Question

17．如圖所示，在多面體EF-ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，O為BC的中點(diǎn)，EF∥AO，EA=EC=EF=$\sqrt{3}$．
（1）若平面ABC∩平面BEF=l，證明：EF∥l；
（2）求證：AC⊥BE；
（3）若BE=$\sqrt{5}$，EO=$\sqrt{3}$，求點(diǎn)B到平面AFO的距離．

Answer 1

分析 （1）利用直線和平面平行的判定證得EF∥平面ABC，再利用直線和平面平行的性質(zhì)定理，證得EF∥l．
（2）利用直線和平面垂直的判定定理證得AC⊥平面BEH，再利用直線和平面垂直的性質(zhì)定理，證得AC⊥BE．
（3）先求得F-BCA的體積，再根據(jù)等體積法求得點(diǎn)B到平面AFO的距離．

解答 解：（1）∵EF∥AO，EF?平面ABC，AO?平面ABC，∴EF∥平面ABC，
又因?yàn)槠矫鍭BC∩平面BEF=l，所以EF∥l．
（2）取AC的中點(diǎn)H，連接EH，BH，∵EA=EC，∴EH⊥AC，
因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，所以BA=BC，BH⊥AC，
因?yàn)锽H∩EH=H，所以AC⊥平面BEH，
∵BE?平面BEH，∴AC⊥BE．
（3）∵在△EAC中，$EA=EC=\sqrt{3}，AC=2$，
所以$EH=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$，
因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，所以$BH=\sqrt{3}$，
因?yàn)?BE=\sqrt{5}$，所以EH²+HB²=BE²，所以EH⊥HB，
因?yàn)锳C∩HB=H，所以EH⊥平面ABC，
又因?yàn)?{S_{△ABC}}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}×4=\sqrt{3}$，所以${V_{E-BCA}}=\frac{1}{3}×\sqrt{3}×\sqrt{2}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∵EF∥AO，∴${V_{F-BCA}}={V_{E-BCA}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∵$EO=\sqrt{3}$，四邊形AOFE為平行四邊形，$EA=EF=\sqrt{3}$，
∴$∠AOF={120^0}，{S_{△AOF}}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{3}{4}\sqrt{3}$，
設(shè)點(diǎn)B到平面AFO的距離為d，
由${V_{B-AFO}}=\frac{1}{2}{V_{F-BCA}}=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$，得$\frac{1}{3}×d×\frac{3}{4}\sqrt{3}=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$，解得$d=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線和平面平行的判定和性質(zhì)，直線和平面垂直的判定和性質(zhì)，用等體積法求點(diǎn)到平面的距離，屬于中檔題．