Question

6．已知几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE是矩形，FB=$\sqrt{2}$，M，N分别为EF，AB的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面FCB；
（Ⅱ）若FC=1，求点A到平面MCB的距离．

Answer 1

分析 （I）取BC的中点Q，连接NQ，FQ，利用三角形中位线定理与平行四边形的判定可得四边形MNQF是平行四边形，因此MN∥FQ，再利用线面平行的判定定理即可证明．
（II）由AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，可得∠ACB=90°，AC=$\sqrt{3}$，AB=2．进而得到FC⊥BC，AC⊥BC，BC⊥平面ACFE．设点A到平面MCB的距离为h，则V_A-MCB=$\frac{1}{3}{S}_{△MCB}$•h．四边形ACFE为矩形，又V_A-MCB=V_B-ACM=$\frac{1}{3}×BC×{S}_{△ACM}$，即可得出．

解答 （I）证明：取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ=$\frac{1}{2}$AC，NQ∥AC，
又MF=$\frac{1}{2}$AC，MF∥AC，
∴MF=NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF是平行四边形，
∴MN∥FQ，FQ?平面FCB，MN?平面FCB，
∴MN∥平面FCB．
（II）解：∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，可得∠ACB=90°，AC=$\sqrt{3}$，AB=2．
又FC=1，FB=$\sqrt{2}$，BC=1，∴FC⊥BC，又∠ACB=90°，即AC⊥BC．∴BC⊥平面ACFE．
设点A到平面MCB的距离为h，则V_A-MCB=$\frac{1}{3}{S}_{△MCB}$•h．
四边形ACFE为矩形，又V_A-MCB=V_B-ACM=$\frac{1}{3}×BC×{S}_{△ACM}$=$\frac{1}{3}×1×\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
S_△MCB=$\frac{1}{2}×1×$$\sqrt{1+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{4}$，
∴h=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{7}}{4}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，则点A到平面MCB的距离为$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

点评 本题考查了空间位置关系、线面平行的判定定理、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质定理、直角三角形的判定与性质、三棱锥的体积计算公式、“等体积法”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．