Question

19．已知圖1中，四邊形 ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，DM⊥AB于M、交EF于點(diǎn)N，DN=3$\sqrt{3}$，MN=$\sqrt{3}$，現(xiàn)將梯形ABCD沿EF折起，記折起后C、D為C'、D'且使D'M=2$\sqrt{6}$，如圖2示．
（Ⅰ）證明：D'M⊥平面ABFE；，
（Ⅱ）若圖1中，∠A=60°，求點(diǎn)M到平面AED'的距離．

Answer 1

分析 （I）由EF⊥平面D′MN得D′M⊥EF，由勾股定理的逆定理得D′M⊥MN，從而D′M⊥平面ABFE；
（II）根據(jù)三角形和相似三角形知識(shí)求出各棱長(zhǎng)，根據(jù)V_D′-AEM=V_M-AED′列方程解出M到平面AED'的距離．

解答 解：（Ⅰ）∵AB∥CD，EF∥CD，DM⊥AB，
∴DM⊥EF，即D'N⊥EF，MN⊥EF，
又D'N∩MN=N，D′M?平面D′MN，D′N?平面D′MN，
∴EF⊥平面MND'，又∵D′M?平面D′MN，
∴EF⊥D'M，
∵D′M=2$\sqrt{6}$，D′N=3$\sqrt{3}$，MN=$\sqrt{3}$，
∴D'M²+MN²=D'N²，∴D'M⊥MN，
又MN∩EF=N，MN?平面ABFE，EF?平面ABFE，
∴D'M⊥平面ABFE．
（Ⅱ） 在Rt△ADM中，∵∠A=60°，DN=4$\sqrt{3}$，
∴AM=4，A=8，
∵EF∥AB，∴$\frac{DE}{AE}=\frac{DN}{MN}=3$，
∴DE=6，AE=2，
∴V_D′-AEM=$\frac{1}{3}{S}_{△AEM}•D′M$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×4×2×sin60°×2\sqrt{6}$=4$\sqrt{2}$，
在Rt△AD′M中，AD′=$\sqrt{A{M}^{2}+D′{M}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴D′E²+AE²=AD′²，
∴D'E⊥AE，${S_{△AED'}}=\frac{1}{2}AE•D'E=6$，
設(shè)點(diǎn)M到平面AED'的距離為h，
則V_M-AED′=$\frac{1}{3}$S_△AED′•h=2h，
∴2h=4$\sqrt{2}$，解得$h=2\sqrt{2}$，
∴點(diǎn)M到平面AED'的距離為$2\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的判定，空間距離計(jì)算，棱錐的體積，屬于中檔題．