Question

15．如圖，ABCD-A₁B₁C₁D₁是長方體，已知AA₁=AC=2，AB=$\sqrt{2}$，O、O₁分別是上下底面ABCD和A₁B₁C₁D₁的對角線的交點，E是BC的中點．
（1）求證：C₁E∥平面ABO₁；
（2）求證：BD⊥平面ACO₁；
（3）求點A到平面BCO₁的距離．

Answer 1

分析 （1）設(shè)AB的中點為F，連結(jié)EF、FO₁，推導(dǎo)出四邊形EFO₁C₁是平行四邊形，由此能證明C₁E∥平面ABO₁．
（2）推導(dǎo)出四邊形ABCD是正方形，從而BD⊥AC，由此能證明BD⊥平面ACO₁．
（3）由${V}_{A-BC{D}_{1}}={V}_{{O}_{1}-ABC}$，利用等體積法能求出點A到平面BCO₁的距離．

解答 （本小題滿分14分）
證明：（1）如圖，設(shè)AB的中點為F，連結(jié)EF、FO₁．
∵O、O₁分別是上下底面ABCD和A₁B₁C₁D₁的對角線的交點，E是BC的中點，
∴EF∥AC，且EF=$\frac{1}{2}AC$．…（1分）
而C₁O₁=$\frac{1}{2}{A}_{1}{C}_{1}$，
又∵AC∥A₁C₁，且AC=A₁C₁，
∴EF∥C₁O₁，且EF=C₁O₁，∴四邊形EFO₁C₁是平行四邊形，
∴C₁E∥FO₁．…（3分）
又∵FO₁?平面ABO₁，C₁E?平面ABO₁，∴C₁E∥平面ABO₁．…（4分）
（2）∵ABCD-A₁B₁C₁D₁是長方體，且AA₁=AC=2，AB=$\sqrt{2}$，
∴BC=$\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$，∴四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC．…（6分）
連結(jié)OO₁，∵O、O₁分別是上下底面ABCD和A₁B₁C₁D₁的對角線的交點，
∴OO₁⊥平面ABCD，從而有BD⊥OO₁．…（7分）
∵AC、OO₁?平面ACO₁，且AC∩OO₁=O，∴BD⊥平面ACO₁．…（8分）
解：（3）∵CO₁=$\sqrt{C{{C}_{1}}^{2}+{O}_{1}{{C}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{5}$，BO₁=$\sqrt{5}$，
∴△BCO₁是等腰三角形，連結(jié)EO₁，EO₁⊥BC，
且EO₁=$\sqrt{C{{O}_{1}}^{2}-（\frac{BC}{2}）^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}-（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．…（9分）
∴${S}_{△BC{D}_{1}}$=$\frac{1}{2}BC•E{O}_{1}$=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}$=$\frac{3}{2}$．…（10分）
設(shè)點A到平面BCO₁的距離為h，則三棱錐A-BCO₁的體積${V}_{A-BC{D}_{1}}$•h=$\frac{1}{3}×\frac{3}{2}h$=$\frac{h}{2}$．…（11分）
又三棱錐O₁-ABC的體積${V}_{{O}_{1}-ABC}$=$\frac{1}{3}{S}_{△ABC}•O{O}_{1}$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}×2$=$\frac{2}{3}$．…（12分）
∵${V}_{A-BC{D}_{1}}={V}_{{O}_{1}-ABC}$，即$\frac{h}{2}=\frac{2}{3}$，解得h=$\frac{4}{3}$，即點A到平面BCO₁的距離為$\frac{4}{3}$．…（14分）

點評 本題考查線面平行、線面垂直的證明，考查點到平面的距離的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意等體積法的合理運用．