分析 利用勾股定理证明AC⊥BE,然后证明AC⊥GF,即可证明AF⊥平面BEG.
(2)设点E到平面ABG的距离为d,利用$\frac{1}{3}{S_{△ABG}}•d=\frac{1}{3}{S_{△ABF}}•GF$,求解即可.
解答 证明:∵四边形ABCD为矩形,∴△AEF∽△CBF,
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{EF}{BF}=\frac{AE}{BC}=\frac{1}{2}$…(1分)
又∵矩形ABCD中,$AB=1,AD=\sqrt{2}$,∴$AE=\frac{{\sqrt{2}}}{2},AC=\sqrt{3}$
在Rt△BEA中,$BE=\sqrt{A{B^2}+A{E^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
∴$AF=\frac{1}{3}AC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$,$BD=\frac{2}{3}BE=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$…(2分)
在△ABF中,$A{F^2}+B{F^2}={(\frac{{\sqrt{3}}}{3})^2}+{(\frac{{\sqrt{6}}}{3})^2}=1=A{B^2}$
∴∠AFB=90°,即AC⊥BE…(4分)
∵GF⊥平面ABCD,AC?平面ABCD∴AC⊥GF…(5分)
又∵BE∩GF=F,BE,GF?平面BCE∴AF⊥平面BEG…(6分)
(2)在Rt△AGF中,$AG=\sqrt{A{F^2}+G{F^2}}$=$\sqrt{{{(\frac{{\sqrt{3}}}{3})}^2}+{{(\frac{{\sqrt{3}}}{3})}^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$
在Rt△BGF中,$BG=\sqrt{B{F^2}+G{F^2}}$=$\sqrt{{{(\frac{{\sqrt{6}}}{3})}^2}+{{(\frac{{\sqrt{3}}}{3})}^2}}=1$…(8分)
在△ABG中,$AG=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$,BG=AB=1
∴${S_{△ABG}}=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{6}}}{3}×\sqrt{1-{{(\frac{{\sqrt{6}}}{6})}^2}}$=$\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{6}}}{3}×\frac{{\sqrt{30}}}{6}=\frac{{\sqrt{5}}}{6}$…(10分)
设点E到平面ABG的距离为d,则$\frac{1}{3}{S_{△ABG}}•d=\frac{1}{3}{S_{△ABF}}•GF$,…(11分)
∴$d=\frac{{{S_{ABF}}•GF}}{{{S_{△ABG}}}}$=$\frac{{\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}×1×\frac{{\sqrt{3}}}{3}}}{{\frac{{\sqrt{5}}}{6}}}=\frac{{\sqrt{30}}}{10}$…(12分)
点评 本题考查点到平面的距离距离的求法,直线与平面垂直的判定定理的应用,考查计算能力.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | f(x)=x2+2x-7 | B. | f(x)=$\frac{3x+5}{|x-2|}$ | C. | f(x)=$\sqrt{x}$-1 | D. | f(x)=-4x+1(x≥0) |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | 1,$\sqrt{3}$ | B. | $\sqrt{3}$,1 | C. | 1,2 | D. | 2,1 |
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | ?x0∈[0,+∞),使f(x0)>0 | B. | f(x)的图象过点(1,1) | ||
C. | f(x)是增函数 | D. | ?x∈R,f(-x)+f(x)=0 |
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科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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科目:高中数学 来源: 题型:解答题
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科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | {-1,0} | B. | {1,2} | C. | {0,2} | D. | {-1,1,2} |
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