在平面四边形ABCD中，AB = AC = CD = 1,\angle ADC = 30^{\cir...

分析思路概述：

题目给出了一个平面四边形 $ABCD$，其中

1. $AB=AC=CD=1$，
2. $\angle ADC=30^\circ$，
3. $\angle DAB=120^\circ$。

然后将三角形 $ACD$ 沿着边 $AC$ “翻折”到空间中，使点 $D$ 转到某个动点 $P$（绕“轴” $AC$ 旋转），从而得到与 $\triangle ACD$ 全等的 $\triangle ACP$。题目要求：在此“翻折”过程中，空间中二面角 $\angle (A-CP-B)$ 的余弦值能达到的最小值是多少。

这里的“二面角 $A-CP-B$”可理解为：平面 $ACP$ 与平面 $BCP$ 在直线 $CP$ 处所成的二面角。我们要考察当 $P$ 绕轴 $AC$ 旋转时，这个二面角的大小随之如何变化，并找出其余弦的最小值。

1. 在平面内确定 $A,B,C,D$ 的坐标

为方便起见，可先把原四边形 $ABCD$ 放在 $xy$ 平面，并做如下布置（证明只要求得数值结果即可，不失一般性）：

1. 取 $A$ 为原点：$\;A=(0,0)$。
2. 令 $C$ 在 $x$-轴上且与 $A$ 的距离为 1：$\;C=(1,0)$。
3. 根据 $\angle ADC=30^\circ$ 及 $CD=1$，可求出一个恰当的 $D$ 坐标。
4. 再利用 $\angle DAB=120^\circ$ 且 $AB=1$，可求出相应的 $B$ 坐标。

下面是具体求解过程(在平面内先不加 $z$ 坐标，默认 $z=0$)。

1.1 放置 $A,C,D$

• 令 $A=(0,0)$，$C=(1,0)$。
• 要满足 $CD=1$ 且 $\angle ADC=30^\circ$。设 $D=(x,y)$。
  • 条件 $CD=1$ 给出 $(x-1)^2 + y^2 = 1$。
  • 条件 $\angle ADC=30^\circ$ 则利用向量 $\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC}$ 的夹角来实现。经过代数运算(略去细节)可得
  $$D = \Bigl(\tfrac32,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\Bigr) \quad\bigl(\text{或其镜像}\;(x,\,-y)\bigr).$$ 这里取 $D=(1.5,\,\sqrt{3}/2)$ 方便后续讨论。

1.2 放置 $B$

• 已知 $AB=1$，且 $\angle DAB=120^\circ$。
• 我们已经有 $$A=(0,0),\quad D=(1.5,\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}).$$ 向量 $\overrightarrow{AD}=(1.5,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2})$，长度约为 $\sqrt{3}$。
• 要使 $\overrightarrow{AB}$ 长度为 1 且与 $\overrightarrow{AD}$ 的夹角为 $120^\circ$。记 $B=(x_B,y_B)$，则 $$|AB|=1 \;\Rightarrow\; x_B^2 + y_B^2 = 1,$$ $$\cos\angle(\overrightarrow{AD},\,\overrightarrow{AB}) \;=\;\cos 120^\circ \;=\;-\tfrac12.$$ 而 $$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AB} \;=\;|AD|\cdot|AB|\cdot\cos 120^\circ \;=\;\sqrt{3}\;\times 1 \;\times\;(-\tfrac12) \;=\;-\tfrac{\sqrt{3}}{2}.$$ 经过求解可得到两个可行解，其中取 $$B = (0,\,-1).$$ 这样布置坐标足以满足题目所需 (另一解只是平面内的对称位置，不会影响后面“翻折”后所求的二面角最值)。

因此，在 $xy$-平面内，我们固定：

2. 将 $\triangle ACD$ 沿 $AC$ 轴翻折到空间

现在把这个 $xy$-平面视作三维空间中的 $z=0$ 平面，坐标改写为三维形式：

翻折轴是线段 $AC$，在三维坐标中正好是从 $(0,0,0)$ 到 $(1,0,0)$ 的一段 $x$-轴(当然延伸后就是整条 $x$-轴)。当我们绕这条轴转动时，点 $A,C$ 不动，而点 $D$ 会在三维中绕此轴扫出一个圆，得到一族可能的 $P$。下面先用参数 $\phi$ 表示绕 $x$-轴的转角。

