（12分）如图四面体 A B C D 中， A B C 是…——2017 高考数学第 19 题答案解析

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LW：直线与平面垂直．
【专题】11：计算题；31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离

【分析】（1）取 $A C$ 中点 $O$ ，连结 $D O , B O$ ，推导出 $D O \perp A C, B O \perp A C$ ，从而 $A C \perp$ 平面BDO，由此能证明ACnBD．
（2）法一：连结 OE ，设 $\mathrm{AD}=\mathrm{CD}=\sqrt{2}$ ，则 $\mathrm{OC}=\mathrm{OA}=1$ ，由余弦定理求出 $\mathrm{BE}=1$ ，由 BE $=E D$ ，四面体 $A B C E$ 与四面体 $A C D E$ 的高都是点 $A$ 到平面 $B C D$ 的高 $h, S_{\triangle D C E}=S_{\triangle B C E}$ ，由此能求出四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比．法二：设 $\mathrm{AD}=\mathrm{CD}=\sqrt{2}$ ，则 $A C=A B=B C=B D=2, A O=C O=D O=1, B O=\sqrt{3}$ ，推导出 $B O \perp D O$ ，以 $O$ 为原点，$O A$为 $x$ 轴，$O B$ 为 $y$ 轴，$O D$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，由 $A E \perp E C$ ，求出 $D E=B E$ ，由此能求出四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【解答】证明：（1）取 AC 中点 O ，连结 $\mathrm{DO} , \mathrm{BO}$ ，

$\because \triangle \mathrm{ABC}$ 是正三角形， $\mathrm{AD}=\mathrm{CD}$ ，
$\therefore \mathrm{DO} \perp \mathrm{AC}, \mathrm{BO} \perp \mathrm{AC}$ ，
$\because \mathrm{DO} \cap \mathrm{BO}=\mathrm{O}, \therefore \mathrm{AC} \perp$ 平面 BDO ，
$\because \mathrm{BDC} \subset$ 平面 $\mathrm{BDO}, \quad \therefore \mathrm{AC} \perp \mathrm{BD}$ ．
解：（2）法一：连结 $O E$ ，由（1）知 $A C \perp$ 平面 $O B D$ ，
$\because \mathrm{OEC} \subset$ 平面 $\mathrm{OBD}, \quad \therefore \mathrm{OE} \perp \mathrm{AC}$ ，
设 $A D=C D=\sqrt{2}$ ，则 $O C=O A=1, E C=E A$ ，
$\because A E \perp C E, \quad A C=2, \quad \therefore E C^{2}+E A^{2}=A C^{2}$ ，
$\therefore \mathrm{EC}=\mathrm{EA}=\sqrt{2}=\mathrm{CD}$ ，
$\therefore E$ 是线段 $A C$ 垂直平分线上的点，$\therefore E C=E A=C D=\sqrt{2}$ ，
由余弦定理得：
$\cos \angle C B D=\frac{B^{2}+B D^{2}-C D^{2}}{2 B C \cdot B D}=\frac{B C^{2}+B E^{2}-C E^{2}}{2 B C \cdot B E}$,
即 $\frac{4+4-2}{2 \times 2 \times 2}=\frac{4+\mathrm{BE}^{2}-2}{2 \times 2 \times \mathrm{BE}}$ ，解得 $\mathrm{BE}=1$ 或 $\mathrm{BE}=2$ ，
$\because \mathrm{BE} \ll \mathrm{BD}=2, \quad \therefore \mathrm{BE}=1, \quad \therefore \mathrm{BE}=\mathrm{ED}$,
∵ 四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 h ，
$\because \mathrm{BE}=\mathrm{ED}, \quad \therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{DCE}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{BCE}}$ ，
∴ 四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．
法二：设 $A D=C D=\sqrt{2}$ ，则 $A C=A B=B C=B D=2, A O=C O=D O=1$ ，
$\therefore B O=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}, \quad \therefore B O^{2}+D O^{2}=B D^{2}, \quad \therefore B O \perp D O$ ，
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 $C(-1,0,0), D(0,0,1), B(0, \sqrt{3}, 0), A(1,0,0)$ ，
设 $E(a, b, c), \overrightarrow{D E}=\lambda \overrightarrow{D B},(0 \leq \lambda \leq 1)$ ，则 $(a, b, c-1)=\lambda(0, \sqrt{3},-1)$
，解得 $\mathrm{E}(0, \sqrt{3} \lambda, 1-\lambda)$ ，
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{CE}}=(1, \sqrt{3} \lambda, 1-\lambda), \overrightarrow{\mathrm{AE}}=(-1, \sqrt{3} \lambda, 1-\lambda)$ ，
$\because \mathrm{AE} \perp \mathrm{EC}, \quad \therefore \overrightarrow{\mathrm{AE}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{CE}}=-1+3 \lambda^{2}+(1-\lambda)^{2}=0$ ，
由 $\lambda \in[0,1]$ ，解得 $\lambda=\frac{1}{2}, \therefore \mathrm{DE}=\mathrm{BE}$ ，
∵ 四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 h ，

$\because \mathrm{DE}=\mathrm{BE}, \quad \therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{DCE}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{BCE}}$ ，
∴ 四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．

【点评】本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题。