Question

10．如图，四面体ABCD中，△ABC是边长为2的正三角形，AD=CD=$\sqrt{2}$，E为BD上一点．
（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（Ⅱ）若二面角D-AE-C的所成角的平面角的余弦值为$\frac{4}{7}$，求BE的长．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出AD⊥CD，过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，则O是AC的中点，由此能证明平面ACD⊥平面ABC．
（Ⅱ）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BE．

解答 证明：（Ⅰ）∵四面体ABCD中，△ABC是边长为2的正三角形，AD=CD=$\sqrt{2}$，
∴AD²+CD²=AC²，∴AD⊥CD，
过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，
∵AD⊥CD，AD=CD，∴O是AC的中点，
∵DO⊥平面ABC，且DO?平面ACD，
∴平面ACD⊥平面ABC．
解：（Ⅱ）以O为原点，OA为x轴，
OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），D（0，0，1），
C（-1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），
E为BD上一点，设E（a，b，c），$\overrightarrow{DE}=λ\overrightarrow{DB}$（0≤λ≤1），
则（a，b，c-1）=（0，$\sqrt{3}λ$，-λ），
∴$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=\sqrt{3}λ}\\{c=1-λ}\end{array}\right.$，∴E（0，$\sqrt{3}λ$，1-λ），
$\overrightarrow{AD}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{AE}$=（-1，$\sqrt{3}λ$，1-λ），$\overrightarrow{AC}$=（-2，0，0），
平面ADE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=-x+z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=-x+\sqrt{3}λy+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1），
设平面ACE的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=-2x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=-x+\sqrt{3}λy+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，
取y=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（0，$\sqrt{3}$，$\frac{3λ}{λ-1}$），
∵二面角D-AE-C的所成角的平面角的余弦值为$\frac{4}{7}$，
∴$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{|1+\frac{3λ}{λ-1}|}{\sqrt{2+\frac{1}{3}}•\sqrt{3+（\frac{3λ}{λ-1}）^{2}}}$=$\frac{4}{7}$，
由λ∈（0，1），解得$λ=\frac{3}{4}$，
∴BE=2×（1-$\frac{3}{4}$）=$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．