（本小题共 12 分） 如图，在直三棱柱 A B-A_ 1…——2011 高考数学第 16 题答案解析

【解答】
解：法一：①连结 $A B_{1}$ 与 $B A_{1}$ 交于点 $O$ ，连结 $O D$ ．

$\because P B_{1} / /$ 平面 $B D A_{1}, P B_{1} \subset$ 平面 $A B_{1} P$ ，平面 $A B_{1} P \cap$ 平面 $B D A_{1}=O D$ ，
$\therefore O D / / P B_{1}$ ．
又 $A O=B_{1} O, \therefore A D=P D$ ．
又 $A C / / C_{1} P, \therefore C D=C_{1} D$ ．
②过 $A$ 作 $A E \perp D A_{1}$ 于点 $E$ ，连结 $B E$ ．
$\because B A \perp C A, B A \perp A A_{1}$ ，且 $A A_{1} \cap A C=A$ ，
$\therefore B A \perp$ 平面 $A A_{1} C_{1} C$ ．
由三垂线定理可知 $B E \perp D A_{1}$ ．
$\therefore \angle B E A$ 为二面角 $A-A_{1} D-B$ 的平面角．
在 Rt $\triangle A_{1} C_{1} D$ 中，$A_{1} D=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$ ．
又 $S \triangle A A_{1} D=\frac{1}{2} \times 1 \times 1=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{5}}{2} \cdot A E, \therefore A E=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$ ．
在 Rt $\triangle B A E$ 中，$B E=\sqrt{1^{2}+\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}}=\frac{3 \sqrt{5}}{5}$ ，
$\therefore \cos \angle B E A=\frac{A E}{B E}=\frac{2}{3}$ ．
故二面角 $A-A_{1} D-B$ 的平面角的余弦值为 $\frac{2}{3}$ ．
③由题意知，点 $C$ 到平面 $B_{1} D P$ 的距离是点 $C$ 到平面 $D B_{1} A$ 的距离，设此距离为 $h$ ．

$\because V C-D B_{1} A=V B_{1}-A C D$,
$\therefore \frac{1}{3} S_{\triangle D B_{1} A} \cdot h=\frac{1}{3} S_{\triangle A C D} \cdot B_{1} A_{1}$ ．
由已知可得 $A P=\sqrt{5}, P B_{1}=\sqrt{5}, A B_{1}=\sqrt{2}$ ，
∴ 在等腰 $\triangle A B_{1} P$ 中，
$S_{\triangle A B_{1} P}=\frac{1}{2} A B_{1} \sqrt{A P^{2}-\left(\frac{1}{2} A B_{1}\right)^{2}}=\frac{3}{2}$ ．
$\therefore S_{\triangle D B_{1} A}=\frac{1}{2} S_{\triangle A B_{1} P}=\frac{3}{4}$ ．
又 $S_{\triangle A C D}=\frac{1}{2} A C \cdot C D=\frac{1}{4}, \therefore h=\frac{S_{\triangle A C D} \cdot B_{1} A_{1}}{S_{\triangle D B_{1} A}}=\frac{1}{3}$ ．
故 $C$ 到平面 $B_{1} D P$ 的距离等于 $\frac{1}{3}$ ．
法二：如图，以 $A_{1}$ 为原点，$A_{1} B_{1}, A_{1} C_{1}, A_{1} A$ 所在直线分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴建立空间直角坐标系 $A_{1}-B_{1} C_{1} A$ ，则 $A_{1}(0,0,0), B_{1}(1,0,0), C_{1}(0,1,0), B(1,0,1)$ ．

①设 $C_{1} D=x$ ，
$\because A C / / P C_{1}, \quad \therefore \frac{C_{1} P}{A C}=\frac{C_{1} D}{C D}=\frac{x}{1-x}$ ．
由此可得 $D(0,1, x), P\left(0,1+\frac{x}{1-x}, 0\right)$ ，
$\therefore \overrightarrow{A_{1} B}=(1,0,1), \quad \overrightarrow{A_{1} D}=(0,1, x), \quad \overrightarrow{B_{1} P}=\left(-1,1+\frac{x}{1-x}, 0\right)$ ．
设平面 $B A_{1} D$ 的一个法向量为 $\boldsymbol{n}_{1}=(a, b, c)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{n}_{1} \cdot \overrightarrow{A_{1} B}=a+c=0 \\ \boldsymbol{n}_{1} \cdot \overrightarrow{A_{1} D}=b+c x=0\end{array}\right.$ ，令 $c=-1$ ，则 $\boldsymbol{n}_{1}=(1, x,-1)$ ．
$\because P B_{1} / /$ 平面 $B A_{1} D$ ，
$\therefore \boldsymbol{n}_{1} \cdot \overrightarrow{B_{1} P}=1 \times(-1)+x \cdot\left(1+\frac{x}{1-x}\right)+(-1) \times 0=0$ ．
由此可得 $x=\frac{1}{2}$ ，故 $C D=C_{1} D$ ．
②由①知，平面 $B A_{1} D$ 的一个法向量 $\boldsymbol{n}_{1}=\left(1, \frac{1}{2},-1\right)$ ．
又 $\boldsymbol{n}_{2}=(1,0,0)$ 为平面 $A A_{1} D$ 的一个法向量，
$\therefore \cos \left\langle\boldsymbol{n}_{1}, \quad \boldsymbol{n}_{2}\right\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_{1} \cdot \boldsymbol{n}_{2}}{\left|\boldsymbol{n}_{1} \| \boldsymbol{n}_{2}\right|}=\frac{1}{1 \times \frac{3}{2}}=\frac{2}{3}$ ．

故二面角 $A-A_{1} D-B$ 的平面角的余弦值为 $\frac{2}{3}$ ．
③$\because \overrightarrow{P B_{1}}=(1,-2,0), \overrightarrow{P D}=\left(0,-1, \frac{1}{2}\right)$ ，
设平面 $B_{1} D P$ 的一个法向量 $\boldsymbol{n}_{3}=\left(a_{1}, b_{1}, c_{1}\right)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{n}_{3} \cdot \overrightarrow{P B_{1}}=a_{1}-2 b_{1}=0 \\ \boldsymbol{n}_{3} \cdot \overrightarrow{P D}=-b_{1}+\frac{c_{1}}{2}=0\end{array}\right.$ ，令 $c_{1}=1$ ，可得 $\boldsymbol{n}_{3}=\left(1, \frac{1}{2}, 1\right)$ ．
又 $\overrightarrow{D C}=\left(0,0, \frac{1}{2}\right)$ ．
$\therefore C$ 到平面 $B_{1} D P$ 的距离 $d=\frac{\left|\overrightarrow{D C} \cdot \boldsymbol{n}_{3}\right|}{\left|\boldsymbol{n}_{3}\right|}=\frac{1}{3}$ ．