1.2.4二面角同步练习-2021-2022学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册（含答案）
文档属性
| 名称 | 1.2.4二面角同步练习-2021-2022学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 133.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-09-09 08:48:38 | ||
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文档简介
人教B版（2019）选择性必修第一册《1.2.4
二面角》2021年同步练习卷
一．选择题（共6小题）
1．若直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，则m＝（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
2．如图所示，等边三角形ABC的边长为4，D为BC的中点，沿AD把△ADC折叠到△ADC'处，使二面角B﹣AD﹣C'为60°，则折叠后二面角A﹣BC'﹣D的正切值为（ ）
A．
B．
C．2
D．
3．已知A，B为二面角α﹣l﹣β棱l上不同两点，C，D分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，AC＝BD＝2AB，若直线AB与CD所成角的余弦值为，则二面角α﹣l﹣β的大小为（ ）
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
4．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝4，AA1＝3，点P在棱AC上，3AP＝PC，则二面角P﹣B1C1﹣A1的正切值是（ ）
A．
B．
C．
D．3
5．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，下列说法正确的是（ ）
A．平面PA1C⊥平面AB1D1
B．DP∥平面AB1D1
C．异面直线DP与AD1所成角的取值范围是（0，]
D．三棱锥D1﹣APB1的体积不变
6．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．三棱锥A﹣D1PC的体积是
B．DP∥平面AB1D1
C．平面PB1D与平面ACD1所成的二面角为60°
D．异面直线A1P与AD1所成角的范围是
二．填空题（共4小题）
7．如图，在三棱锥V﹣ABC中，AB＝2，VA＝VB，AC＝BC，VC＝1，且AV⊥BV，AC⊥BC，则二面角V﹣AB﹣C的余弦值是
．
8．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝
．
9．如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件
时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况）．
10．如图，等腰直角三角形ABC（C为直角顶点）所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，P为上异于A，B的动点，且在AB上射影为点H，AB＝2，则当三棱锥P﹣ACH的体积最大时，二面角P﹣BC﹣A的正切值为
．
三．解答题（共2小题）
11．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝ADAB＝1，点E、M分别在线段AB、PC上，且λ，其中0＜λ＜1，连接CE，延长CE与DA的延长线交于点F，连接PE，PF，ME．
（Ⅰ）求证：ME∥平面PFD；
（Ⅱ）若λ时，求二面角A﹣PE﹣F的正弦值；
（Ⅲ）若直线PE与平面PBC所成角的正弦值为时，求λ值．
12．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝3，D，E分别为AB，BC的中点．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面AA1B1B；
（Ⅱ）求二面角B﹣AE﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）在线段B1C1上是否存在一点M，使BM⊥平面AB1E？说明理由．
人教B版（2019）选择性必修第一册《1.2.4
