Question

11．如圖，四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，A₁O⊥底面ABCD，AB=AA₁=2．
（Ⅰ）證明：BD⊥平面A₁CO；
（Ⅱ）若∠BAD=60°，求點(diǎn)C到平面OBB₁的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明A₁O⊥BD．CO⊥BD．即可證明BD⊥平面A₁CO．
（Ⅱ）解法一：說(shuō)明點(diǎn)B₁到平面ABCD的距離等于點(diǎn)A₁到平面ABCD的距離A₁O．設(shè)點(diǎn)C到平面OBB₁的距離為d，
通過(guò)${V_{C-OB{B_1}}}={V_{{B_1}-OBC}}$，求解點(diǎn)C到平面OBB₁的距離．
解法二：連接A₁C₁與B₁D₁交于點(diǎn)O₁，連接CO₁，OO₁，推出OA₁O₁C為平行四邊形．證明CH⊥平面BB₁D₁D，然后求解點(diǎn)C到平面OBB₁的距離．

解答 （Ⅰ）證明：因?yàn)锳₁O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A₁O⊥BD．…（1分）
因?yàn)锳BCD是菱形，所以CO⊥BD．…（2分）
因?yàn)锳₁O∩CO=O，A₁O，CO?平面A₁CO，
所以BD⊥平面A₁CO．…（3分）
（Ⅱ）解法一：因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，AC∩BD=O，AB=AA₁=2，∠BAD=60°，
所以O(shè)B=OD=1，$OA=OC=\sqrt{3}$．…（4分）
所以△OBC的面積為${S_{△OBC}}=\frac{1}{2}×OB×OC=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．…（5分）
因?yàn)锳₁O⊥平面ABCD，AO?平面ABCD，
所以A₁O⊥AO，${A_1}O=\sqrt{A{A_1}^2-O{A^2}}=1$．…（6分）
因?yàn)锳₁B₁∥平面ABCD，
所以點(diǎn)B₁到平面ABCD的距離等于點(diǎn)A₁到平面ABCD的距離A₁O．…（7分）
由（Ⅰ）得，BD⊥平面A₁AC．
因?yàn)锳₁A?平面A₁AC，所以BD⊥A₁A．
因?yàn)锳₁A∥B₁B，所以BD⊥B₁B．…（8分）
所以△OBB₁的面積為${S_{△OB{B_1}}}=\frac{1}{2}×OB×B{B_1}=\frac{1}{2}×1×2=1$．…（9分）
設(shè)點(diǎn)C到平面OBB₁的距離為d，
因?yàn)?{V_{C-OB{B_1}}}={V_{{B_1}-OBC}}$，
所以$\frac{1}{3}{S_{△OB{B_1}}}•d=\frac{1}{3}{S_{△OBC}}•{A_1}O$．…（10分）
所以$d=\frac{{{S_{△OBC}}•{A_1}O}}{{{S_{△OB{B_1}}}}}=\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}×1}}{1}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
所以點(diǎn)C到平面OBB₁的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．…（12分）
解法二：由（Ⅰ）知BD⊥平面A₁CO，
因?yàn)锽D?平面BB₁D₁D，
所以平面A₁CO⊥平面BB₁D₁D．…（4分）
連接A₁C₁與B₁D₁交于點(diǎn)O₁，
連接CO₁，OO₁，
因?yàn)锳A₁=CC₁，AA₁∥CC₁，所以CAA₁C₁為平行四邊形．
又O，O₁分別是AC，A₁C₁的中點(diǎn)，所以O(shè)A₁O₁C為平行四邊形．
所以O(shè)₁C=OA₁=1．…（6分）
因?yàn)槠矫鍻A₁O₁C與平面BB₁D₁D交線為OO₁，
過(guò)點(diǎn)C作CH⊥OO₁于H，則CH⊥平面BB₁D₁D．…（8分）
因?yàn)镺₁C∥A₁O，A₁O⊥平面ABCD，所以O(shè)₁C⊥平面ABCD．
因?yàn)镺C?平面ABCD，所以O(shè)_•1C⊥OC，即△OCO₁為直角三角形．…（10分）
所以$CH=\frac{{{O_1}C•OC}}{{O{O_1}}}=\frac{{1×\sqrt{3}}}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
所以點(diǎn)C到平面OBB₁的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間想象能力以及計(jì)算能力，考查直線與平面垂直的判定定理以及點(diǎn)線面距離的求法，考查轉(zhuǎn)化思想．