Question

1．正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=6，AA₁=4，D為BC的中點(diǎn)．
（1）求證：A₁B∥平面ADC₁；
（2）在線段BB₁上是否存在點(diǎn)P，使得CP⊥平面ADC₁．若存在，請確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請說明理由．
（3）求點(diǎn)C到平面ADC₁的距離．

Answer 1

分析 （1）連接A₁C交AC₁于E，連結(jié)DE，利用中位線定理可得DE∥A₁B，于是A₁B∥平面AC₁D；
（2）假設(shè)CP⊥C₁D于F，利用△PCB∽△DCF∽△DC₁C，利用比例式即可得出BP的長；
（3）證明AD⊥平面BCC₁B₁可得AD⊥C₁D，利用V${\;}_{C-AD{C}_{1}}$=V${\;}_{{C}_{1}-ACD}$計算點(diǎn)C到平面ADC₁的距離．

解答 解：（1）連接A₁C交AC₁于E，連結(jié)DE，
∵四邊形ACC₁A₁是矩形，
∴E為A₁C的中點(diǎn)，又D為BC的中點(diǎn)，
∴DE∥A₁B，
又DE?平面AC₁D，A₁B?AC₁D，
∴A₁B∥平面AC₁D．
（2）假設(shè)存在點(diǎn)P使得CP⊥平面ADC₁，設(shè)CP與C₁D交于F，
∵C₁D?平面ADC₁，
∴CP⊥C₁D，
∵BB₁⊥BC，∠DCF=∠PCB，
∴△DCF∽△PCB，
又△C₁CD∽△CFD，
∴△C₁CD∽△CBP，
∴$\frac{C{C}_{1}}{BC}=\frac{CD}{BP}$，即$\frac{4}{6}=\frac{3}{BP}$，
解得BP=$\frac{9}{2}$＞4，
∴線段BB₁不存在點(diǎn)P使得CP⊥平面ADC₁．
（3）∵△ABC是等邊三角形，D是BC的中點(diǎn)，AB=6，
∴AD⊥BC，AD=3$\sqrt{3}$，
∵BB₁⊥平面ABC，AD?平面ABC，
∴BB₁⊥AD，又BC∩BB₁=B，
∴AD⊥平面BB₁C₁C，
∴AD⊥C₁D，
∵C₁D=$\sqrt{C{{C}_{1}}^{2}+C{D}^{2}}$=5，∴S${\;}_{△A{C}_{1}D}$=$\frac{1}{2}AD•{C}_{1}D$=$\frac{15\sqrt{3}}{2}$，
設(shè)C到平面ADC₁的距離為h，則V${\;}_{C-AD{C}_{1}}$=$\frac{1}{3}{S}_{△A{C}_{1}D}•h$=$\frac{5\sqrt{3}}{2}h$，
∵S_△ACD=$\frac{1}{2}AD•CD$=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$，∴V${\;}_{{C}_{1}-ACD}$=$\frac{1}{3}{S}_{△ACD}•C{C}_{1}$=6$\sqrt{3}$，
∵V${\;}_{C-AD{C}_{1}}$=V${\;}_{{C}_{1}-ACD}$，∴$\frac{5\sqrt{3}}{2}h=6\sqrt{3}$，
∴h=$\frac{12}{5}$．
∴點(diǎn)C到平面ADC₁的距離為$\frac{12}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查了線面平行的判定與性質(zhì)，點(diǎn)到平面的距離計算，屬于中檔題．