Question

14．如图，四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=2$\sqrt{3}$，四边形CDEF是菱形，∠DEF=60°，且平面CDEF⊥平面ABCD，M，N分别是线段EF，CD上的点，满足EM=3MF．CN=3ND，AC与BN交于点P．
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BMN；
（Ⅱ）求点P到平面BCF的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过证明：AC⊥BN，AC⊥MN，利用线面垂直的判定定理证明AC⊥平面BMN；
（Ⅱ）由V_F-BCP=V_P-BCF，求点P到平面BCF的距离．

解答 （Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=2$\sqrt{3}$，CN=3，
∴tan∠CBN=$\frac{3}{2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，tan∠CAB=$\frac{2\sqrt{3}}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴tan∠CBN=tan∠CAB，
∴∠CBN=∠CAB，
∴∠CBN+∠BCA=∠CBA+∠BCA=90°，
∴AC⊥BN．
作FO⊥CD，垂足为O，则OC=2，ON=1，∴MNOF是平行四边形，
∴MN∥FO，∴MN⊥CD，
∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，
∴MN⊥平面ABCD，
∵AC?平面ABCD，
∴AC⊥MN，
∵MN∩BN=N，
∴AC⊥平面BMN；
（Ⅱ）解：设点P到平面BCF的距离为h，则由（Ⅰ）可得CP=$\frac{3•2\sqrt{3}}{\sqrt{21}}$=$\frac{6}{\sqrt{7}}$，BP=$\frac{4\sqrt{21}}{7}$，FO=2$\sqrt{3}$
∴S_△BCP=$\frac{12\sqrt{3}}{7}$
由V_F-BCP=V_P-BCF，
可得$\frac{1}{3}•\frac{12\sqrt{3}}{7}•2\sqrt{3}$=$\frac{1}{3}•\frac{1}{2}•2\sqrt{3}•4•h$，∴h=$\frac{6\sqrt{3}}{7}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查点到平面距离的计算，考查等体积方法的运用，属于中档题．