Question

19．如图，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD为菱形，AC=4，BD=2，且侧棱AA₁=3．其中O₁为A₁C₁与B₁D₁的交点．
（1）求点B₁到平面D₁AC的距离；
（2）在线段BO₁上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD₁垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）用向量法，找出平面上一点D₁与此点B₁相连的线段所对应的向量，求出其在平面法向量上的投影的绝对值即可得到点到面的距离．
（2）由题意设$\overrightarrow{BP}=λ•\overrightarrow{B{O_1}}$，可求$\overrightarrow{AP}$，$\overrightarrow{C{D}_{1}}$的坐标，若$\overrightarrow{AP}⊥\overrightarrow{C{D_1}}$，可得$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{C{D}_{1}}$=0，解得λ的值，即可得解．

解答 （本题满分14分） 本题共2个小题，每小题（7分）．
解：（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，
故以AC与BD的交点O为原点，以射线OA、OB、OO₁分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系．
由已知条件，相关点的坐标为A（2，0，0），B（0，1，0），C（-2，0，0），O₁（0，0，3），B₁（0，1，3），D₁（0，-1，3）．…（2分）
设平面D₁AC的法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
由$\overrightarrow{AC}=（-4，0，\;0）$，$\overrightarrow{A{D_1}}=（-2，-1，\;3）$，
得$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=\;\;-4x=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{A{D_1}}=-2x-y+3z=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=3z.\end{array}\right.$，
令z=1，则$\overrightarrow n=（0，3，1）$．…（5分）
因$\overrightarrow{{D_1}{B_1}}=（0，2，0）$，
故点B₁到平面D₁AC的距离为$d=\frac{{|{\overrightarrow{{D_1}{B_1}}•\overrightarrow n}|}}{{|{\overrightarrow n}|}}=\frac{{|{（0，2，0）•（0，3，1）}|}}{{|{（0，3，1）}|}}=\frac{3}{5}\sqrt{10}$．…（7分）
（2）设$\overrightarrow{BP}=λ•\overrightarrow{B{O_1}}$，
则由$\overrightarrow{AB}=（-2，1，\;0）$，$\overrightarrow{B{O_1}}=（0，-1，\;3）$，
得$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BP}=（-2，1-λ，3λ）$．
又$\overrightarrow{C{D_1}}=（2，-1，\;3）$，…（10分）
故当$\overrightarrow{AP}⊥\overrightarrow{C{D_1}}$时，$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{C{D_1}}=（-2，1-λ，3λ）•（2，-1，\;3）=10λ-5=0⇒λ=\frac{1}{2}$．…（12分）
于是，在线段BO₁上存在点P，使得AP⊥CD₁；此时$BP=\frac{1}{2}B{O_1}=\frac{{\sqrt{10}}}{2}$．…（14分）

点评 本题考查的知识点是用空间向量求点到平面的距离，其中建立空间坐标系，然后将空间直线与平面、平面与平面位置关系转化为向量之间的关系，是解答本题的关键．本题运算量较大，解题时要严谨，用向量解决立体几何问题是近几年高考的热点，本题中的类型近几年出现的频率较高，属于中档题．