（4分）（2016•浙江）如图，已知平面四边形 ABCD…——2016 高考数学第 14 题答案解析

【分析】如图所示，取 AC 的中点 $0, \mathrm{AB}=\mathrm{BC}=3$ ，可得 $\mathrm{B} 0 \perp \mathrm{AC}$ ，在 Rt $\triangle \mathrm{AC} D^{\prime}$ 中， $\mathrm{AC}=\sqrt{6}$ ．作 $\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{E} \perp \mathrm{AC}$ ，垂足为 $\mathrm{E}, \mathrm{D}^{\prime} \mathrm{E}=\frac{\sqrt{30}}{6} . \mathrm{C} 0=\frac{\sqrt{6}}{2}, \mathrm{CE}=\frac{\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{C}^{2}}{\mathrm{CA}}=\frac{\sqrt{6}}{6}, \mathrm{E} 0=\mathrm{C} 0-\mathrm{CE}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ 。过点 B 作 $\mathrm{BF} / / \mathrm{BO}$ ，作 $\mathrm{FE} / / \mathrm{BO}$ 交 BF 于点 F ，则 $\mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}$ 。连接 $\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{F} . \angle \mathrm{FBD}^{\prime}$ 为直线 AC 与 $\mathrm{BD}^{\prime}$ 所成的

角．则四边形 BOEF 为矩形， $\mathrm{BF}=\mathrm{E} 0=\frac{\sqrt{6}}{3} . \mathrm{EF}=\mathrm{BO}=\frac{\sqrt{30}}{2}$ ．则 $\angle \mathrm{FE} \mathrm{D}^{\prime}$ 为二面角 $\mathrm{D}^{\prime}-\mathrm{CA}-\mathrm{B}$ 的平面角，设为 $\theta$ 。利用余弦定理求出 $D^{\prime} F^{2}$ 的最小值即可得出。
【解答】解：如图所示，取 AC 的中点 $0, \because \mathrm{AB}=\mathrm{BC}=3, \quad \therefore \mathrm{BO} \perp \mathrm{AC}$ ，
在 Rt $\triangle A C D^{\prime}$ 中， $\mathrm{AC}=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{6}$ 。
作 $\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{E} \perp \mathrm{AC}$ ，垂足为 E ， $\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{E}=\frac{1 \times \sqrt{5}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{30}}{6}$ ．
$\mathrm{CO}=\frac{\sqrt{6}}{2}, \mathrm{CE}=\frac{\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{C}^{2}}{\mathrm{CA}}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$ ，
$\therefore \mathrm{E} 0=\mathrm{C} 0-\mathrm{CE}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．
过点 B 作 $\mathrm{BF} / / \mathrm{BO}$ ，作 $\mathrm{FE} / / \mathrm{BO}$ 交 BF 于点 F ，则 $\mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}$ 。连接 $\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{F} . \angle \mathrm{FBD}$ 为直线 AC 与 $\mathrm{BD}^{\prime}$所成的角。
则四边形 BOEF 为矩形，$\therefore \mathrm{BF}=\mathrm{E} 0=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．
$\mathrm{EF}=\mathrm{BO}=\sqrt{3^{2}-\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{30}}{2}$ ．
则 $\angle \mathrm{FED}^{\prime}$ 为二面角 $\mathrm{D}^{\prime}-\mathrm{CA}-\mathrm{B}$ 的平面角，设为 $\theta$ 。
则 $\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{F}^{2}=\left(\frac{\sqrt{30}}{6}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{30}}{2}\right)^{2}-2 \times \frac{\sqrt{30}}{6} \times \frac{\sqrt{30}}{2} \cos \theta=\frac{25}{3}-5 \cos \theta \geqslant \frac{10}{3}, \cos \theta=1$ 时取等号。
$\therefore \mathrm{D}^{\prime} \mathrm{B}$ 的最小值 $=\sqrt{\frac{10}{3}+\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^{2}}=2$ ．
∴ 直线 AC 与 $\mathrm{BD}^{\prime}$ 所成角的余弦的最大值 $=\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{D}^{\prime} \mathrm{B}}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{6}$ ．
故答案为：$\frac{\sqrt{6}}{6}$ ．

【点评】本题考查了空间位置关系、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题。