2017-全国卷III理-19 解-面面垂直

本题导读

本题考查面面垂直的证明。核心在于坐标建模法、几何运算法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2017年全国卷III(理)） 如图，四面体 $ABCD$ 中，$\Delta ABC$ 是正三角形，$\Delta ACD$ 是直角三角形.$\angle ABD=\angle CBD$，$AB=BD$.

(1)证明：平面 $ACD\perp$ 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.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（垂直证明）：

• 取 $AC$ 中点 $O$，连接 $BO,DO$。
• 通过 $\Delta ABD\cong \Delta CBD$ 证明 $\Delta ACD$ 是等腰直角三角形，从而得到 $DO\perp AC$。
• 利用已知长度关系，在 $\Delta DOB$ 中使用勾股定理逆定理证明 $DO\perp OB$。
• 既然 $DO$ 垂直于平面 $ABC$ 内的两条相交直线，则 $DO\perp$ 平面 $ABC$，进而得出面面垂直。

2. 第二问（二面角）：

• 点 E 的位置：由于 $\Delta AEC$ 是两个分割几何体的公共底面，体积相等意味着 $D,B$ 到平面 $AEC$ 的距离相等，从而 $E$ 是 $BD$ 的中点。
• 坐标建模：以 $O$ 为原点，$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OD}$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
• 向量计算：求出平面 $DAE$ 和平面 $CAE$ 的法向量，利用公式 $\cos \theta =\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1||{\vec{n}}_2|}$ 求解。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 二面角 $D-AE-C$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{7}}{7}$

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明：

取 $AC$ 中点 $O$，连接 $BO,DO$。 因为 $\Delta ABC$ 是正三角形，所以 $BO\perp AC$。 在 $\Delta ABD$ 和 $\Delta CBD$ 中，$AB=BC$（正三角形边长），$BD=BD$，$\angle ABD=\angle CBD$。 所以 $\Delta ABD\cong \Delta CBD$ (SAS)，从而 $AD=CD$。 因为 $\Delta ACD$ 是直角三角形且 $AD=CD$，所以 $\angle ADC=90^{\circ }$，即 $\Delta ACD$ 为等腰直角三角形。 又 $O$ 为 $AC$ 中点，所以 $DO\perp AC$。 设 $AB=a$，则 $AC=a,BO=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。 在等腰直角 $\Delta ACD$ 中，$DO=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{2}$。 在 $\Delta DOB$ 中，$D{O}^2+B{O}^2=(\frac{a}{2}{)}^2+(\frac{\sqrt{3}a}{2}{)}^2=\frac{1}{4}{a}^2+\frac{3}{4}{a}^2=a^2$。 又已知 $BD=AB=a$，故 $D{O}^2+B{O}^2=B{D}^2$。 由勾股定理逆定理得 $DO\perp OB$。 因为 $DO\perp AC,DO\perp OB$，且 $AC\cap OB=O$， 所以 $DO\perp$ 平面 $ABC$。 又 $DO\subset$ 平面 $ACD$，故平面 $ACD\perp$ 平面 $ABC$。

(2)解： 由 $V_{D-AEC}=V_{B-AEC}$ 可知，点 $D,B$ 到平面 $AEC$ 的距离相等。 由于 $D,E,B$ 三点共线，且直线 $DB$ 交平面 $AEC$ 于点 $E$，故 $E$ 为 $BD$ 的中点。

以 $O$ 为原点，$\overrightarrow{OA}$ 方向为 $x$ 轴，$\overrightarrow{OB}$ 方向为 $y$ 轴，$\overrightarrow{OD}$ 方向为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。 设 $a=2$，则 $O(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),B(0,\sqrt{3},0)$。 由 $E$ 为 $BD$ 中点，得 $E(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$。 $\overrightarrow{AE}=(-1,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{AD}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{AC}=(-2,0,0)$。 设平面 $DAE$ 的法向量为 ${\vec{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{AE}=-x_1+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_1+\frac{1}{2}{z}_1=0\\ {\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{AD}=-x_1+z_1=0\end{array}$，令 $x_1=1$，得 ${\vec{n}}_1=(1,\frac{\sqrt{3}}{3},1)$。 设平面 $CAE$ 的法向量为 ${\vec{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{AC}=-2x_2=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{AE}=\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_2+\frac{1}{2}{z}_2=0\end{array}$，令 $y_2=1$，得 ${\vec{n}}_2=(0,1,-\sqrt{3})$。 设二面角 $D-AE-C$ 为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1||{\vec{n}}_2|}=\frac{|\frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3}|}{\sqrt{1+\frac{1}{3}+1}\cdot \sqrt{1+3}}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{\frac{7}{3}}\cdot 2}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{21}}=\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$。 故二面角 $D-AE-C$ 的余弦值为 $\frac{\sqrt{7}}{7}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 辅助线的关键：第一问中取 $AC$ 中点 $O$ 是常规但至关重要的操作，它连接了正三角形和等腰直角三角形的对称轴。
• 体积分割的转化：将体积相等转化为点到平面的距离相等，再利用相似关系确定点在棱上的比例。
• 建系的灵活性：在第一问证明了 $DO\perp$ 平面 $ABC$ 且 $BO\perp AC$ 后，$OA,OB,OD$ 两两垂直，是建立空间直角坐标系的绝佳选择。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

3. 方法推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

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