课时2 用空间向量研究夹角问题

如图,以 $ A $ 为原点,过点 $ A $ 且平行于 $ BC $ 的直线为 $ x $ 轴, $ AC $ 所在直线为 $ y $ 轴, $ AP $ 所在直线为 $ z $ 轴,建立空间直角坐标系.设 $ PA=BC=2AC=2 $ ,则 $ A(0,0,0) $ , $ P(0,0,2) $ , $ B(2,1,0) $ , $ C(0,1,0) $ ,则 $ \overrightarrow {PB}=(2,1,-2) $ , $ \overrightarrow {AC}=(0,1,0) $ .

设异面直线 $ PB $ 与 $ AC $ 所成角为 $ \theta $ ，则 $ \cos \theta =\dfrac{\left|\overrightarrow {PB}\cdot \overrightarrow {AC}\right|}{\left|\overrightarrow {PB}\right|\left|\overrightarrow {AC}\right|}=\dfrac{\left|2×0+1×1+(-2)×0\right|}{\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}+{\left(-2\right) ^ {2}}}×\sqrt{{0}^{2}+{1}^{2}+{0}^{2}}}=\dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为 $ \overrightarrow {CD}=\overrightarrow {CA}+\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BD} $ ，所以 $ |\overrightarrow {CD}{|}^{2}=|\overrightarrow {CA}{|}^{2}+|\overrightarrow {AB}{|}^{2}+|\overrightarrow {BD}{|}^{2}+2\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {AB}+2\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {BD}+2\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {BD} $ .因为 $ \overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {AB}=0 $ ， $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {BD}=0 $ ， $ AB=5 $ ， $ AC=3 $ ， $ BD=6 $ ， $ CD=2\sqrt{13} $ ，

所以 $ (2\sqrt{13})^{2}={3}^{2}+{5}^{2}+{6}^{2}+2×3×6 \cos ⟨\overrightarrow {CA} $ , $ \overrightarrow {BD}⟩ $ ，

所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {CA} $ , $ \overrightarrow {BD}⟩=-\dfrac{1}{2} $ .

设异面直线 $ AC $ 与 $ BD $ 所成角为 $ \theta $ ， $ \theta \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，

则 $ \cos \theta =| \cos ⟨\overrightarrow {CA} $ , $ \overrightarrow {BD}⟩|=\dfrac{1}{2} $ ，所以 $ \theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

把 $ PA $ , $ PB $ , $ PC $ 放在正方体中,使得这三条线成为正方体的三条面对角线,则 $ PA $ , $ PB $ , $ PC $ 的夹角均为 $ {60}^{\circ } $ .建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则 $ P(1,0,0) $ , $ C(0,0,1) $ , $ A(1,1,1) $ , $ B(0,1,0) $ ,所以 $ \overrightarrow {PC}=(-1,0,1) $ , $ \overrightarrow {PA}=(0,1,1) $ , $ \overrightarrow {PB}=(-1,1,0) $ ,

设平面 $ PAB $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,

则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {PA}=y+z=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {PB}=-x+y=0,\end{cases} $

令 $ x=1 $ ,则 $ y=1 $ , $ z=-1 $ ,所以 $ \boldsymbol{n}=(1,1,-1) $ ,

所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {PC} $ , $ \boldsymbol{n}⟩=\dfrac{\overrightarrow {PC}\cdot \boldsymbol{n}}{\left|\overrightarrow {PC}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{-2}{\sqrt{2}×\sqrt{3}}=-\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ .

设直线 $ PC $ 与平面 $ PAB $ 所成角为 $ \theta $ , $ \theta \in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ,则 $ \sin \theta =| \cos ⟨\overrightarrow {PC} $ , $ \boldsymbol{n}⟩|=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ,所以 $ \cos \theta =\sqrt{1-{ \sin }^{2}\theta }=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

连接 $ AC $ 交 $ BD $ 于点 $ O $ ,连接 $ EF $ .因为该几何体是一个高为4的正八面体,所以 $ EF $ 过点 $ O $ ，且 $ BD\perp AC $ , $ EF=4 $ ,则 $ OE=2 $ .

设正八面体的棱长为 $ a $ ,则 $ AC=\sqrt{2}a $ , $ OA=\dfrac{\sqrt{2}a}{2} $ ,所以在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AOE $ 中, $ A{E}^{2}=O{A}^{2}+O{E}^{2} $ ,即 $ {a}^{2}={\left(\dfrac{\sqrt{2}a}{2}\right) ^ {2}}+{2}^{2} $ ,解得 $ a=2\sqrt{2} $ .

