解：由（1）知：

A O ⊥ B D

，

E O ⊥ B D

，

∵平面 $A B D ⊥$ 平面 $B C D$ ，

平面 $A B D \cap$ 平面 $B C D = B D ， A O \subset$ 平面 $A B D$ ，

∴ $A O ⊥$ 平面 $B C D$ ，∵ $E O \subset$ 平面 $A B D$ ，

∴ $A O ⊥ E O$ ，∴ $O E 、 O D 、 O A$ 两两互相垂直．

∵ $C D ⊥ B D ， B C = 4 ， C D = 2$ ，∴ $B D = \sqrt{B C^{2} - C D^{2}} = 2 \sqrt{3}$ ．

由 $O$ 为 $B D$ 的中点， $A O ⊥ B D ， A D = 2$ 得 $B O = O D = \sqrt{3} ， O A = \sqrt{A D^{2} - O D^{2}} = 1$ ，

以 $O$ 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 $O - x y z$ ，则 $O (0 ， 0 ， 0) ， A (0 ， 0 ， 1) ， B (0 ， - \sqrt{3} ， 0) ， C (2 ， \sqrt{3} ， 0) ， D (0 ， \sqrt{3} ， 0)$ ，

∴ $\vec{A B} = (0 ， - \sqrt{3} ， - 1) ， \vec{A C} = (2 ， \sqrt{3} ， - 1) ， \vec{A D} = (0 ， \sqrt{3} ， - 1)$ ．

设平面 $A B C$ 的一个法向量为 $\vec{n} = (x ， y ， z)$ ，则 $\vec{n} ⊥ \vec{A B} ， \vec{n} ⊥ \vec{A C}$ ．

∴ ${\begin{matrix} - \sqrt{3} y - z = 0 \\ 2 x + \sqrt{3} y - z = 0 \end{matrix}$ ，取 $y = - \sqrt{3}$ ，解得 ${\begin{matrix} x = 3 \\ z = 3 \end{matrix}$ ，

∴ $\vec{n} = (3 ， - \sqrt{3} ， 3)$ 是平面 $A B C$ 的一个法向量．

同理可求平面 $A D C$ 的一个法向量 $\vec{m} = (0 ， \sqrt{3} ， 3)$ ．

设二面角 $B - A C - D$ 的大小为 $θ$ ，则 $| \cos θ | = | \frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{| \vec{m} | \cdot | \vec{n} |} | = \frac{\sqrt{7}}{7}$ ，

∵ $0 < θ < π$ ，∴ $sin θ = \sqrt{1 - {cos}^{2} θ} = \frac{\sqrt{42}}{7}$ ，

二面角 $B - A C - D$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{42}}{7}$ ．

辽宁省凌源市2017-2018学年高二上学期理数期末考试试卷