二面角》2021年同步练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．解：∵直线l的方向向量为（2，1，m），
平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，
∴l的方向向量为（2，1，m）与平面α的法向量为（1，，2）平行，
∴（2，1，m）＝λ（1，，2）．
∴，解得m＝4．
故选：C．
2．解：因为BD⊥AD，C'D⊥AD，
则∠BDC'即为二面角B﹣AD﹣C'的平面角，
所以∠BDC'＝60°，
则△BDC'为等边三角形，取BC'的中点M，连结DM，AM，
因为AB＝AC'，BD＝DC'，
所以DM⊥BC'，AM⊥BC'，
则二面角A﹣BC'﹣D的平面角为∠AMD，
在等边三角形ABC中，AB＝AC＝BC＝4，
所以AD，
在等边三角形法BDC'中，BD＝BC'＝C'D＝2，
所以DM，
则，
故折叠后二面角A﹣BC'﹣D的正切值为2．
故选：C．
3．解：如图，
在α内，过B作BE∥AC，且BE＝AC，连接CE，
则四边形ACEB为矩形，可得BE⊥AB，CE＝AB，
由BD⊥l，BE⊥l，得∠DBE为二面角α﹣l﹣β的平面角，
设AC＝BD＝2AB＝2a，则AB＝CE＝a，
又直线AB与CD所成角的余弦值为，∴cos∠DCE，
得CD，则DE＝2a，
∴△DBE为等边三角形，即∠DBE＝60°．
故二面角α﹣l﹣β的大小为60°．
故选：B．
4．解：取BC的中点E，B1C1的中点E1，连接AE，A1E1，
则AE⊥BC，A1E1⊥B1C1，
又AE＝A1E1且AE∥A1E1，
故四边形AEE1A1为矩形，
在A1C1上取一点P1，使得3A1P1＝C1P1，
过点P1作P1D1⊥C1B1，垂足为D1，
则P1D1∥A1E1，且，
作PD⊥BC，垂足为D，则PD∥AE，且，
故P1D1∥PD且P1D1＝PD，
连接DD1，PP1，所以四边形P1D1DP为平行四边形，
故DD1∥PP1，
所以AA1∥PP1∥DD1，
又AA1⊥平面ABC，则DD1⊥平面ABC，又BC?平面ABC，
所以DD1⊥BC，又PD⊥BC，PD∩PD1＝D，PD，PD1?平面D1DP，
故BC⊥平面D1DP，
又BC∥B1C1，则B1C1⊥平面D1DP，
所以∠PD1P1是二面角P﹣B1C1﹣A1所成的平面角，
因为AA1∥PP1，AA1⊥P1D1，
故PP1⊥P1D1，
在△PP1D1中，PP1＝3，，解得，
所以，
故二面角P﹣B1C1﹣A1的正切值是．
故选：B．
5．解：A选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C⊥平面AB1D1，又A1C?平面PA1C，所以平面PA1C⊥平面AB1D1，A选项正确．
B选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1∥平面DC1B，又DP?平面DC1B，所以DP∥平面AB1D1，B选项正确．
C选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AD1∥BC1，所以直线DP与AD1所成角等于直线DP与BC1所成角．
因为△DBC1为等边三角形，P在BC1上，所以直线DP与BC1所成角的取值范围是，C选项错误．
D选项，因为DP∥平面AB1D1，所以，为定值，D选项正确．
故选：ABD．
6．解：A．三棱锥A﹣D1PC的体积＝三棱锥C﹣AD1P的体积1，正确
B．由正方体的性质与面面平行的判定定理可得：平面DBC1∥平面AB1D1，∴DP∥平面AB1D1，正确．
C．由正方体的性质可得：DB1⊥平面ACD1，∴平面PB1D与平面ACD1所成的二面角为90°．
D．∵AD1∥BC1，连接A1C1，A1B，可得△A1BC1为等边三角形，可得A1P与BC1所成角的范围是，不正确．
故选：AB．
二．填空题（共4小题）
7．解：取AB的中点M，连接VM、CM，
∵VA＝VB，AV⊥BV，∴VM⊥AB，VMAB，
∵AC＝BC，AC⊥BC，∴CM⊥AB，CMAB，
∴∠VMC为二面角V﹣AB﹣C的平面角．
在△VMC中，由余弦定理知，cos∠VMC．
∴二面角V﹣AB﹣C的余弦值是．
故答案为：．
8．解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设MA＝k，则D1（0，0，4），C（0，4，0），N（2，3，0），M（4，0，k），
所以，
设平面D1MN的法向量为，
则有，即，
令z＝8，则x＝8﹣2k，y＝4+k，故，
平面ABCD的一个法向量为，