以 $ O $ 为原点, $ OA $ , $ OB $ , $ OE $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

则 $ E(0,0,2) $ , $ G(-1,1,0) $ ,所以 $ \overrightarrow {EG}=(-1,1,-2) $ .易知平面 $ BDE $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(1,0,0) $ .设直线 $ EG $ 与平面 $ BDE $ 所成的角为 $ \theta $ ,所以 $ \sin \theta =| \cos ⟨\overrightarrow {EG},\boldsymbol{n}⟩|=\dfrac{\left|\overrightarrow {EG}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\overrightarrow {EG}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6} {\rm ,} $ .

以 $ D $ 为原点， $ DA $ , $ DC $ , $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 $ Dxyz $ .

设正方体的棱长为2，则 $ D(0,0,0) $ , $ {D}_{1}(0,0,2) $ , $ A(2,0,0) $ , $ {A}_{1}(2,0,2) $ , $ E(1,0,2) $ , $ F(2,0,1) $ ，由 $ M $ 在线段 $ {B}_{1}C $ 上，可设 $ M(x,2,x) $ , $ 0\leqslant x\leqslant 2 $ ，则 $ \overrightarrow {EM}=(x-1,2,x-2) $ , $ \overrightarrow {EF}=(1,0,-1) $ , $ \overrightarrow {D{D}_{1}}=(0,0,2) $ .

设平面 $ MEF $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(a,b,c) $ ，则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {EF}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {EM}=0,\end{cases} $

即 $ \begin{cases}a-c=0,\\ a(x-1)+2b+c(x-2)=0,\end{cases} $

令 $ a=1 $ ，得 $ c=1 $ , $ b=\dfrac{3-2x}{2} $ ，则平面 $ MEF $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(1,\dfrac{3-2x}{2},1) $ ，

设直线 $ D{D}_{1} $ 与平面 $ MEF $ 所成角为 $ \theta $ ，

则 $ \sin \theta =| \cos ⟨\overrightarrow {D{D}_{1}} $ , $ \boldsymbol{n}⟩|=\dfrac{|\overrightarrow {D{D}_{1}}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow {D{D}_{1}}||\boldsymbol{n}|}=\dfrac{2}{2\sqrt{{1}^{2}+\dfrac{{\left(3-2x\right) ^ {2}}}{4}+{1}^{2}}}=\dfrac{1}{\sqrt{{\left(x-\dfrac{3}{2}\right) ^ {2}}+2}} $ ，

因为 $ 0\leqslant x\leqslant 2 $ ，所以当 $ x=\dfrac{3}{2} $ 时，

$ \sqrt{{\left(x-\dfrac{3}{2}\right) ^ {2}}+2} $ 取得最小值 $ \sqrt{2} $ ，

即 $ \sin \theta $ 取得最大值 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，由 $ \theta \in [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ ，可得 $ \theta $ 的最大值为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .

所以直线 $ D{D}_{1} $ 与平面 $ MEF $ 所成角的最大值为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

平面与平面的夹角的范围是 $ {0}^{\circ }\sim {90}^{\circ } $ （含 $ {0}^{\circ } $ 与 $ {90}^{\circ } $ ），由于 $ \cos ⟨\boldsymbol{m} $ , $ \boldsymbol{n}⟩=-\dfrac{1}{2} $ ，所以 $ ⟨\boldsymbol{m} $ , $ \boldsymbol{n}⟩={120}^{\circ } $ ,所以平面 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 的夹角为 $ {60}^{\circ } $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由于 $ {AB}={AC}= A { A }_{1}{=2} $ ， $ { A }_{1}{ C }_{1}{=1} $ ，根据台体的性质可知 $ { A }_{1}{ B }_{1}{=1} $ .

因为 $ { A }_{1} A ⊥ $ 平面 $ {ABC} $ ， $ {AB} $ ， $ {AC}⊂ $ 平面 $ {ABC} $ ，

所以 $ { A }_{1} A ⊥{AB} $ ， $ { A }_{1} A ⊥{AC} $ ，

因为 $ {AB}⊥{AC} $ ，所以以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 $ A {(0,0,0)} $ ， $ M {(1,1,0)} $ ， $ { C }_{1}{(0,1,2)} $ ，即 $ \stackrel{\mathrm{\to }}{AM}{=(1,1,0)} $ ， $ \stackrel{\mathrm{\to }}{ A { C }_{1}}{=(0,1,2)} $ .

