Question

17．如图，梯形ABCD中，AB∥CD，BE⊥CD，DE=BE=CE=2AB，将ABED沿BE边翻折，使平面ABED⊥平面BCE，M是BC的中点，点N在线段DE上且满足DN=$\frac{1}{4}$DE．
（1）求证：MN∥平面ACD
（2）若AB=2，求点A到平面BMN的距离．

Answer 1

分析 （1）取AC中点G，连接，MG，DG，证明四边形DGMN是平行四边形，可得DG∥MN，利用线面平行的判定定理，证明MN∥平面ACD
（2）若AB=2，由 V_A-BMN=V_M-ABN得点A到平面BMN的距离．

解答 （1）证明：取AC中点G，连接，MG，DG
∵AG=GC，BM=MC∴GM∥AB，且 $GM=\frac{1}{2}AB$
∵AB∥DE，且 AB=$\frac{1}{2}$DE，$DN=\frac{1}{4}DE$∴DN∥AB，且$DN=\frac{1}{2}AB$
∴四边形DGMN是平行四边形，∴DG∥MN，…3分
又∵DG?平面ACD，MN?平面ACD，
∴MN∥平面ACD．…（5分）
（2）解：设点A到平面BMN的距离为h．
∵平面ABED⊥平面BCE，且CE⊥BE，∴CE⊥平面ABED，
又 M是BC的中点，
∴点M到平面ABED的距离等于点C到平面ABED的距离的一半，即为$\frac{1}{2}BC=2$，…（7分）
在△BMN中  由平面ABED⊥平面BCE，且DE⊥BE得DE⊥平面BCE，
∴$NB=\sqrt{N{E^2}+B{E^2}}=\sqrt{{3^2}+{4^2}}=5$$NC=\sqrt{N{E^2}+C{E^2}}=\sqrt{{3^2}+{4^2}}=5$，
∴NB=NC，故NM⊥BM．
又 $MN=\sqrt{N{E^2}+M{E^2}}=\sqrt{{3^2}+{{（2\sqrt{2}）}^2}}=\sqrt{17}$，$BM=2\sqrt{2}$，
∴${S_{△BMN}}=\frac{1}{2}•BM•MN=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{17}=\sqrt{34}$．
而 ${S_{△ABN}}=\frac{1}{2}•AB•BE=\frac{1}{2}×4×2=4$…（9分）
由 V_A-BMN=V_M-ABN得 $\frac{1}{3}•{S_{△BMN}}•h=\frac{1}{3}•{S_{△ABN}}•\frac{1}{2}•CE$，
即 $\frac{1}{3}×\sqrt{34}×h=\frac{1}{3}×4×2$解得 $h=\frac{{4\sqrt{34}}}{17}$，
∴点A到平面BMN的距离为$\frac{{4\sqrt{34}}}{17}$….12 分

点评 本题考查直线与平面平行的证明，考查点到平面距离的求法，解题时要注意空间思维能力的培养，要注意等积法的合理运用．