解：取

A_{1} B_{1}

的中点P，连接

A P

，

A B_{1}

，

∵四边形 $A A_{1} B_{1} B$ 为菱形，又 $∠ B_{1} B A = \frac{π}{3}$ ，易知 $A P ⊥ A B$ .

又面 $A A_{1} B_{1} B ⊥$ 面 $A B C D$ ，面 $A A_{1} B_{1} B \cap$ 面 $A B C D = A B$ ， $A D ⊥ A B$

∴ $A D ⊥$ 平面 $A A_{1} B_{1} B$ ， $A D ⊥ A P$

故 $A B$ ， $A D$ ， $A P$ 两两垂直

以A为原点， $A B$ ， $A D$ ， $A P$ 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系 $A - x y z$ （如图所示），不妨设 $A B = 4$ .

则 $A (0 ， 0 ， 0)$ ， $D (0 ， 4 ， 0)$ ， $C (4 ， 2 ， 0)$ ， $A_{1} (- 2 ， 0 ， 2 \sqrt{3})$ ， $M (- 1 ， 2 ， \sqrt{3})$ ，

$\vec{A_{1} M} = (1 ， 2 ， - \sqrt{3})$ ， $\vec{C M} = (- 5 ， 0 ， \sqrt{3})$ ， $\vec{A C} = (4 ， 2 ， 0)$

设平面 $A_{1} C M$ 的法向量为 $\vec{m} = (x ， y ， z)$ ，

由 ${\begin{array}{l} \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{A_{1} M} = 0 \\ \overset{⇀}{m} \cdot \overset{⇀}{C M} = 0 \end{array}$ ，得 ${\begin{array}{l} x + 2 y - \sqrt{3} z = 0 \\ - 5 x + \sqrt{3} z = 0 \end{array}$ ，

可得平面 $A_{1} C M$ 的一个法向量 $\vec{m} = (1 ， 2 ， \frac{5 \sqrt{3}}{3})$ ，

设平面 $A C M$ 的法向量为 $\vec{n} = (x_{1} ， y_{1} ， z_{1})$ ，

由 ${\begin{array}{l} \overset{⇀}{n} \cdot \overset{⇀}{A C} = 0 \\ \overset{⇀}{n} \cdot \overset{⇀}{C M} = 0 \end{array}$ ，得 ${\begin{array}{l} 4 x_{1} + 2 y_{1} = 0 \\ - 5 x_{1} + \sqrt{3} z_{1} = 0 \end{array}$ ，

可得平面 $A C M$ 的一个法向量 $\vec{n} = (1 ， - 2 ， \frac{5 \sqrt{3}}{3})$ .

∴ $\cos 〈 \vec{m} ， \vec{n} 〉 = \frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{| \vec{m} | \cdot | \vec{n} |} = \frac{1 - 4 + \frac{25}{3}}{\sqrt{1 + 4 + \frac{25}{3}} \cdot \sqrt{1 + 4 + \frac{25}{3}}} = \frac{2}{5}$

所以二面角 $A_{1} - C M - A$ 的余弦值为 $\frac{2}{5}$ .

安徽省蚌埠市2020届高三下学期理数第三次教学质量检查试卷