设平面 $ {MA}{ C }_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}{=(} x , y , z ) $ ，则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}⋅\stackrel{→}{AM}= x + y {=0,}\\ \boldsymbol{n}⋅\stackrel{→}{ A { C }_{1}}= y {+2} z {=0,}\end{cases} $ 令 $ x {=2} $ 得 $ \boldsymbol{n}{=(2,-2,1)} $ .

易知平面 $ C { C }_{1} A $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{m}{=(1,0,0)} $ .

设二面角 $ M - A { C }_{1}- C $ 的平面角为 $ \mathit{\theta } $ ，由图可知 $ \mathit{\theta } $ 为锐角，所以 $ \mathrm{ \cos }\mathit{\theta }{=|}\dfrac{\boldsymbol{m}⋅\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}{|⋅|}\boldsymbol{n}{|}}{|=}\dfrac{2}{3} $ .

故选B.

翻折前,在平行四边形 $ ABCD $ 中, $ AB//CD $ , $ AB\perp AC $ ,则 $ CD\perp AC $ ,

翻折后,则有 $ AC\perp PC $ , $ AC\perp AB $ ,即 $ \overrightarrow {PC}\cdot \overrightarrow {CA}=\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {AB}=0 $ ,且 $ \left|\overrightarrow {CA}\right|=2 $ , $ \left|\overrightarrow {PC}\right|=\left|\overrightarrow {AB}\right|=4 $ .

设二面角 $ P-AC-B $ 的大小为 $ \theta $ ,则 $ \theta =⟨\overrightarrow {CP},\overrightarrow {AB}⟩ $ .

由 $ \overrightarrow {PB}=\overrightarrow {PC}+\overrightarrow {CA}+\overrightarrow {AB} $ ,得 $ {\overrightarrow {PB}}^{2}={\overrightarrow {PC}}^{2}+{\overrightarrow {CA}}^{2}+{\overrightarrow {AB}}^{2}+2\overrightarrow {PC}\cdot \overrightarrow {CA}+2\overrightarrow {CA}\cdot \overrightarrow {AB}+2\overrightarrow {PC}\cdot \overrightarrow {AB} $ ,

因为 $ \left|\overrightarrow {PB}\right|=8 $ ,所以 $ 64=16+4+16+2×4×4 \cos ⟨\overrightarrow {PC},\overrightarrow {AB}⟩ $ ,解得 $ \cos ⟨\overrightarrow {PC},\overrightarrow {AB}⟩=\dfrac{7}{8} $ ,则 $ \cos \theta = \cos ⟨\overrightarrow {CP},\overrightarrow {AB}⟩=- \cos ⟨\overrightarrow {PC},\overrightarrow {AB}⟩=-\dfrac{7}{8} $ ,故二面角 $ P-AC-B $ 的余弦值为 $ -\dfrac{7}{8} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图所示,直线 $ l $ 与平面 $ \alpha $ 所成的角 $ \theta =\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-(\mathrm{\pi }-\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3})=\dfrac{\mathrm{\pi }}{6} $ .

设正方体的棱长为1,以 $ B $ 为坐标原点, $ BA $ , $ BE $ , $ BC $ 所在直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴、 $ z $ 轴建立空间直角坐标系 $ Bxyz $ ,如图所示,则 $ M(\dfrac{1}{2} {\rm ,0} $ , $ \dfrac{1}{2}) $ , $ N(\dfrac{1}{2} $ , $ \dfrac{1}{2} $ , $ 0) $ , $ A(1,0,0) $ , $ B(0,0,0) $ .

