在长方体 $A B C D-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$A B=A D=2$，$A A_1=4$，$P$ 为棱 $A A_1$ 上的动点（不与 $A, A_1$ 重合），在直线 $C C_1$ 上的点 $Q$ 满足 $D Q \perp C P$．给出下列四个结论中所有正确结论的序号是____．
① $C P \perp B D$；
② $\angle P D Q$ 为定值；
③ 存在点 $P$，使得平面 $D B Q \perp~\text{平面}~D B P$；
④ 存在点 $P$，使得点 $Q$ 到平面 $D B P$ 的距离为 $2$．
答案 ①④．
解析 对于结论 ①，$P$ 在底面 $ABCD$ 上的投影为 $A$，且 $BD\perp CA$，于是 $BD\perp CP$，结论正确；
对于结论 ②，设 $P$ 到平面 $CDD_1C_1$ 上的投影为 $P_1$，则由 $DQ\perp CP$ 可得 $DQ\perp CP_1$，即\[\dfrac{CQ}{DC}=\dfrac{DC}{DP_1}\implies CQ\cdot DP_1=DC^2\implies AP\cdot CQ=4.\]
对于结论 ③，设 $O$ 为 $BD$ 的中点，则平面 $PBQ$ 与平面 $DBP$ 所成角为 $\angle POQ$ 或其补角．设 $AP=t$，则 $CQ=\dfrac 4t$，其中 $t\in(0,4)$，此时\[\begin{cases} OP^2=2+t^2,\\ OQ^2=2+\dfrac {16}{t^2},\\ PQ^2=8+\left(t-\dfrac 4t\right)^2=t^2+\dfrac{16}{t^2},\end{cases}\implies OP^2+OQ^2>PQ^2,\]因此 $\angle POQ$ 为锐角，结论错误 $^{[1]}$．
对于结论 ④，当 $t\to 0$ 时，$P\to A$，有 $d(Q,DBP)\to +\infty$； 当 $t \to 4$ 时，$P\to A_1$，此时 $QB=QD=\sqrt 5$，$BD=2\sqrt 2$，于是\[d(Q,BDA_1)=d(Q,OA_1)<QO=\sqrt 3<2,\]因此存在点 $P$，使得点 $Q$ 到平面 $D B P$ 的距离为 $2$，结论成立 $^{[2]}$．
综上所述，正确结论的序号为 ①④．$^{[3]}$
备注
$[1]$ 建立空间直角坐标系 $A-BDA_1$，设 $AP=t$（$t\in (0,4$），则\[\begin{cases} P(0,0,t),\\ D(0,2,0),\\ Q\left(2,2,\dfrac 4t\right),\end{cases}\implies \begin{cases} \overrightarrow{DP}=\left(0,-2,t\right),\\ \overrightarrow{DQ}=\left(2,0,\dfrac 4t\right),\end{cases}\implies \cos\angle PDQ=\dfrac{4}{\sqrt{t^2+4}\cdot \sqrt{\dfrac{16}{t^2}+4}},\]从而 $\angle PDQ$ 不为定值，结论错误； 对于结论 ③，有\[\begin{cases} P(0,0,t),\\ B(2,0,0),\\ D(0,2,0),\\ Q\left(2,2,\dfrac 4t\right),\end{cases}\implies \begin{cases} \overrightarrow{PB}=(2,0,-t),\\ \overrightarrow{BD}=(-2,2,0),\\ \overrightarrow{DQ}=\left(2,0,\dfrac 4t\right),\end{cases}\implies \begin{cases} \overrightarrow n_{PBD}=(t,t,2),\\ \overrightarrow n_{BDQ}=(2,2,-t),\end{cases}\]因此\[DBP\perp DBP\iff \overrightarrow n_{PBD}\cdot \overrightarrow n_{BDQ}=0\iff t=0,\]这不可能，结论错误；
$[2]$ 点 $Q$ 到平面 $DBP$ 的距离为 $\overrightarrow{DQ}$ 在 $\overrightarrow n_{PBD}$ 上的投影长度，为\[\dfrac{\left|\overrightarrow{DQ}\cdot \overrightarrow n_{PBD}\right|}{\left|\overrightarrow n_{PBD}\right|}=\dfrac{2t+\dfrac 8t}{\sqrt{2t^2+4}},\]解方程可得当 $t=\sqrt{2+2\sqrt 5}$ 时点 $Q$ 到平面 $DBP$ 的距离为 $2$，结论正确．
$[3]$ 将 $Q$ 在直线 $CC_1$ 上运动改为在棱 $CC_1$ 上运动，即对应 $t\in (1,4)$，结论亦相同．对于结论 ④，当 $t\to 1$ 时，$Q\to C_1$，有\[d(Q,DBP)=d(C_1,OP)>d(C_1,A_1C)=\dfrac 4{\sqrt 3}>2,\]