Question

4．如圖，在四棱錐A-CDEF中，四邊形CDFE為直角梯形，CE∥DF，EF⊥FD，AF⊥平面CEFD，P為AD中點，EC=$\frac{1}{2}$FD．
（Ⅰ）求證：CP∥平面AEF；
（Ⅱ）設EF=2，AF=3，F(xiàn)D=4，求點F到平面ACD的距離．

Answer 1

分析 （I）如圖所示，取AF的中點Q，連接PQ，QE．利用三角形中位線定理可得：PQ∥FD，PQ=$\frac{1}{2}$FD，又CE∥DF，EC=$\frac{1}{2}$FD．可得四邊形CEQP是平行四邊形，于是CP∥EQ，利用線面平行的判定定理可得CP∥平面AEF．
（II）設點F到平面ACD的距離為h．取FD的中點M，則EC$\underset{∥}{=}$FM，利用正方形的判定定理可得四邊形CEMF是正方形，可得CD⊥CF，利用三垂線定理可得：CD⊥AC．利用V_A-CDF=V_F-ACD，即可得出．

解答 （I）證明：如圖所示，取AF的中點Q，連接PQ，QE．又P為AD中點，∴PQ∥FD，PQ=$\frac{1}{2}$FD，
又CE∥DF，EC=$\frac{1}{2}$FD．∴PQ$\underset{∥}{=}$EC，∴四邊形CEQP是平行四邊形，∴CP∥EQ，又CP?平面AEF，EQ?平面AEF，
∴CP∥平面AEF．
（II）解：設點F到平面ACD的距離為h．
取FD的中點M，則EC$\underset{∥}{=}$FM，∴四邊形CEFM是平行四邊形，又EF⊥FD，EF=FM=2，
∴四邊形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}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系、線面面面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理、正方形的性質(zhì)、勾股定理、三棱錐的體積計算公式、三角形中位線定理、三垂線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．