设平面 $ AMN $ 的法向量为 $ {\boldsymbol{n}}_{1}=(x,y,z) $ ,由于 $ \overrightarrow {AM}=(-\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}) $ , $ \overrightarrow {AN}=(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0) $ ,则 $ \begin{cases}{\boldsymbol{n}}_{1}\cdot \overrightarrow {AM}=0,\\ {\boldsymbol{n}}_{1}\cdot \overrightarrow {AN}=0,\end{cases} $

即 $ \begin{cases}-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}z=0,\\ -\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}y=0,\end{cases} $

令 $ x=1 $ ,解得 $ y=1 $ , $ z=1 $ ,于是 $ {\boldsymbol{n}}_{1}=(1,1,1) $ ,

同理可求得平面 $ BMN $ 的一个法向量为 $ {\boldsymbol{n}}_{2}=(1,-1,-1) $ ,所以 $ \cos ⟨{\boldsymbol{n}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{n}}_{2}⟩=\dfrac{{\boldsymbol{n}}_{1}\cdot {\boldsymbol{n}}_{2}}{\left|{\boldsymbol{n}}_{1}\right|\left|{\boldsymbol{n}}_{2}\right|}=\dfrac{-1}{\sqrt{3}×\sqrt{3}}=-\dfrac{1}{3} $ ,

设平面 $ MNA $ 与平面 $ MNB $ 的夹角为 $ \theta $ ,则 $ \cos \theta =| \cos ⟨{\boldsymbol{n}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{n}}_{2}⟩|=\dfrac{1}{3} $ .故所求两平面夹角的余弦值为 $ \dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

当二面角 $ A-BD-C $ 为锐角时,其大小为 $ ⟨{\boldsymbol{n}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{n}}_{2}⟩=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ；当二面角 $ A-BD-C $ 为钝角时,其大小为 $ \mathrm{\pi }-⟨{\boldsymbol{n}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{n}}_{2}⟩=\mathrm{\pi }-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\dfrac{2\mathrm{\pi }}{3} $ .

因为 $ \mathrm{\angle }AOD=2\mathrm{\angle }BOD $ ,且 $ \mathrm{\angle }AOD+\mathrm{\angle }BOD=\mathrm{\pi } $ ,所以 $ \mathrm{\angle }BOD=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .连接 $ BD $ , $ CO $ ,则 $ CO\perp $ 平面 $ ABD $ ,以点 $ O $ 为坐标原点,平面 $ ABD $ 内过点 $ O $ 且垂直于 $ OB $ 的直线为 $ x $ 轴, $ OB $ , $ OC $ 所在直线分别为 $ y $ , $ z $ 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设圆 $ O $ 的半径为2,则 $ A(0,-2,0) $ , $ B(0,2,0) $ , $ C(0,0,2\sqrt{3}) $ , $ D(\sqrt{3},1,0) $ ,所以 $ \overrightarrow {AD}=(\sqrt{3},3,0) $ , $ \overrightarrow {BC}=(0,-2,2\sqrt{3}) $ .设异面直线 $ AD $ 与 $ BC $ 所成的角为 $ \theta $ ,则 $ \cos \theta =| \cos ⟨\overrightarrow {AD} $ , $ \overrightarrow {BC}⟩|=\dfrac{\left|\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {BC}\right|}{\left|\overrightarrow {AD}\right|\left|\overrightarrow {BC}\right|}=\dfrac{\left|-6\right|}{2\sqrt{3}×4}=\dfrac{\sqrt{3}}{4} $ ,因此异面直线 $ AD $ 与 $ BC $ 所成角的余弦值为 $ \dfrac{\sqrt{3}}{4} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

过点 $ P $ 作 $ PE\perp AC $ ,过点 $ B $ 作 $ BF\perp AC $ ,垂足分别为 $ E $ , $ F $ ,过点 $ E $ 作 $ ME//BF $ 交 $ AB $ 于点 $ M $ ,则 $ ME\perp AC $ ,所以 $ \mathrm{\angle }PEM $ 即为二面角 $ P-AC-B $ 的平面角.

由题可得 $ PE=BF=\dfrac{AB\cdot BC}{AC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,则 $ EA=FC=\dfrac{1}{2} $ ,所以 $ EF=1 $ ,

因为 $ \overrightarrow {PB}=\overrightarrow {PE}+\overrightarrow {EF}+\overrightarrow {FB}=-\overrightarrow {EP}+\overrightarrow {EF}+\overrightarrow {FB} $ ,所以 $ {\overrightarrow {PB}}^{2}={\overrightarrow {EP}}^{2}+{\overrightarrow {EF}}^{2}+{\overrightarrow {FB}}^{2}-2\overrightarrow {EP}\cdot \overrightarrow {EF}-2\overrightarrow {EP}\cdot \overrightarrow {FB}+2\overrightarrow {EF}\cdot \overrightarrow {FB} $ ,即 $ 3=\dfrac{3}{4}+1+\dfrac{3}{4}-0-2×\dfrac{\sqrt{3}}{2}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}× \cos ⟨\overrightarrow {EP} $ , $ \overrightarrow {FB}⟩+0 $ ,所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {EP} $ , $ \overrightarrow {FB}⟩=-\dfrac{1}{3} $ .

