Question

5．如圖，△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1，D為AC中點(diǎn)，AE⊥BD于點(diǎn)E，延長AE交BC于點(diǎn)F，沿BD將△ABC折成四面體A-BCD．
（Ⅰ）若M是FC的中點(diǎn)，求證：DM∥平面AEF；
（Ⅱ）若cos∠AEF=$\frac{1}{3}$，求點(diǎn)D到平面ABC的距離．

Answer 1

分析 （I）如圖所示，利用三角形中位線定理可得DM∥EF，再利用線面平行的判定定理即可證明EF∥平面AEF．
（II）在平面△ABC中，由已知可得：△ABD是等邊三角形．分別計(jì)算出AE，EF，BF．在△AEF中，由余弦定理可得：AF²．利用AF²+BF²AB²，可得AF⊥BC．AF⊥BD，可得折疊后可得：BD⊥平面AEF．可得：點(diǎn)A到平面BCD的距離d=AE•sin∠AEF．設(shè)點(diǎn)D到平面ABC的距離為h．由V_A-BCD=V_D-ABC，可得$\frac{1}{3}d•{S}_{BCD}$=$\frac{1}{3}h•$S_△ABC，即可得出．

解答 （I）證明：如圖所示，
在平面△AFC中，D，M分別是AC，F(xiàn)C的中點(diǎn)，則DM∥EF，
又DM?平面AEF，EF?平面AEF．
∴EF∥平面AEF．
（II）解：在平面△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1，D為AC中點(diǎn)，
∴△ABD是等邊三角形．
∵AE⊥BD于點(diǎn)E，∴AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
在Rt△ABF中，AF=$\frac{AB}{cos3{0}^{°}}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，BF=AB•tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴EF=AF-AE=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．
在△AEF中，由余弦定理可得：AF²=$（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}$+$（\frac{\sqrt{3}}{6}）^{2}$-2×$\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{6}$×$\frac{1}{3}$=$\frac{2}{3}$．
∵AF²+BF²=$\frac{2}{3}$+$（\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}$=1=AB²，
∴AF⊥BC，∴S_△ABC=$\frac{1}{2}BC•AF$=$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\frac{\sqrt{6}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（折疊后的）．
∵AF⊥BD，
∴折疊后可得：BD⊥平面AEF．
∴點(diǎn)A到平面BCD的距離d=AE•sin∠AEF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\sqrt{1-（\frac{1}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
S_△BCD=$\frac{1}{2}BC•CD•sin3{0}^{°}$=$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1×\frac{1}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$．
設(shè)點(diǎn)D到平面ABC的距離為h．
由V_A-BCD=V_D-ABC，可得$\frac{1}{3}d•{S}_{BCD}$=$\frac{1}{3}h•$S_△ABC，
∴h=$\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三棱錐的體積計(jì)算、直角三角形的邊角關(guān)系、線面垂直的判定與性質(zhì)定理、勾股定理、余弦定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．