Question

7．如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，∠CBD=60°，BD=2BC=4，點(diǎn)E在CD上，DE=2EC．
（Ⅰ）求證：AC⊥BE；
（Ⅱ）若二面角E-BA-D的余弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，求三棱錐A-BCD的體積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取BD的中點(diǎn)O，連結(jié)AO，CO，EO．推導(dǎo)出AO⊥BD，從而AO⊥平面BCD，進(jìn)而AO⊥BE．再求出BE⊥CO，從而BE⊥平面ACO，由此能證明AC⊥BE．
（Ⅱ）法一：分別以向量$\overrightarrow{OE}，\overrightarrow{OD}，\overrightarrow{OA}$的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用向量法能求出三棱錐A-BCD的體積．
（Ⅱ）法二：過點(diǎn)O作OF⊥AB于點(diǎn)F，連結(jié)EF．推導(dǎo)出∠EFO為二面角E-BA-D的平面角，AO是三棱錐A-BCD的高，由此能求出三棱錐A-BCD的體積．

解答 （本小題滿分12分）
證明：（Ⅰ）取BD的中點(diǎn)O，連結(jié)AO，CO，EO．
因?yàn)锳B=AD，BO=OD，所以AO⊥BD，（1分）
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO?平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，（2分）
又BE?平面BCD，所以AO⊥BE．
在△BCD中，BD=2BC，DE=2EC，所以$\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{EC}=2$，
由角平分線定理，得∠CBE=∠DBE，（3分）
又BC=BO=2，所以BE⊥CO，（4分）
又因?yàn)锳O∩CO=O，AO?平面ACO，CO?平面ACO，
所以BE⊥平面ACO，（5分）
又AC?平面ACO，所以AC⊥BE．（6分）
解：（Ⅱ）法一：在△BCD中，BD=2BC=4，∠CBD=60°，
由余弦定理得$CD=2\sqrt{3}$，所以BC²+CD²=BD²，即∠BCD=90°，
所以∠EBD=∠EDB=30°，BE=DE，所以EO⊥BD，（7分）
結(jié)合（Ⅰ）知，OE，OD，OA兩兩垂直．以O(shè)為原點(diǎn)，
分別以向量$\overrightarrow{OE}，\overrightarrow{OD}，\overrightarrow{OA}$的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz（如圖），
設(shè)AO=t（t＞0），
則A（0，0，t），B（0，-2，0），$E（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，0，0）$，
所以$\overrightarrow{BA}=（{0，2，t}）$，$\overrightarrow{BE}=（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，2，0）$，（8分）
設(shè)n=（x，y，z）是平面ABE的一個(gè)法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}n•\overrightarrow{BA}=0\\ n•\overrightarrow{BE}=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}2y+tz=0\\ \frac{{2\sqrt{3}}}{3}x+2y=0\end{array}\right.$，整理，得$\left\{\begin{array}{l}x=-\sqrt{3}y\\ z=-\frac{2}{t}y\end{array}\right.$
令y=-1，得$n=（\sqrt{3}，-1，\frac{2}{t}）$．（9分）
因?yàn)镺E⊥平面ACD，所以m=（1，0，0）是平面ABD的一個(gè)法向量．（10分）
又因?yàn)槎�面角E-BA-D的余弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，
所以$|{cos＜m，n＞}|=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{3+1+\frac{4}{t^2}}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，解得t=2或t=-2（舍去），（11分）
又AO⊥平面BCD，所以AO是三棱錐A-BCD的高，
故三棱錐A-BCD的體積${V_{A-BCD}}=\frac{1}{3}•AO•{S_{△BCD}}=\frac{1}{3}×2×\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．（12分）
（Ⅱ）法二：過點(diǎn)O作OF⊥AB于點(diǎn)F，連結(jié)EF．
在△BCD中，BD=2BC=4，∠CBD=60°，由余弦定理可得$CD=2\sqrt{3}$．
因?yàn)锽C²+CD²=BD²，所以∠BCD=90°，
故∠EBD=∠EDB=30°，BE=DE，所以EO⊥BD，（7分）
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，EO?平面BCD，
所以EO⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以EO⊥AB，（8分）
又因?yàn)镋O∩OF=O，所以AB⊥平面EOF，又EF?平面EOF，
所以AB⊥EF，所以∠EFO為二面角E-BA-D的平面角，（9分）
所以$cos∠EFO=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，所以$tan∠EFO=\frac{EO}{FO}=\frac{{\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}}{FO}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，解得$FO=\sqrt{2}$，（10分）
設(shè)AO=t（t＞0），則$2t=\sqrt{2}•\sqrt{{2^2}+{t^2}}$，解得t=2或-2（不合，舍去），（11分）
又AO⊥平面BCD，所以AO是三棱錐A-BCD的高，
所以三棱錐A-BCD的體積${V_{A-BCD}}=\frac{1}{3}•AO•{S_{△BCD}}=\frac{1}{3}×2×\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．（12分）

點(diǎn)評 本題考查線線垂直的證明，考查幾何體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想是，是中檔題．