因为 $ ME//BF $ ,所以 $ \cos \mathrm{\angle }PEM=-\dfrac{1}{3} $ .所以二面角 $ P-AC-B $ 的余弦值为 $ -\dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

在三棱锥 $ O-ABC $ 中,棱 $ OA $ , $ OB $ , $ OC $ 两两垂直且棱长相等,不妨设 $ OA=OB=OC=1 $ ,以点 $ O $ 为坐标原点, $ OA $ , $ OB $ , $ OC $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 $ A(1,0,0) $ , $ B(0,1,0) $ , $ C(0,0,1) $ ,所以 $ \overrightarrow {AB}=(-1,1,0) $ , $ \overrightarrow {AC}=(-1,0,1) $ .

设平面 $ ABC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AB}=-x+y=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AC}=-x+z=0,\end{cases} $ 取 $ x=1 $ ,可得 $ \boldsymbol{m}=(1,1,1) $ .

设点 $ P(a,b,c) $ ,其中 $ a $ , $ b $ , $ c\in [0,1] $ ,连接 $ AP $ ,因为点 $ P $ 在平面 $ ABC $ 内,且 $ \overrightarrow {AP}=(a-1,b,c) $ ,所以 $ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AP}=a-1+b+c=0 $ ,可得 $ a+b+c=1 $ .

设直线 $ OP $ 与平面 $ ABC $ 所成的角为 $ \theta $ ,则 $ \sin \theta =\sqrt{1-{\left(\dfrac{1}{7}\right) ^ {2}}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{7} $ ,且 $ \sin \theta =\dfrac{\left|\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {OP}\right|}{\left|\boldsymbol{m}\right|\left|\overrightarrow {OP}\right|}=\dfrac{\left|a+b+c\right|}{\sqrt{3}\left|\overrightarrow {OP}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{3}\left|\overrightarrow {OP}\right|}=\dfrac{4\sqrt{3}}{7} $ ,所以 $ \left|\overrightarrow {OP}\right|=\dfrac{7}{12} $ .所以 $ | \cos ⟨\overrightarrow {OP} $ , $ \overrightarrow {OA}⟩\left|+\right| \cos ⟨\overrightarrow {OP} $ , $ \overrightarrow {OB}⟩|+| \cos ⟨\overrightarrow {OP} $ , $ \overrightarrow {OC}⟩|=\dfrac{\left|\overrightarrow {OP}\cdot \overrightarrow {OA}\right|}{\left|\overrightarrow {OP}\right|\left|\overrightarrow {OA}\right|}+\dfrac{\left|\overrightarrow {OP}\cdot \overrightarrow {OB}\right|}{\left|\overrightarrow {OP}\right|\left|\overrightarrow {OB}\right|}+\dfrac{\left|\overrightarrow {OP}\cdot \overrightarrow {OC}\right|}{\left|\overrightarrow {OP}\right|\left|\overrightarrow {OC}\right|}=\dfrac{a}{\left|\overrightarrow {OP}\right|}+\dfrac{b}{\left|\overrightarrow {OP}\right|}+\dfrac{c}{\left|\overrightarrow {OP}\right|}=\dfrac{1}{\left|\overrightarrow {OP}\right|}=\dfrac{12}{7} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ : $ \overrightarrow {{C}_{1}F}=\overrightarrow {{C}_{1}{D}_{1}}+\overrightarrow {{D}_{1}F}=-\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {{D}_{1}{A}_{1}}+\overrightarrow {{D}_{1}D})=-\overrightarrow {AB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow {A{A}_{1}} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

