2017_新课标 III 卷 (2017·理)
19．（12分）如图，四面体 $A B C D$ 中，$\triangle A B C$ 是正三角形，$\triangle A C D$ 是直角三角形， $\angle A B D=\angle C B D, A B=B D$ ．
（1）证明：平面 $A C D \perp$ 平面 $A B C$ ；
（2）过 $A C$ 的平面交 $B D$ 于点 $E$ ，若平面 $A E C$ 把四面体 $A B C D$ 分成体积相等的两部分 ，求二面角 $\mathrm{D}-\mathrm{AE}-\mathrm{C}$ 的余弦值。
【考点】 $L Y$ ：平面与平面垂直；$M J$ ：二面角的平面角及求法．
【专题】31：数形结合；35：转化思想；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．
【分析】（1）如图所示，取 $A C$ 的中点 $O$ ，连接 $B O, O D . \triangle A B C$ 是等边三角形，可得 $O B \perp A C$ ．由已知可得：$\triangle A B D \cong \triangle C B D, ~ A D=C D . \quad \triangle A C D$ 是直角三角形，可得 $A C$ 是斜边，$\angle A D C=90^{\circ}$ ．可得 $D O=\frac{1}{2} A C$ ．利用 $D O^{2}+B O^{2}=A B^{2}=B D^{2}$ ．可得 $O B \perp O$
D．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 $\mathrm{h}_{\mathrm{D}}, \mathrm{h}_{\mathrm{E}}$ ．则 $\frac{\mathrm{h}_{\mathrm{D}}}{\mathrm{h}_{\mathrm{E}}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{BE}}$ ．根据平面 AEC 把四面体 $A B C D$ 分成体积相等的两部分，可得 $\frac{\frac{1}{3} S_{\triangle A C E} \cdot h_{D}}{\frac{1}{3} S_{\triangle A C E} \cdot h_{E}}=\frac{h_{D}}{h_{E}}=\frac{D E}{B E}=1$ ，即点 $E$ 是 $B D$的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取 $A B=2$ ．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 ．
$\because \triangle \mathrm{ABC}$ 是等边三角形，$\therefore \mathrm{OB} \perp \mathrm{AC}$ ．
$\triangle A B D$ 与 $\triangle C B D$ 中，$A B=B D=B C, ~ \angle A B D=\angle C B D$ ，
$\therefore \triangle \mathrm{ABD} \cong \triangle \mathrm{CBD}, \quad \therefore \mathrm{AD}=\mathrm{CD}$ ．
$\because \triangle \mathrm{ACD}$ 是直角三角形，
$\therefore \mathrm{AC}$ 是斜边，$\therefore \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}$ ．
$\therefore \mathrm{DO}=\frac{1}{2} \mathrm{AC}$ ．
$\therefore \mathrm{DO}^{2}+\mathrm{BO}^{2}=\mathrm{AB}^{2}=\mathrm{BD}^{2}$ ．
$\therefore \angle \mathrm{BOD}=90^{\circ}$ ．
$\therefore \mathrm{OB} \perp \mathrm{OD}$ ．
又 $D O \cap A C=O, \therefore O B \perp$ 平面 $A C D$ ．
又 $O B \subset$ 平面 $A B C$ ，
∴ 平面 $A C D \perp$ 平面 $A B C$ ．
（2）解：设点 D ， B 到平面 ACE 的距离分别为 $\mathrm{h}_{\mathrm{D}}, \mathrm{h}_{\mathrm{E}}$ ．则 $\frac{\mathrm{h}_{\mathrm{D}}}{\mathrm{h}_{\mathrm{E}}}=\frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{BE}}$ ．
∵ 平面 $A E C$ 把四面体 $A B C D$ 分成体积相等的两部分，
$\therefore \frac{\frac{1}{3} S_{\triangle A C E} \cdot h_{D}}{\frac{1}{3} S_{\triangle A C E} \cdot h_{E}}=\frac{h_{D}}{h_{E}}=\frac{D E}{B E}=1$ ．
∴ 点 E 是 BD 的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取 $A B=2$ ．
则 $O(0,0,0), A(1,0,0), C(-1,0,0), D(0,0,1), B(0$ ， $\sqrt{3}, 0), E\left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)$.
$\overrightarrow{\mathrm{AD}}=(-1,0,1), \overrightarrow{\mathrm{AE}}=\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right), \overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-2,0,0)$ ．
设平面 $A D E$ 的法向量为 $\overrightarrow{\mathrm{I}}=(x, y, z)$ ，则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{\mathrm{I}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AD}}=0 \\ \overrightarrow{\mathrm{~m}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AE}}=0\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}-x+z=0 \\ -x+\frac{\sqrt{3}}{2} y+\frac{1}{2} z=0\end{array}\right.$ ，取 $\overrightarrow{\mathrm{I}}= (3, \sqrt{3}, 3)$ ．
同理可得：平面 ACE 的法向量为 $\overrightarrow{\mathrm{n}}=(0,1,-\sqrt{3})$ ．
$\therefore \cos <\vec{m}, \vec{n}>=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{-2 \sqrt{3}}{\sqrt{21} \times 2}=-\frac{\sqrt{7}}{7}$.
∴ 二面角 $\mathrm{D}-\mathrm{AE}-\mathrm{C}$ 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．