Question

10．如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，E为线段AD的中点，F是BE的中点，将△ABE沿直线BE翻折成△A′BE，使得A′F⊥CD，
（Ⅰ）求证：平面A′BE⊥平面BCDE；
（Ⅱ）若四棱锥A′-BCDE的体积为$2\sqrt{2}$，求点F到平面A′DE的距离．

Answer 1

分析 （I）由A′F⊥BE，A′F⊥CD可得A′F⊥平面BCDE，于是平面A′BE⊥平面BCDE；
（II）根据四棱锥体积列方程解出A′B，利用三棱锥A′-DEF的体积使用等积法求出点F到平面A′DE的距离．

解答 证明：（Ⅰ）∵BC=2AB，E为线段AD的中点，
∴AB=AE，AF⊥BE，
故在四棱锥A'-BCDE中，A′F⊥BE
又∵A′F⊥CD，且BE、CD为相交直线，
∴A′F⊥平面BCDE，又A′F?平面A′BE
∴平面A′BE⊥平面BCDE；
解：（Ⅱ）设A′B=x，则BC=2x，CD=DE=x，
在等腰直角△A′BE中，$BE=\sqrt{2}x$，$A'F=\frac{1}{2}BE=\frac{{\sqrt{2}x}}{2}$；
由（Ⅰ）知A′F是四棱锥A′-BCDE的高，
故${V_{A'-BCDE}}=\frac{1}{3}•{S_{BCDE}}•A'F=\frac{1}{3}•\frac{1}{2}•（{2x+x}）•x•\frac{{\sqrt{2}x}}{2}=2\sqrt{2}$，
整理得x³=8，
∴x=2，
连结DF，在△DEF中，由余弦定理可求得$DF=\sqrt{10}$，
于是$A'D=\sqrt{A'{F^2}+D{F^2}}=2\sqrt{3}$，
∴cos∠A′ED=$\frac{A′{E}^{2}+D{E}^{2}-{A}^{′}{D}^{2}}{2A′E•DE}$=-$\frac{1}{2}$，
∴sin∠A′ED=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴S_△A′DE=$\frac{1}{2}×2×2×\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$；
设点F到平面A′DE的距离为d，因${S_{△FED}}=\frac{1}{2}ED•\frac{1}{2}CD=1$，
由V_F-A'DE=V_A'-FED$⇒\frac{1}{3}•d•{S_{△A'DE}}=\frac{1}{3}•A'F•{S_{△FDE}}⇒d=\frac{{A'F•{S_{△FDE}}}}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
∴点F到平面A′DE的距离为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算，属于中档题．