对于 $ \mathrm{B} $ :如图,连接 $ {A}_{1}{C}_{1} $ ,因为 $ A{A}_{1}//C{C}_{1} $ 且 $ A{A}_{1}=C{C}_{1} $ ,所以四边形 $ A{A}_{1}{C}_{1}C $ 为平行四边形,则 $ AC//{A}_{1}{C}_{1} $ ,因为 $ {A}_{1}{C}_{1}\subset $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ , $ AC\not\subset $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ ,所以 $ AC// $ 平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ .因为 $ E\in AC $ ,所以点 $ E $ 到平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的距离等于点 $ A $ 到平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的距离,即 $ A{A}_{1} $ .又 $ {S}_{△{A}_{1}{B}_{1}{D}_{1}}=\dfrac{1}{2}×2×2=2 $ ,所以三棱锥 $ {B}_{1}-E{A}_{1}{D}_{1} $ 的体积 $ {V}_{三棱锥{B}_{1}-E{A}_{1}{D}_{1}}={V}_{三棱锥E-{A}_{1}{B}_{1}{D}_{1}}=\dfrac{1}{3}{S}_{△{A}_{1}{B}_{1}{D}_{1}}×A{A}_{1}=\dfrac{1}{3}×2×2=\dfrac{4}{3} $ , $ \mathrm{B} $ 错误.

对于 $ \mathrm{C} $ :连接 $ A{B}_{1} $ ,以 $ D $ 为原点, $ DA $ , $ DC $ , $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立空间直角坐标系,则 $ A(2,0,0) $ , $ B(2,2,0) $ , $ D(0,0,0) $ , $ {A}_{1}(2,0,2) $ , $ {B}_{1}(2,2,2) $ , $ C(0,2,0) $ , $ {D}_{1}(0,0,2) $ ,所以 $ \overrightarrow {{B}_{1}A}=(0,-2,-2) $ , $ \overrightarrow {{B}_{1}C}=(-2,0,-2) $ , $ \overrightarrow {{A}_{1}B}=(0,2,-2) $ .平面 $ {B}_{1}EC $ 即平面 $ {B}_{1}AC $ ,不妨设平面 $ {B}_{1}AC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ,所以 $ \begin{cases}\overrightarrow {{B}_{1}A}\cdot \boldsymbol{m}=-2y-2z=0,\\ \overrightarrow {{B}_{1}C}\cdot \boldsymbol{m}=-2x-2z=0,\end{cases} $ 令 $ x=1 $ ,则 $ y=1 $ , $ z=-1 $ ,则平面 $ {B}_{1}EC $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{m}=(1,1,-1) $ .设直线 $ {A}_{1}B $ 与平面 $ {B}_{1}EC $ 所成的角为 $ \theta $ ,则 $ \sin \theta =| \cos ⟨\overrightarrow {{A}_{1}B},\boldsymbol{m}⟩|=\dfrac{\left|\overrightarrow {{A}_{1}B}\cdot \boldsymbol{m}\right|}{\left|\overrightarrow {{A}_{1}B}\right|\left|\boldsymbol{m}\right|}=\dfrac{4}{2\sqrt{2}×\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} {\rm ,} $ ,故直线 $ {A}_{1}B $ 与平面 $ {B}_{1}EC $ 所成角的正弦值为 $ \dfrac{\sqrt{6}}{3} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

对于 $ \mathrm{D} $ : $ \overrightarrow {AC}=(-2,2,0) $ , $ \overrightarrow {A{A}_{1}}=(0,0,2) $ , $ \overrightarrow {C{B}_{1}}=(2,0,2) $ ,设 $ \overrightarrow {AE}=\lambda \overrightarrow {AC}=(-2\lambda ,2\lambda ,0) $ , $ 0\leqslant \lambda \leqslant 1 $ ,则 $ \overrightarrow {{A}_{1}E}=\overrightarrow {AE}-\overrightarrow {A{A}_{1}}=(-2\lambda ,2\lambda ,-2) $ .

设直线 $ C{B}_{1} $ 与直线 $ {A}_{1}E $ 的夹角为 $ \alpha $ ,

则 $ \cos \alpha =\left| \cos ⟨\overrightarrow {C{B}_{1}},\overrightarrow {{A}_{1}E}⟩\right|=\dfrac{\left|\overrightarrow {C{B}_{1}}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}E}\right|}{\left|\overrightarrow {C{B}_{1}}\right|\left|\overrightarrow {{A}_{1}E}\right|}=\dfrac{4\lambda +4}{2\sqrt{2}×\sqrt{8{\lambda }^{2}+4}}=\dfrac{\lambda +1}{\sqrt{2}×\sqrt{2{\lambda }^{2}+1}} $ .令 $ t=\lambda +1 $ ,因为 $ 0\leqslant \lambda \leqslant 1 $ ,所以 $ t\in [1,2] $ ,则 $ \lambda =t-1 $ ,所以 $ \cos \alpha =\dfrac{t}{\sqrt{2}×\sqrt{2{t}^{2}-4t+3}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}×\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{3}{{t}^{2}}-\dfrac{4}{t}+2}} $ .

