Question

6．已知幾何體ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四邊形ACFE是矩形，F(xiàn)B=$\sqrt{2}$，M，N分別為EF，AB的中點．
（Ⅰ）求證：MN∥平面FCB；
（Ⅱ）若FC=1，求點A到平面MCB的距離．

Answer 1

分析 （I）取BC的中點Q，連接NQ，F(xiàn)Q，利用三角形中位線定理與平行四邊形的判定可得四邊形MNQF是平行四邊形，因此MN∥FQ，再利用線面平行的判定定理即可證明．
（II）由AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，可得∠ACB=90°，AC=$\sqrt{3}$，AB=2．進而得到FC⊥BC，AC⊥BC，BC⊥平面ACFE．設點A到平面MCB的距離為h，則V_A-MCB=$\frac{1}{3}{S}_{△MCB}$•h．四邊形ACFE為矩形，又V_A-MCB=V_B-ACM=$\frac{1}{3}×BC×{S}_{△ACM}$，即可得出．

解答 （I）證明：取BC的中點Q，連接NQ，F(xiàn)Q，則NQ=$\frac{1}{2}$AC，NQ∥AC，
又MF=$\frac{1}{2}$AC，MF∥AC，
∴MF=NQ，MF∥NQ，則四邊形MNQF是平行四邊形，
∴MN∥FQ，F(xiàn)Q?平面FCB，MN?平面FCB，
∴MN∥平面FCB．
（II）解：∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，可得∠ACB=90°，AC=$\sqrt{3}$，AB=2．
又FC=1，F(xiàn)B=$\sqrt{2}$，BC=1，∴FC⊥BC，又∠ACB=90°，即AC⊥BC．∴BC⊥平面ACFE．
設點A到平面MCB的距離為h，則V_A-MCB=$\frac{1}{3}{S}_{△MCB}$•h．
四邊形ACFE為矩形，又V_A-MCB=V_B-ACM=$\frac{1}{3}×BC×{S}_{△ACM}$=$\frac{1}{3}×1×\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
S_△MCB=$\frac{1}{2}×1×$$\sqrt{1+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{4}$，
∴h=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{7}}{4}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，則點A到平面MCB的距離為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系、線面平行的判定定理、三角形中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理、直角三角形的判定與性質(zhì)、三棱錐的體積計算公式、“等體積法”，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．