Question

19．已知图1中，四边形 ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，DM⊥AB于M、交EF于点N，DN=3$\sqrt{3}$，MN=$\sqrt{3}$，现将梯形ABCD沿EF折起，记折起后C、D为C'、D'且使D'M=2$\sqrt{6}$，如图2示．
（Ⅰ）证明：D'M⊥平面ABFE；，
（Ⅱ）若图1中，∠A=60°，求点M到平面AED'的距离．

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，从而D′M⊥平面ABFE；
（II）根据三角形和相似三角形知识求出各棱长，根据V_D′-AEM=V_M-AED′列方程解出M到平面AED'的距离．

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，${S_{△AED'}}=\frac{1}{2}AE•D'E=6$，
设点M到平面AED'的距离为h，
则V_M-AED′=$\frac{1}{3}$S_△AED′•h=2h，
∴2h=4$\sqrt{2}$，解得$h=2\sqrt{2}$，
∴点M到平面AED'的距离为$2\sqrt{2}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定，空间距离计算，棱锥的体积，属于中档题．