Question

4．如图，在四棱锥A-CDEF中，四边形CDFE为直角梯形，CE∥DF，EF⊥FD，AF⊥平面CEFD，P为AD中点，EC=$\frac{1}{2}$FD．
（Ⅰ）求证：CP∥平面AEF；
（Ⅱ）设EF=2，AF=3，FD=4，求点F到平面ACD的距离．

Answer 1

分析 （I）如图所示，取AF的中点Q，连接PQ，QE．利用三角形中位线定理可得：PQ∥FD，PQ=$\frac{1}{2}$FD，又CE∥DF，EC=$\frac{1}{2}$FD．可得四边形CEQP是平行四边形，于是CP∥EQ，利用线面平行的判定定理可得CP∥平面AEF．
（II）设点F到平面ACD的距离为h．取FD的中点M，则EC$\underset{∥}{=}$FM，利用正方形的判定定理可得四边形CEMF是正方形，可得CD⊥CF，利用三垂线定理可得：CD⊥AC．利用V_A-CDF=V_F-ACD，即可得出．

解答 （I）证明：如图所示，取AF的中点Q，连接PQ，QE．又P为AD中点，∴PQ∥FD，PQ=$\frac{1}{2}$FD，
又CE∥DF，EC=$\frac{1}{2}$FD．∴PQ$\underset{∥}{=}$EC，∴四边形CEQP是平行四边形，∴CP∥EQ，又CP?平面AEF，EQ?平面AEF，
∴CP∥平面AEF．
（II）解：设点F到平面ACD的距离为h．
取FD的中点M，则EC$\underset{∥}{=}$FM，∴四边形CEFM是平行四边形，又EF⊥FD，EF=FM=2，
∴四边形CEMF是正方形，∴CM=FM=MD=2，
∴CD⊥CF，
又∵AF⊥平面CEFD，∴CD⊥AC．
S_△ACD=$\frac{1}{2}$AC•CD=$\frac{1}{2}×\sqrt{{3}^{2}+（\sqrt{2}）^{2}}$$\frac{1}{2}×\sqrt{{3}^{2}+{2}^{2}×2}$×2=$\sqrt{34}$．
由V_A-CDF=V_F-ACD，
∴$\frac{1}{3}×{S}_{△CDF}$×AF=$\frac{1}{3}×{S}_{△ACD}$×h，
∴h=$\frac{\frac{1}{2}×4×2×3}{\sqrt{34}}$=$\frac{6\sqrt{34}}{17}$．

点评 本题考查了空间位置关系、线面面面平行与垂直的判定与性质定理、正方形的性质、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、三角形中位线定理、三垂线定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．