（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△A…——2017 高考数学第 19 题答案解析

（1）取 $AC$ 的中点 $O$，连接 $BO, DO$。
因为 $\triangle ABC$ 是正三角形，所以 $BO \perp AC$。
在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$ 中，由已知 $AB=BC$（正三角形性质），$BD=BD$，$\angle ABD = \angle CBD$，
所以 $\triangle ABD \cong \triangle CBD$，故 $AD=CD$。
因为 $\triangle ACD$ 是直角三角形且 $AD=CD$，所以 $\angle ADC = 90^\circ$，即 $AC$ 为斜边。
由直角三角形斜边中线定理可知，$DO = \frac{1}{2}AC = AO = OC$。
设 $AB=2a$，则 $AC=2a, AO=a, BO=\sqrt{3}a, DO=a$。
在 $\triangle BOD$ 中，$BD=AB=2a$，
因为 $BO^2 + DO^2 = (\sqrt{3}a)^2 + a^2 = 4a^2 = BD^2$，
所以 $\triangle BOD$ 为直角三角形，即 $BO \perp DO$。
又因为 $BO \perp AC$，且 $AC \cap DO = O$，$AC, DO \subset$ 平面 $ACD$，
所以 $BO \perp$ 平面 $ACD$。
因为 $BO \subset$ 平面 $ABC$，所以平面 $ACD \perp$ 平面 $ABC$。

（2）由（1）知 $BO \perp$ 平面 $ACD$，且 $DO \perp AC$。
以 $O$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OD}$ 的方向为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。
不妨设 $AB=2$，则 $A(1, 0, 0), C(-1, 0, 0), B(0, \sqrt{3}, 0), D(0, 0, 1)$。
因为平面 $AEC$ 将四面体 $ABCD$ 分成体积相等的两部分，
即 $V_{E-ACD} = V_{E-ABC} = \frac{1}{2} V_{B-ACD}$。
由于 $E$ 在 $BD$ 上，点 $E$ 到平面 $ACD$ 的距离 $h_E$ 与点 $B$ 到平面 $ACD$ 的距离 $h_B$ 之比等于 $DE:DB$（注意：此处应看作以 $ACD$ 为底，顶点分别为 $E, B$ 的棱锥，或者更简单地，利用体积比转化为线段比）。
实际上，考虑四面体 $ABCD$ 被平面 $ACE$ 分割为 $E-ACD$ 和 $E-ABC$。
$V_{E-ACD} = \frac{1}{3} S_{\triangle ACD} \cdot h_{E \to ACD}$，$V_{B-ACD} = \frac{1}{3} S_{\triangle ACD} \cdot h_{B \to ACD}$。
因为 $E$ 在线段 $BD$ 上，所以 $\frac{h_{E \to ACD}}{h_{B \to ACD}} = \frac{DE}{DB}$。
同理，若看 $V_{E-ABC}$ 与 $V_{D-ABC}$，则比为 $\frac{BE}{BD}$。
题目条件等价于 $V_{E-ACD} = V_{E-ABC}$。
而 $V_{ABCD} = V_{B-ACD} = V_{D-ABC}$。
由对称性及计算可知，当 $E$ 为 $BD$ 中点时，平面 $ACE$ 平分体积。
具体推导：$V_{E-ACD} = \frac{DE}{DB} V_{B-ACD}$，$V_{E-ABC} = \frac{BE}{BD} V_{D-ABC}$。
因为 $V_{B-ACD} = V_{D-ABC}$，若要两部分体积相等，需 $\frac{DE}{DB} = \frac{BE}{BD}$，即 $DE=BE$，故 $E$ 为 $BD$ 中点。
所以 $E(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$。

求二面角 $D-AE-C$ 的余弦值，即求平面 $ADE$ 与平面 $ACE$ 法向量夹角的余弦值。
$\overrightarrow{AD} = (-1, 0, 1)$，$\overrightarrow{AE} = (-1, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$，$\overrightarrow{AC} = (-2, 0, 0)$。

设平面 $ADE$ 的法向量为 $\vec{n_1} = (x, y, z)$，
则 $\begin{cases} \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{AD} = -x + z = 0 \\ \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{AE} = -x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + \frac{1}{2}z = 0 \end{cases}$。
由 $z=x$，代入第二式得 $-x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + \frac{1}{2}x = 0 \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}y = \frac{1}{2}x \Rightarrow x = \sqrt{3}y$。
令 $y=1$，则 $x=\sqrt{3}, z=\sqrt{3}$。
故 $\vec{n_1} = (\sqrt{3}, 1, \sqrt{3})$。

设平面 $ACE$ 的法向量为 $\vec{n_2} = (x, y, z)$，
则 $\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{AC} = -2x = 0 \Rightarrow x=0 \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{AE} = -x + \frac{\sqrt{3}}{2}y + \frac{1}{2}z = 0 \end{cases}$。
代入 $x=0$ 得 $\frac{\sqrt{3}}{2}y + \frac{1}{2}z = 0 \Rightarrow z = -\sqrt{3}y$。
令 $y=1$，则 $z=-\sqrt{3}$。
故 $\vec{n_2} = (0, 1, -\sqrt{3})$。

设二面角 $D-AE-C$ 的大小为 $\theta$，由图可知该二面角为锐角。
$\cos \theta = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|} = \frac{|0 + 1 - 3|}{\sqrt{3+1+3} \cdot \sqrt{0+1+3}} = \frac{2}{\sqrt{7} \cdot 2} = \frac{1}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{7}}{7}$。

故二面角 $D-AE-C$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{7}}{7}$。