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2024年高考数学甲卷-文18<-->2024年高考数学甲卷-文20
（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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