设 $ u=\dfrac{1}{t} $ ,则 $ u\in [\dfrac{1}{2},1] $ ,

所以 $ \cos \alpha =\dfrac{1}{\sqrt{2}}×\dfrac{1}{\sqrt{3{u}^{2}-4u+2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}×\dfrac{1}{\sqrt{3{\left(u-\dfrac{2}{3}\right) ^ {2}}+\dfrac{2}{3}}} $ ,

由 $ u\in [\dfrac{1}{2},1] $ ,得 $ 3{\left(u-\dfrac{2}{3}\right) ^ {2}}+\dfrac{2}{3}\in [\dfrac{2}{3},1] $ ,则 $ \dfrac{1}{\sqrt{3{\left(u-\dfrac{2}{3}\right) ^ {2}}+\dfrac{2}{3}}}\in [1,\dfrac{\sqrt{6}}{2}] $ ,所以 $ \cos \alpha \in [\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}] $ ,故直线 $ C{B}_{1} $ 与直线 $ {A}_{1}E $ 的夹角的余弦值的取值范围为 $ [\dfrac{\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}] $ , $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

因为四边形 $ ABCD $ 为正方形,所以 $ AB\perp BC $ ,则以 $ B $ 为原点,直线 $ BA $ 为 $ x $ 轴,直线 $ BC $ 为 $ y $ 轴,过点 $ B $ 且垂直于平面 $ ABCD $ 的直线为 $ z $ 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

设正方形 $ ABCD $ 的边长为 $ m $ ,又 $ EM=BN $ ,设 $ \overrightarrow {EM}=\lambda \overrightarrow {EA} $ , $ \overrightarrow {BN}=\lambda \overrightarrow {BD}(\lambda \in [0,1]) $ ,

则 $ B(0,0,0) $ , $ A(m,0,0) $ , $ D(m,m,0) $ , $ E(0,-\dfrac{1}{2}m,\dfrac{\sqrt{3}}{2}m) $ ,所以 $ \overrightarrow {EA}=(m,\dfrac{1}{2}m,-\dfrac{\sqrt{3}}{2}m) $ , $ \overrightarrow {BD}=(m,m,0) $ ,则 $ M(\lambda m $ , $ \dfrac{1}{2}\lambda m-\dfrac{1}{2}m $ , $ \dfrac{\sqrt{3}}{2}m-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\lambda m) $ ,

$ N(\lambda m,\lambda m,0) $ ,所以 $ \overrightarrow {MN}=(0 $ , $ \dfrac{1}{2}\lambda m+\dfrac{1}{2}m $ , $ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\lambda m-\dfrac{\sqrt{3}}{2}m) $ ,则 $ \left|\overrightarrow {MN}\right|=\sqrt{{\left(\dfrac{1}{2}\lambda m+\dfrac{1}{2}m\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\lambda m-\dfrac{\sqrt{3}}{2}m\right) ^ {2}}} $

$ =m\sqrt{{\lambda }^{2}-\lambda +1}=m\sqrt{{\left(\lambda -\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+\dfrac{3}{4}} $ ,

所以当 $ \lambda =\dfrac{1}{2} $ 时, $ \left|\overrightarrow {MN}\right| $ 取得最小值 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2}m $ ,此时 $ M(\dfrac{1}{2}m,-\dfrac{1}{4}m,\dfrac{\sqrt{3}}{4}m) $ , $ N(\dfrac{1}{2}m $ , $ \dfrac{1}{2}m $ , $ 0) $ ,所以 $ \overrightarrow {MN}=(0 $ , $ \dfrac{3}{4}m $ , $ -\dfrac{\sqrt{3}}{4}m) $ , $ \overrightarrow {BM}=(\dfrac{1}{2}m $ , $ -\dfrac{1}{4}m $ , $ \dfrac{\sqrt{3}}{4}m) $ , $ \overrightarrow {AM}=(-\dfrac{1}{2}m $ , $ -\dfrac{1}{4}m $ , $ \dfrac{\sqrt{3}}{4}m) $ .

