEG∕∕交AD于H，连接PH，则PCH(或其补角)就是异面直线GE与PC所成的角，在PCH中利用余弦定理求出此角即可；(Ⅱ)在平面ABCD内

，过D作DKBG⊥，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG，推得DK的长就是点D到平面PBG的距离，在DKG利用边角关系求出DK长；(Ⅲ)在平面ABCD内，过D作DMGC⊥，M为垂足，连接MF，先证明FMPG∕∕，然后利用三角形相似对应边成比例建立等量关系即可．【详解】(I)由已知1

1183323PBGCBCGVSPGBGGCPG−===，∴4PG=．-21-在平面ABCD内，过C点作CHEG∕∕交AD于H，连接PH，则PCH(或其补角)就是异面直线GE与PC所成的角.在PCH中，2,20,18CHPC

PH===，由余弦定理得，10cos10PCH=，∴异面直线GE与PC所成的角的余弦值为1010．(II)∵PG⊥平面ABCD，PG平面PBG∴平面PBG⊥平面ABCD，在平面ABCD内，过D作D

KBG⊥，交BG延长线于K，则DK⊥平面PBG∴DK的长就是点D到平面PBG的距离．∵333222442BCGDADBC====．在DKG，3452DKDGsin==，∴点D到平面PBG的距离为32

．(III)在平面ABCD内，过D作DMGC⊥，M为垂足，连接MF，又因为DFGC⊥，DMDFD=∴GC⊥平面MFD，FM平面MFD,∴GCFM⊥．由平面PGC⊥平面ABCD，∴FM⊥平面ABCD∴FMPG∕∕；由GMMD⊥得：3cos452G

MGD==．∵32312PFGMFCMC===，∴由DFGC⊥可得3PFFC=．【点睛】-22-本题主要考查求异面直线所成角的问题，点面距离，线面垂直的应用，以及分析问题与解决问题的能力，是中档题20．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为菱形

，60BAD=，2PAPDAD===，点M在线段PC上，且3PMMC=，O，N，Q分别为BD，AD，PA的中点．（1）求证：//OQ平面PBC；（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM−的体积．【答案

】（1）证明见解析；（2）34.【解析】【分析】（1）连结AC，则AC与BD交于点O，连接OQ，易知OQ为APC的中位线，所以//OQPC，从而问题得证；（2）由题意易证PN⊥平面ABCD，所以PNNB⊥.同理可证BC⊥平面PNB，根据等积法34PNBMM

PBNCPBNVVV−−−==可得结果.【详解】证明：（1）如图，连结AC，则AC与BD交于点O，连接OQ，易知OQ为APC的中位线，所以//OQPC，又OQ平面PBC，PC平面PBC，所以//OQ平面PBC.-23-（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，

PAPD=，N为AD的中点，所以PNAD⊥，所以PN⊥平面ABCD，所以PNNB⊥.又四边形ABCD为菱形，60BAD=，2PAPDAD===，所以3PNNB==，所以133322PNBS==，又BNAD⊥，PNAD⊥，BNPNN=，所以AD⊥平面PNB，//ADB

C，所以BC⊥平面PNB，又3PMMC=，所以34PNBMMPBNCPBNVVV−−−==313324324==，即三棱锥PNBM−的体积为34.另解：3313234434PNBMPBCNVV−−==

=.【点睛】本题考查几何体的体积的求法，直线与平面平行的判断与证明，考查空间想象能力以及计算能力，转化思想的应用．21．如图，四棱锥PABCD−中，ABBC⊥，//ADBC，PBAE⊥，E为CD中点，3AB=，22BCAD==．()1证明：平面PAE⊥平面PBD；()2

若2PBPD==，求三棱锥PADE−的体积．【答案】（1）见解析；（2）14.【解析】【分析】（1）根据计算可得BDAE⊥，再根据线面垂直判定定理得AE⊥平面PBD，最后根据面面-24-垂直判定定理得结

果，（2）取BD中点O，利用面面垂直性质定理得PO⊥平面ABCD，再根据锥体体积公式求结果.【详解】（1）证明：由ABBC⊥，//ADBC，3AB=，22BCAD==，可得2DC=，3BCD=，2BD=．从而BCD是等边三角形，3BDC=，BD平分ADC．E为CD中点，

1DADE==，BDAE⊥，又PBAE⊥，PBBDB=，AE⊥平面PBD．AE平面PAE，平面PAE⊥平面PBD；（2）解：由（1）知，AE⊥平面PBD，则平面PBD⊥平面ABCD，取BD中点O，

连接PO，则POBD⊥．平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD=，PO⊥平面ABCD．2PBPDBD===，3PO=，又1311sin12024ADES==．1313344PADEV−==．【点睛】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定与性质定理以及锥体体积公

式，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.-25-22．如图所示，三棱柱111ABCABC−中，90BCA=°，1AC⊥平面1ABC．（1）证明：平面ABC⊥平面11ACCA；（2）若2BCAC==，11

AAAC=，求点1B到平面1ABC的距离．【答案】（1）见解析；（2）3【解析】【分析】（1）先由线面垂直得到1ACBC⊥，再通过线线垂直得到BC⊥平面11ACCA，从而得到平面ABC⊥平面11ACCA；（2）取AC的中点D，证明1AD⊥平面ABC，再求出1AD的值，求出三棱柱11

1ABCABC−的体积，再求出与三棱柱111ABCABC−同底同高的三棱锥1BABC−的体积，然后进行等体积转化得到三棱锥11BABC−的体积，求出1ABC△的面积，然后得到点1B到平面1ABC的距离.【

详解】（1）证明：1AC⊥平面1ABC，1ACBC⊥．90BCA＝，BCAC⊥，BC⊥平面11ACCA．又BC平面ABC，平面ABC⊥平面11ACCA．（2）解：取AC的中点D，连接1AD．11AAAC=，1ADAC⊥．又平面ABC⊥平面11ACCA，且交线为AC，则1A

D⊥平面ABC．1AC⊥平面1ABC，11ACAC⊥，四边形11ACCA为菱形，1AAAC=．又11AAAC=，1AAC是边长为2正三角形，13AD=-26-1111223232ABCABCV−==．111,AABBAA面11BBCC,

1BB面11BBCC1AA面11BBCC1111ABBCABBCBABCVVV−−−==11112333ABCABCV−==设点1B到平面1ABC的距离为h．则11113BABCABCVhS−=．1ACBC⊥，12A

CACBC===11122ABCSBCAC==，3h=．所以点1B到平面1ABC的距离为3．【点睛】本题考查线线垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，通过线面平行和变化顶点和底对三棱锥进行等体积转化，属于中档题.