Question

9．如圖四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．
（1）證明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．

Answer 1

分析 （1）取AC中點(diǎn)O，連結(jié)DO、BO，推導(dǎo)出DO⊥AC，BO⊥AC，從而AC⊥平面BDO，由此能證明AC⊥BD．
（2）法一：連結(jié)OE，設(shè)AD=CD=$\sqrt{2}$，則OC=OA=1，由余弦定理求出BE=1，由BE=ED，四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點(diǎn)A到平面BCD的高h(yuǎn)，S_△DCE=S_△BCE，由此能求出四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．法二：設(shè)AD=CD=$\sqrt{2}$，則AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，BO=$\sqrt{3}$，推導(dǎo)出BO⊥DO，以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OB為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由AE⊥EC，求出DE=BE，由此能求出四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．

解答 證明：（1）取AC中點(diǎn)O，連結(jié)DO、BO，
∵△ABC是正三角形，AD=CD，
∴DO⊥AC，BO⊥AC，
∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，
∵BD?平面BDO，∴AC⊥BD．
解：（2）法一：連結(jié)OE，由（1）知AC⊥平面OBD，
∵OE?平面OBD，∴OE⊥AC，
設(shè)AD=CD=$\sqrt{2}$，則OC=OA=1，
∴E是線段AC垂直平分線上的點(diǎn)，∴EC=EA=CD=$\sqrt{2}$，
由余弦定理得：
cos∠CBD=$\frac{B{C}^{2}+B{D}^{2}-C{D}^{2}}{2BC•BD}$=$\frac{B{C}^{2}+B{E}^{2}-C{E}^{2}}{2BC•BE}$，
即$\frac{4+4-2}{2×2×2}=\frac{4+B{E}^{2}-2}{2×2×BE}$，解得BE=1或BE=2，
∵BE＜＜BD=2，∴BE=1，∴BE=ED，
∵四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點(diǎn)A到平面BCD的高h(yuǎn)，
∵BE=ED，∴S_△DCE=S_△BCE，
∴四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1．
法二：設(shè)AD=CD=$\sqrt{2}$，則AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，
∴BO=$\sqrt{4-1}$=$\sqrt{3}$，∴BO²+DO²=BD²，∴BO⊥DO，
以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OB為y軸，OD為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則C（-1，0，0），D（0，0，1），B（0，$\sqrt{3}$，0），A（1，0，0），
設(shè)E（a，b，c），$\overrightarrow{DE}=λ\overrightarrow{DB}$，（0≤λ≤1），則（a，b，c-1）=λ（0，$\sqrt{3}$，-1），解得E（0，$\sqrt{3}λ$，1-λ），
∴$\overrightarrow{CE}$=（1，$\sqrt{3}λ，1-λ$），$\overrightarrow{AE}$=（-1，$\sqrt{3}λ，1-λ$），
∵AE⊥EC，∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{CE}$=-1+3λ²+（1-λ）²=0，
由λ∈[0，1]，解得$λ=\frac{1}{2}$，∴DE=BE，
∵四面體ABCE與四面體ACDE的高都是點(diǎn)A到平面BCD的高h(yuǎn)，
∵DE=BE，∴S_△DCE=S_△BCE，
∴四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查兩個(gè)四面體的體積之比的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．