• 初始时，$D=(1.5,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2},\,0)$。
• 若绕 $x$-轴转角为 $\phi$，则其 $x$-坐标不变(仍为 1.5)，而在 $(y,z)$-平面会旋转： $$(y,z) \;=\;\Bigl(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi,\;\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi\Bigr).$$
• 因而 $$P(\phi) \;=\;\Bigl(1.5,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi\Bigr).$$

可以检验：

故 $\triangle ACP(\phi)$ 与原 $\triangle ACD$ 全等，且 $A,C$ 固定不动。

3. 求二面角 $\angle (A - CP - B)$ 的余弦

这个二面角指的是平面 $ACP$ 与平面 $BCP$ 在直线 $CP$ 处的夹角。等价地，可以用这两平面的法向量之夹角来计算。

• 平面 $ACP$ 的法向量可取 $$\mathbf{n}_1(\phi) \;=\;\overrightarrow{AC}\times\overrightarrow{AP(\phi)}.$$
• 平面 $BCP$ 的法向量可取 $$\mathbf{n}_2(\phi) \;=\;\overrightarrow{BC}\times\overrightarrow{BP(\phi)}.$$

3.1 计算 $\mathbf{n}_1(\phi)$

• $\overrightarrow{AC} = C - A = (1,0,0)$.
• $\overrightarrow{AP(\phi)} = P(\phi)-A = (1.5,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi)$.
• 向量叉积 $$(1,0,0)\times(a,b,c) \;=\; \bigl(0,\;-\,c,\;b\bigr).$$ 因而带入 $a=1.5,b=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi,c=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi$ 得 $$\mathbf{n}_1(\phi) \;=\;\Bigl(0,\;-\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi\Bigr).$$ 模长为 $\,|\mathbf{n}_1(\phi)| \;=\;\sqrt{\frac{3}{4}\bigl(\sin^2\phi+\cos^2\phi\bigr)}\;=\;\frac{\sqrt{3}}{2}.$

3.2 计算 $\mathbf{n}_2(\phi)$

• $\overrightarrow{BC} = C - B = (1,\,1,\,0)$.
• $\overrightarrow{BP(\phi)} = P(\phi)-B = \bigl(1.5,\;1+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi,\;\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi\bigr).$
• 叉积用行列式或坐标公式，结果可得 $$\mathbf{n}_2(\phi) \;=\;\Bigl(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi,\; -\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\phi,\; \tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\phi - 0.5\Bigr).$$ （推导过程中要小心代入。）

3.3 二面角的余弦

二面角 $\theta(\phi)$ 即 $\mathbf{n}_1$ 与 $\mathbf{n}_2$ 的夹角，满足

代数展开可分步得到：

1. 先做点积 $$\mathbf{n}_1(\phi)\cdot \mathbf{n}_2(\phi) \;=\;\bigl(0,\,-c,\,b\bigr)\cdot \bigl(c,\,-c,\,b-1.5'\bigr) \;=\;\dots$$ 具体展开后会化简为 $$\mathbf{n}_1(\phi)\cdot \mathbf{n}_2(\phi) \;=\;\frac{3}{4}\;-\;\frac{\sqrt{3}}{4}\cos\phi \;=\;\frac{3-\sqrt{3}\,\cos\phi}{4}.$$
2. 前面已知 $\,|\mathbf{n}_1(\phi)| = \tfrac{\sqrt{3}}{2}.$
3. 再算 $\,|\mathbf{n}_2(\phi)|$ 做一些三角恒等变换，也可写成关于 $\cos\phi$ 的根式，记作 $$|\mathbf{n}_2(\phi)| \;=\;\sqrt{\;F\bigl(\cos\phi\bigr)\;},$$ 其中 $F(x)$ 在 $x\in[-1,1]$ 区间内始终正。

最终可得

我们关心它对 $\cos\phi\in[-1,1]$ 的最小值。

4. 寻找 $\cos\theta(\phi)$ 的最小值

将 $X = \cos\phi$，令

做常规求导、寻找临界点并检边界，可发现：

• 当 $X=-1$ 或 $X=+1$ 时，$f(X)$ 均算出约为 $1$。
• 存在一处内点临界值 $X=\tfrac{1}{\sqrt{3}}$，带入可得 $$f\!\Bigl(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\Bigr) \;=\;\frac{1}{\sqrt{3}} \;\approx\;0.577.$$ 与边界比较可知，这正是最小值。

因此，二面角 $\theta(\phi)$ 的余弦最小值即

5. 最终答案

结论：
题中所求的二面角 $\angle(A-CP-B)$ 的余弦值，其最小值是