Question

11．如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． 
（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D-AE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，取AC的中點O，連接BO，OD．△ABC是等邊三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜邊，∠ADC=90°．可得DO=$\frac{1}{2}$AC．利用DO²+BO²=AB²=BD²．可得OB⊥OD．利用線面面面垂直的判定與性質定理即可證明．
（2）設點D，B到平面ACE的距離分別為h_D，h_E．則$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$．根據平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，可得$\frac{\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{h}_{D}}{\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{h}_{E}}$=$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$=1，即點E是BD的中點．建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨取AB=2．利用法向量的夾角公式即可得出．

解答 （1）證明：如圖所示，取AC的中點O，連接BO，OD．
∵△ABC是等邊三角形，∴OB⊥AC．
△ABD與△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜邊，∴∠ADC=90°．
∴DO=$\frac{1}{2}$AC．
∴DO²+BO²=AB²=BD²．
∴∠BOD=90°．
∴OB⊥OD．
又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．
又OB?平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC．
（2）解：設點D，B到平面ACE的距離分別為h_D，h_E．則$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$．
∵平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，
∴$\frac{\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{h}_{D}}{\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{h}_{E}}$=$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$=1．
∴點E是BD的中點．
建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨取AB=2．
則O（0，0，0），A（1，0，0），C（-1，0，0），D（0，0，1），B（0，$\sqrt{3}$，0），E$（0，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}）$．
$\overrightarrow{AD}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{AE}$=$（-1，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}）$，$\overrightarrow{AC}$=（-2，0，0）．
設平面ADE的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-x+z=0}\\{-x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{1}{2}z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（3，\sqrt{3}，3）$．
同理可得：平面ACE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（0，1，$-\sqrt{3}$）．
∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{21}×2}$=-$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
∴二面角D-AE-C的余弦值為$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查了空間位置關系、空間角、三棱錐的體積計算公式、向量夾角公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．