（12分）（2008•四川）如图，一张平行四边形的硬纸片…——2008 高考数学第 19 题答案解析

（Ⅰ）证明：
在平行四边形 $ABC_0D$ 中，因为 $AD=BD=1$，$AB=\sqrt{2}$，
所以 $AD^2 + BD^2 = 1^2 + 1^2 = 2 = AB^2$，
由勾股定理逆定理可知 $\angle ADB = 90^{\circ}$，即 $AD \perp BD$。
因为四边形 $ABC_0D$ 是平行四边形，所以 $BC_0 // AD$，
所以 $BC_0 \perp BD$。
在折叠过程中，$\triangle BDC$ 的形状和大小不变，
所以 $\angle DBC = \angle DBC_0 = 90^{\circ}$，即 $BC \perp BD$。
因为 $BC \cap BC_0 = B$，且 $BC, BC_0 \subset$ 平面 $CBC_0$，
所以 $BD \perp$ 平面 $CBC_0$。
又因为 $BD \subset$ 平面 $ABC_0D$，
所以平面 $ABC_0D \perp$ 平面 $CBC_0$。

（Ⅱ）解：
**方法一（几何法）：**
如图，延长 $C_0B$ 到 $E$，使 $BE = C_0B = 1$，连接 $AE, CE$。
因为 $AD // BC_0$ 且 $AD = BC_0 = 1$，
所以 $AD // BE$ 且 $AD = BE$。
又 $\angle ADB = 90^{\circ}$，所以四边形 $ADBE$ 为正方形，
所以 $AE = 1$，且 $AE // BD$。
由（Ⅰ）知 $BD \perp$ 平面 $CBC_0$，所以 $AE \perp$ 平面 $CBC_0$。
因为 $CE \subset$ 平面 $CBC_0$，所以 $AE \perp CE$。
在 $\text{Rt}\triangle AEC$ 中，$AC^2 = AE^2 + CE^2 = 1 + CE^2$。
在 $\triangle ABC$ 中，$AB = \sqrt{2}$，$BC = BC_0 = 1$。
若 $\triangle ABC$ 为等腰三角形，则 $AC = AB = \sqrt{2}$ 或 $AC = BC = 1$。
若 $AC = 1$，则 $1 = 1 + CE^2$，解得 $CE = 0$，此时 $C$ 与 $E$ 重合，即 $C$ 在平面 $ABC_0D$ 内，不合题意，舍去。
若 $AC = \sqrt{2}$，则 $2 = 1 + CE^2$，解得 $CE = 1$。
此时在 $\triangle CBE$ 中，$CB = 1, BE = 1, CE = 1$，
所以 $\triangle CBE$ 为等边三角形，$\angle CBE = 60^{\circ}$。
因为 $BD \perp BC$，且 $BD \perp BE$（$BE$ 在平面 $ABC_0D$ 内，且 $BE // AD \perp BD$），
所以 $\angle CBE$ 即为二面角 $A-BD-C$ 的平面角。
故二面角 $A-BD-C$ 的大小为 $60^{\circ}$。

**方法二（向量法）：**
因为 $AD \perp BD$，以 $D$ 为坐标原点，射线 $DA, DB$ 分别为 $x$ 轴、$y$ 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 $D-xyz$。
则 $D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$。
由（Ⅰ）知 $BC \perp BD$，且 $BC=1$，
所以可设点 $C$ 的坐标为 $(x, 1, z)$，其中 $z > 0$。
由 $BC=1$ 得 $\sqrt{(x-0)^2 + (1-1)^2 + (z-0)^2} = 1$，即 $x^2 + z^2 = 1$ ①。
因为 $\triangle ABC$ 为等腰三角形，$AB=\sqrt{2}, BC=1$，
所以 $AC=1$ 或 $AC=\sqrt{2}$。
$\vec{AC} = (x-1, 1, z)$，
$|\vec{AC}|^2 = (x-1)^2 + 1^2 + z^2 = x^2 - 2x + 1 + 1 + z^2$。
将 ① 代入得 $|\vec{AC}|^2 = 1 - 2x + 2 = 3 - 2x$。
若 $AC=1$，则 $1 = 3 - 2x$，解得 $x=1$。代入 ① 得 $z=0$，不合题意，舍去。
若 $AC=\sqrt{2}$，则 $2 = 3 - 2x$，解得 $x = \frac{1}{2}$。
代入 得 $z = \frac{\sqrt{3}}{2}$（取正值）。
所以 $C(\frac{1}{2}, 1, \frac{\sqrt{3}}{2})$。
因为 $DA \perp BD$，$BC \perp BD$，
所以 $\vec{DA}$ 与 $\vec{BC}$ 的夹角的大小等于二面角 $A-BD-C$ 的大小。
$\vec{DA} = (1, 0, 0)$，$\vec{BC} = (\frac{1}{2}, 0, \frac{\sqrt{3}}{2})$。
$\cos \langle \vec{DA}, \vec{BC} \rangle = \frac{\vec{DA} \cdot \vec{BC}}{|\vec{DA}| |\vec{BC}|} = \frac{1 \times \frac{1}{2} + 0 + 0}{1 \times 1} = \frac{1}{2}$。
所以 $\langle \vec{DA}, \vec{BC} \rangle = 60^{\circ}$。
即二面角 $A-BD-C$ 的大小为 $60^{\circ}$。