Question

5．如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=1，$AD=\sqrt{2}$，E是AD的中點(diǎn)，BE與AC交于點(diǎn)F，GF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求證：AF⊥面BEG；
（Ⅱ）若AF=FG，求點(diǎn)E到平面ABG距離．

Answer 1

分析 利用勾股定理證明AC⊥BE，然后證明AC⊥GF，即可證明AF⊥平面BEG．
（2）設(shè)點(diǎn)E到平面ABG的距離為d，利用$\frac{1}{3}{S_{△ABG}}•d=\frac{1}{3}{S_{△ABF}}•GF$，求解即可．

解答 證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴△AEF∽△CBF，
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{EF}{BF}=\frac{AE}{BC}=\frac{1}{2}$…（1分）
又∵矩形ABCD中，$AB=1，AD=\sqrt{2}$，∴$AE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，AC=\sqrt{3}$
在Rt△BEA中，$BE=\sqrt{A{B^2}+A{E^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
∴$AF=\frac{1}{3}AC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，$BD=\frac{2}{3}BE=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$…（2分）
在△ABF中，$A{F^2}+B{F^2}={（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）^2}+{（\frac{{\sqrt{6}}}{3}）^2}=1=A{B^2}$
∴∠AFB=90°，即AC⊥BE…（4分）
∵GF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD∴AC⊥GF…（5分）
又∵BE∩GF=F，BE，GF?平面BCE∴AF⊥平面BEG…（6分）
（2）在Rt△AGF中，$AG=\sqrt{A{F^2}+G{F^2}}$=$\sqrt{{{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}+{{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$
在Rt△BGF中，$BG=\sqrt{B{F^2}+G{F^2}}$=$\sqrt{{{（\frac{{\sqrt{6}}}{3}）}^2}+{{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}}=1$…（8分）
在△ABG中，$AG=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，BG=AB=1
∴${S_{△ABG}}=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{6}}}{3}×\sqrt{1-{{（\frac{{\sqrt{6}}}{6}）}^2}}$=$\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{6}}}{3}×\frac{{\sqrt{30}}}{6}=\frac{{\sqrt{5}}}{6}$…（10分）
設(shè)點(diǎn)E到平面ABG的距離為d，則$\frac{1}{3}{S_{△ABG}}•d=\frac{1}{3}{S_{△ABF}}•GF$，…（11分）
∴$d=\frac{{{S_{ABF}}•GF}}{{{S_{△ABG}}}}$=$\frac{{\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}×1×\frac{{\sqrt{3}}}{3}}}{{\frac{{\sqrt{5}}}{6}}}=\frac{{\sqrt{30}}}{10}$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查點(diǎn)到平面的距離距離的求法，直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．