Question

11．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． 
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO=$\frac{1}{2}$AC．利用DO²+BO²=AB²=BD²．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．
（2）设点D，B到平面ACE的距离分别为h_D，h_E．则$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，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，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．

解答 （1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠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：设点D，B到平面ACE的距离分别为h_D，h_E．则$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$．
∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
∴$\frac{\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{h}_{D}}{\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{h}_{E}}$=$\frac{{h}_{D}}{{h}_{E}}$=$\frac{DE}{BE}$=1．
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．
则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）．
设平面ADE的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，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的法向量为$\overrightarrow{n}$=（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的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查了空间位置关系、空间角、三棱锥的体积计算公式、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．