在 $\triangle ABC$ 中，$\angle B=30^{\circ}, AB>AC$，$M$ 是 $BC$ 的中点．现将 $\triangle ABM$ 沿 $AM$ 翻折，当 $\triangle ABM$ 翻折到与 $\triangle AMC$ 位于同一个平面时，其重叠的公共部分面积是 $\triangle ABC$ 面积的 $\frac{1}{4}$．那么，当 $\triangle ABM$ 翻折到与 $\triangle AMC$ 所在平面垂直时，$\cos\angle BAC=$ ．
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(22)
【标注】
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{4}$
【解析】
如图所示，设 $\triangle ABM$ 沿 $AM$ 翻折到与 $\triangle AMC$ 位于同一平面时，$AB$ 翻折到 $AB_1$ 且与 $MC$ 交于点 $D$．联结 $B_1C$．
因为 $S_{\triangle AMD} = \frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}S_{\triangle AMC}$，所以 $D$ 是 $MC$ 的中点．又 $S_{\triangle AMD}=\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}S_{\triangle AMB}$，知 $D$ 为 $AB_1$ 的中点．故四边形 $AMB_1C$ 是平行四边形．因此 $AC=MB_1=BM=\frac{1}{2}BC$．又 $\angle B=30^{\circ}$，故 $\angle BAC=90^{\circ}$．
如图3所示，设 $\triangle ABM$ 沿 $AM$ 翻转到与 $\triangle AMC$ 所在平面垂直时，$AB$ 翻折到 $AB_2$，作 $B_2E\perp AM$，垂足为 $E$，并设 $AC = 1$．由 $\angle ACM = 60^{\circ}, AM = MC$，知 $\triangle AMC$ 是正
三角形．所以 $\angle B_2MA=120^{\circ}, \angle B_2ME=60^{\circ}$．于是，$B_2E=\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}, EM=\frac{1}{2}$．又
$MC = 1, \angle EMC=120^{\circ}$，所以$$EC^2=EM^2+MC^2-2EM\cdot MC\cos 120^{\circ}=\frac{7}{4}, B_2E^2+EC^2=\frac{5}{2}.$$因此$$\cos\angle B_2AC=\frac{B_2A^2+CA^2-B_2C^2}{2B_2A\cdot CA}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$
因为 $S_{\triangle AMD} = \frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}S_{\triangle AMC}$，所以 $D$ 是 $MC$ 的中点．又 $S_{\triangle AMD}=\frac{1}{4}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}S_{\triangle AMB}$，知 $D$ 为 $AB_1$ 的中点．故四边形 $AMB_1C$ 是平行四边形．因此 $AC=MB_1=BM=\frac{1}{2}BC$．又 $\angle B=30^{\circ}$，故 $\angle BAC=90^{\circ}$．
如图3所示，设 $\triangle ABM$ 沿 $AM$ 翻转到与 $\triangle AMC$ 所在平面垂直时，$AB$ 翻折到 $AB_2$，作 $B_2E\perp AM$，垂足为 $E$，并设 $AC = 1$．由 $\angle ACM = 60^{\circ}, AM = MC$，知 $\triangle AMC$ 是正
三角形．所以 $\angle B_2MA=120^{\circ}, \angle B_2ME=60^{\circ}$．于是，$B_2E=\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}, EM=\frac{1}{2}$．又
$MC = 1, \angle EMC=120^{\circ}$，所以$$EC^2=EM^2+MC^2-2EM\cdot MC\cos 120^{\circ}=\frac{7}{4}, B_2E^2+EC^2=\frac{5}{2}.$$因此$$\cos\angle B_2AC=\frac{B_2A^2+CA^2-B_2C^2}{2B_2A\cdot CA}=\frac{\sqrt{3}}{4}.$$
题目
答案
解析
备注
