如图，动点 $P$ 在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的对角线 $BD_{1}$ 上. 过点 $P$ 作垂直于平面 $BB_{1}D_{1}D$ 的直线. 与正方体表面相交于 $MN$. 设 $BP = x$，$MN = y$，则函数 $y = f(x)$ 的图象大致是（ ）

\begin{answer} B \end{answer}

\begin{solution} 设正方体棱长为 $a$，令 $t=\dfrac{BP}{BD_1}$，则 $0\leqslant t\leqslant1$，且 $BP=a\sqrt3t$. 取坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(a,0,0)$，$C=(a,a,0)$，$D=(0,a,0)$，$A_1=(0,0,a)$，$B_1=(a,0,a)$，$D_1=(0,a,a)$. 于是 $P=(a(1-t),at,at)$.

平面 $BB_1D_1D$ 的方程为 $x+y=a$，其法向量可取 $(1,1,0)$. 过 $P$ 的垂线保持 $z=at$，在正方形截面 $0\leqslant x$，$y\leqslant a$ 中沿方向 $(1,1)$ 通过 $P$. 当 $0\leqslant t\leqslant\frac12$ 时，直线段 $MN$ 的两个端点为 $(a(1-2t),0,at)$ 和 $(a,2at,at)$，故 $MN=2\sqrt2at$；当 $\frac12\leqslant t\leqslant1$ 时，两个端点为 $(0,a(2t-1),at)$ 和 $(a(2-2t),a,at)$，故 $MN=2\sqrt2a(1-t)$. 因而 $MN=2\sqrt2a\min\{t,1-t\}$.

代入 $t=\dfrac{x}{a\sqrt3}$，得到 $y=2\sqrt2a\min\left\{\dfrac{x}{a\sqrt3},1-\dfrac{x}{a\sqrt3}\right\}$. 因而 $y$ 从 $x=0$ 时的 $0$ 线性增加，在 $x=\frac{a\sqrt3}{2}$ 处达到最大值，再线性减小到 $x=a\sqrt3$ 时的 $0$. 图象是关于 $x=\frac{a\sqrt3}{2}$ 对称的折线三角形，故选 B. \end{solution}

如图，在三棱锥 $P - ABC$ 中，$AC = BC = 2$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AP = BP = AB$，$PC \perp AC$.

(1) 求证：$PC \perp AB$； (2) 求二面角 $B - AP - C$ 的大小； (3) 求点 $C$ 到平面 $APB$ 的距离.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 因为 $AC=BC$，点 $C$ 在 $AB$ 的垂直平分面上；又因为 $AP=BP$，点 $P$ 也在 $AB$ 的垂直平分面上. 因而直线 $PC$ 在这个平面内，而该平面垂直于 $AB$，所以 $PC\perp AB$. \item 取 $C=(0,0,0)$，$A=(2,0,0)$，$B=(0,2,0)$. 由 $PC\perp AC$，可设 $P=(0,y,z)$. 由 $AP=BP$ 得 $4+y^2+z^2=(y-2)^2+z^2$，从而 $y=0$. 又 $AP=AB=2\sqrt2$，所以 $4+z^2=8$，即 $z^2=4$. 按图取 $P=(0,0,2)$.

平面 $CAP$ 的方程为 $y=0$，平面 $ABP$ 的方程为 $x+y+z=2$. 两平面的法向量可分别取 $\boldsymbol{n}_1=(0,1,0)$、$\boldsymbol{n}_2=(1,1,1)$，故二面角的锐角 $\theta$ 满足 $\cos\theta=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac1{\sqrt3}$. 因此 $\sin\theta=\sqrt{\frac23}=\frac{\sqrt6}{3}$，二面角大小为 $\arcsin\frac{\sqrt6}{3}$. \item 由平面 $ABP:x+y+z=2$ 的点到平面距离公式，点 $C=(0,0,0)$ 到该平面的距离为 $\frac{|0+0+0-2|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac2{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}$. \end{enumerate} \end{solution}