设平面 $ AMN $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}) $ ,则 $ \begin{cases}\overrightarrow {AM}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow {MN}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}-\dfrac{1}{2}m{x}_{1}-\dfrac{1}{4}m{y}_{1}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}m{z}_{1}=0,\\ \dfrac{3}{4}m{y}_{1}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}m{z}_{1}=0,\end{cases} $ 令 $ {z}_{1}=\sqrt{3} $ ,则 $ {x}_{1}=1 $ , $ {y}_{1}=1 $ ,即 $ \boldsymbol{n}=(1,1,\sqrt{3}) $ .

设平面 $ BMN $ 的法向量为 $ \boldsymbol{u}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2}) $ ,则 $ \begin{cases}\overrightarrow {BM}\cdot \boldsymbol{u}=0,\\ \overrightarrow {MN}\cdot \boldsymbol{u}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}\dfrac{1}{2}m{x}_{2}-\dfrac{1}{4}m{y}_{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}m{z}_{2}=0,\\ \dfrac{3}{4}m{y}_{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}m{z}_{2}=0,\end{cases} $ 令 $ {z}_{2}=\sqrt{3} $ ,解得 $ {x}_{2}=-1 $ , $ {y}_{2}=1 $ ,即 $ \boldsymbol{u}=(-1,1,\sqrt{3}) $ .

设二面角 $ A-MN-B $ 的大小为 $ \theta $ ,则

$ \cos \theta =-\dfrac{\left|\boldsymbol{n}\cdot \boldsymbol{u}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|\left|\boldsymbol{u}\right|}=-\dfrac{\left|-1×1+1×1+\sqrt{3}×\sqrt{3}\right|}{\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}+{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}}×\sqrt{{\left(-1\right) ^ {2}}+{1}^{2}+{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}}}=-\dfrac{3}{5} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

设正四棱锥 $ P-ABCD $ 底面的边长为 $ a $ ,斜高为 $ h^\prime $ ,连接 $ AC $ , $ BD $ 交于点 $ O $ ,连接 $ OP $ .则 $ 4×\dfrac{1}{2}ah\prime =2{a}^{2} $ ,则 $ h^\prime =a $ , $ \therefore PO=\sqrt{{a}^{2}-{\left(\dfrac{a}{2}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{3}a}{2} $ .以 $ O $ 为坐标原点, $ \overrightarrow {OB} $ , $ \overrightarrow {OC} $ , $ \overrightarrow {OP} $ 的方向分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.

则 $ P(0,0,\dfrac{\sqrt{3}a}{2}) $ , $ B(\dfrac{\sqrt{2}a}{2},0,0) $ , $ C(0,\dfrac{\sqrt{2}a}{2},0) $ , $ \therefore \overrightarrow {PC}=(0 $ , $ \dfrac{\sqrt{2}a}{2} $ , $ -\dfrac{\sqrt{3}a}{2}) $ , $ \overrightarrow {BC}=(-\dfrac{\sqrt{2}a}{2},\dfrac{\sqrt{2}a}{2},0) $ .

设平面 $ PBC $ 的法向量为 $ m=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}m\cdot \overrightarrow {PC}=0,\\ m\cdot \overrightarrow {BC}=0,\end{cases} $ 即

$ \begin{cases}\dfrac{\sqrt{2}a}{2}y-\dfrac{\sqrt{3}a}{2}z=0,\\ -\dfrac{\sqrt{2}a}{2}x+\dfrac{\sqrt{2}a}{2}y=0\end{cases}⇒\begin{cases}z=\dfrac{\sqrt{6}}{3}y,\\ x=y,\end{cases}. $ 令 $ y=\sqrt{3} $ ,则 $ m=(\sqrt{3} $ , $ \sqrt{3} $ , $ \sqrt{2}) $ ,显然平面 $ ABCD $ 的一个法向量为 $ n=(0,0,1) $ , $ \therefore \cos ⟨m $ , $ n⟩=\dfrac{m\cdot n}{\left|m\right|\left|n\right|}=\dfrac{0+0+\sqrt{2}}{\sqrt{3+3+2}×1}=\dfrac{1}{2} $ , $ \therefore $ 侧面与底面的夹角的余弦值为 $ \dfrac{1}{2} $ ,又两平面夹角的范围为 $ [0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}] $ , $ \therefore $ 所求夹角的大小为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ .