Question

19．如圖，已知四邊形ABEF為矩形，四邊形ABCD為直角梯形，平面ABEF⊥平面ABCD，∠BAD=90°，AB∥CD，AF=BC=2，CD=3，AB=4．
（1）求證：AC⊥平面BCE；
（2）求點(diǎn)E到平面BCF的距離．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)C作CM⊥AB，垂足為M，可得四邊形ADCM是矩形利用勾股定理可得CM=$\sqrt{3}$．由AC²+BC²=16=AB²，利用勾股定理的逆定理可得AC⊥CB．
由矩形的性質(zhì)可得：AF⊥AB．利用面面垂直的性質(zhì)定理可得：AF⊥平面ABCD，又BE∥AF，可得BE⊥平面ABCD，BE⊥AC，即可證明AC⊥平面BCE．
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)平面BCF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CF}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$，利用點(diǎn)E到平面BCF的距離d=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EB}|}{|\overrightarrow{n}|}$即可得出．

解答 證明：（1）過點(diǎn)C作CM⊥AB，垂足為M．則四邊形ADCM是矩形，
∴AM=DC=3，∴BM=1，
在Rt△BCM中，CM=$\sqrt{B{C}^{2}-B{M}^{2}}$=$\sqrt{3}$．
在Rt△ACM中，AC²=AM²+CM²=12，
∴AC²+BC²=16=AB²，
∴∠ACB=90°，∴AC⊥CB．
∵四邊形ABEF為矩形，
∴AF⊥AB．
∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
∴AF⊥平面ABCD，又BE∥AF，
∴BE⊥平面ABCD，
由AC?平面ABCD，
∴BE⊥AC，又BE∩BC=B，
∴AC⊥平面BCE．
解：（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
∴A（0，0，0），C（$\sqrt{3}$，3，0），B（0，4，0），F(xiàn)（0，0，2），E（0，4，2）．
∴$\overrightarrow{CF}$=（-$\sqrt{3}$，-3，2），$\overrightarrow{BC}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），$\overrightarrow{EB}$=（0，0，-2）．
設(shè)平面BCF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CF}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x-3y+2z=0}\\{\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=$（1，\sqrt{3}，2\sqrt{3}）$，
∴點(diǎn)E到平面BCF的距離d=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EB}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{4}$=$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系、距離的計(jì)算、線面垂直平行判定與性質(zhì)定理、矩形的性質(zhì)、勾股定理與逆定理的應(yīng)用、法向量的應(yīng)用、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．