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2024年高考数学甲卷-文19

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（12分）如图，在以

$A$ ，

$B$ ，

$C$ ，

$D$ ，

$E$ ，

$F$ 为顶点的五面体中，四边形

$ABCD$ 与四边形

$ADEF$ 均为等腰梯形，

$AB//CD$ ，

$CD//EF$ ，

$AB=DE=EF=CF=2$ ，

$CD=4$ ，

$AD=BC=\sqrt{10}$ ，

$AE=2\sqrt{3}$ ，

$M$ 为

$CD$ 的中点．
（1）证明：

$EM//$ 平面

$BCF$ ；
（2）求点

$M$ 到

$ADE$ 的距离．

分析：（1）易证四边形

$EFCM$ 为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取

$DM$ 的中点

$O$ ，连结

$OA$ ，

$OE$ ，可证明

$OA\bot$ 平面

$DEM$ ，利用

$V_{M-ADE}=V_{A-MDE}$ 求解即可．
（1）证明：由题意得：

$EF//CM$ ，

$EF=CM$ ，
所以四边形

$EFCM$ 为平行四边形，
所以

$EM//CF$ ，
而

$EM\not\subset$ 平面

$BCF$ ，

$CF\subset$ 平面

$BCF$ ，
所以

$EM//$ 平面

$BCF$ ．
（2）解：取

$DM$ 的中点

$O$ ，连结

$OA$ ，

$OE$ ，

由已知得，

$\Delta EMD$ 是边长为2的等边三角形，

$\Delta ADM$ 是以

$AD=AM=\sqrt{10}$ 为腰的等腰三角形，
则

$OE\bot DM$ ，

$OA\bot DM$ ，

$OA=3$ ，

$OE=\sqrt{3}$ ，

$S_{\Delta DEM}=\dfrac{1}{2}\times 2^{2}\times \sin 60^\circ =\sqrt{3}$ ，
因为

$AE=2\sqrt{3}$ ，所以

$OA^{2}+OE^{2}=AE^{2}$ ，即

$OA\bot OE$ ，
又

$DM\bigcap OE=O$ ，所以

$OA\bot$ 平面

$DEM$ ，
因为

$DE=2$ ，

$AD=\sqrt{10}$ ，

$\cos \angle ADE=\dfrac{A{D}^{2}+D{E}^{2}-A{E}^{2}}{2AD\cdot DE}=\dfrac{1}{2\sqrt{10}}$ ，所以

$\sin \angle ADE=\dfrac{\sqrt{39}}{2\sqrt{10}}$ ，

$S_{\Delta ADE}=\dfrac{1}{2}AD\cdot DE\cdot \sin \angle ADE=\dfrac{\sqrt{39}}{2}$ ，
设点

$M$ 到平面

$ADE$ 的距离为

$h$ ，因为

$V_{M-ADE}=V_{A-MDE}$ ，
所以

$\dfrac{1}{3}\cdot S_{\Delta ADE}\cdot h=\dfrac{1}{3}\cdot S_{\Delta DEM}\cdot AO$ ，

$\dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt{39}}{2}\times h=\dfrac{1}{3}\times \sqrt{3}\times 3$ ，

$h=\dfrac{6\sqrt{13}}{13}$ ，
故点

$M$ 到平面

$ADE$ 的距离为

$\dfrac{6\sqrt{13}}{13}$ ．
点评：本题考查了空间线面平行、点面距离，属于中档题．

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