每日一题[1413]比大小

如图，矩形 $ABCD$ 沿对角线 $BD$ 将 $\triangle ABD$ 翻折成 $\triangle A'BD$，异面直线 $CD$ 与 $A'B$ 所成的角为 $\alpha$，则（       ）

A．$\alpha<\angle A'CD$

B．$\alpha>\angle A'CD$

C．$\alpha<\angle A'CA$

D．$\alpha>\angle A'CA$

答案    D．

解析    取 $ABCD$ 为正方形，且 $A'BD\perp ABCD$，可得

$$\alpha=\angle A'CD=60^\circ,\angle A'CA=45^\circ,$$ 排除选项 ABC，下面证明选项 D． 过 $A$ 作 $BD$ 的垂线，垂足为 $O$，建立空间直角坐标系 $O-ABz$，设 $OA=1$，$\angle OAD=\theta$，则 $$A(1,0,0),B\left(0,\dfrac{1}{\tan\theta},0\right),C\left(-1,\dfrac{1}{\tan\theta}-\tan\theta,0\right),D\left(0,-\tan\theta,0\right),A'(\cos\varphi,0,\sin\varphi),$$ 于是 $$\overrightarrow{BA'}=\left(\cos\varphi,-\dfrac{1}{\tan\theta},\sin\varphi\right),\overrightarrow{BA}=\left(1,-\dfrac{1}{\tan\theta},0\right),$$ 进而 $$\begin{split}\cos\alpha&=\dfrac{\cos\varphi+\dfrac{1}{\tan^2\theta}}{1+\dfrac{1}{\tan^2\theta}}\\ &=\sin^2\theta\cos\varphi+\cos^2\theta\\ &=\sqrt{2\sin^2\theta\cos^2\theta\cos\varphi+\cos^4\theta+\sin^4\theta\cos^2\varphi},\end{split}$$ 而 $$\overrightarrow{CA'}=\left(\cos\varphi+1,-\dfrac{1}{\tan\theta}+\tan\theta,\sin\varphi\right),\overrightarrow{CA}=\left(2,-\dfrac{1}{\tan\theta}+\tan\theta,0\right),$$ 进而 $$\begin{split}\cos\angle A'CA&=\dfrac{2\cos\varphi+\tan^2\theta+\dfrac{1}{\tan^2\theta}}{\sqrt{2\cos\varphi+\tan^2\theta+\dfrac{1}{\tan^2\theta}}\cdot \sqrt{2+\tan^2\theta+\dfrac{1}{\tan^2\theta}}}\\ &=\sqrt{2\sin^2\theta\cos^2\theta\cos\varphi+\cos^4\theta+\sin^4\theta},\end{split}$$ 因此 $$\cos\alpha<\cos\angle A'CA,$$ 即 $$\alpha>\angle A'CA.$$