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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.

分析 (Ⅰ)證明A1O⊥BD.CO⊥BD.即可證明BD⊥平面A1CO.
(Ⅱ)解法一:說明點(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VCOBB1=VB1OBC,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=3.…(4分)
所以△OBC的面積為SOBC=12×OB×OC=12×1×3=32.…(5分)
因?yàn)锳1O⊥平面ABCD,AO?平面ABCD,
所以A1O⊥AO,A1O=AA12OA2=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SOBB1=12×OB×BB1=12×1×2=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}}\frac{1}{3}{S_{△OB{B_1}}}•d=\frac{1}{3}{S_{△OBC}}•{A_1}O10d=\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32.…(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=O1COCOO1=1×32=32
所以點(diǎn)C到平面OBB1的距離為32.…(12分)

點(diǎn)評 本題考查空間想象能力以及計算能力,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.

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