设平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角为α，
则，
锐二面角α越小，则cosα越大，
所以求5k2﹣24k+144的最小值，
令f（k）＝5k2﹣24k+144，
所以当k时，α有最小值，此时．
故答案为：．
9．解：若A1C⊥B1D1，由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，
AA1⊥B1D1，易得B1D1⊥平面AA1CC1，
则A1C1⊥B1D1，
则四边形A1B1C1D1为菱形，
故答案为：A1C1⊥B1D1或四边形A1B1C1D1为菱形．
10．解：等腰直角三角形ABC中，AB＝2，则AC＝BC，
∵O为AB的中点，∴CO⊥AB，CO＝1，
令∠PAB＝θ，，则AP＝2cosθ，PH＝2sinθcosθ，AH＝2cos2θ，
三棱锥P﹣ACH的体积V?1?2sinθcosθ，
令f（θ）?sinθ，，
f′（θ），
∵，∴cos2θ+1＞0，
∴cos2θ，即当时，f（θ）取得最大值f（），此时三棱锥P﹣ACH的体积最大，
过H作HG⊥BC于G，可得∠PGH为二面角P﹣BC﹣A的平面角，
又PH，AH，BH，HG，
二面角P﹣BC﹣A的正切值为．
故答案为：．
三．解答题（共2小题）
11．（本小题满分15分）
解：（Ⅰ）在线段PD上取一点N，使得，∵，
∴MN∥DC且MN＝λDC，
∵，
∴AE＝λAB，AB∥DC且AB＝DC，
∴且AE＝MN，
∴四边形为平行四边形，
∴ME∥AN，
又∵AN?平面PFD，ME?平面PFD，
∴ME∥平面PFD．
（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系A（0，0，0），P（0，0，1），B（0，2，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），
∵，∴E（0，1，0），F（1，0，0）
设平面PEA的一个法向量为（x，y，z），
，，
，令x＝1，∴（1，0，0），
设平面PEF的一个法向量为，
，，
，
令z＝1，∴x＝1，y＝1，∴，
∴，
，
二面角A﹣PE﹣F的正弦值为．
（III）令E（0，h，0），0≤h≤2，，
设平面PBC的一个法向量为，
，，
，令y＝1，
∴z＝2，
∴
由题意可得：，
∴，
∴，．
12．证明：（Ⅰ）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
因为CD?平面ABC，所以AA1⊥CD．
又△ABC为等边三角形，D为AB的中点，
所以CD⊥AB．
……（2分）
因为AB∩AA1＝A，
所以CD⊥平面AA1B1B；
…………（3分）
解：（Ⅱ）取A1B1中点F，连结DF，
因为D，F分别为AB，A1B1的中点，
所以DF⊥AB．由（Ⅰ）知CD⊥AB，CD⊥DF，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz．
…………（4分）
由题意得A（1，0，0），B（﹣1，0，0），，
A1（1，3，0），B1（﹣1，3，0），，D（0，0，0），，
，．
………………………………………（5分）
设平面AB1E法向量n1＝（x1，y1，z1），
则，即，
令x1＝1，则，．即（1，，）．
…………（6分）
平面BAE法向量．
………………………（7分）
因为2，，||，
所以cos，．
………………………………（8分）
由题意知二面角B﹣AE﹣B1为锐角，所以二面角B﹣AE﹣B1的余弦值为．………………（9分）
解：（Ⅲ）在线段B1C1上不存在点M，使BM⊥平面AB1E．理由如下．
假设线段B1C1上存在点M，使BM⊥平面AB1E．
则?λ∈[0，1]，使得．
因为，所以．
……………………………………（10分）
又，所以．
…………………………（11分）
由（Ⅱ）可知，平面AB1法向量（1，，），
BM⊥平面AB1E，当且仅当∥，
即?μ∈R，使得（）．……………………………（12分）
所以，解得．
……………………（13分）
这与λ∈[0，1]矛盾．
所以在线段B1C1上不存在点M，使BM⊥平面AB1E．……………………（14分）
二面角》2021年同步练习卷
一．选择题（共6小题）
1．若直线l的方向向量为（2，1，m），平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，则m＝（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
2．如图所示，等边三角形ABC的边长为4，D为BC的中点，沿AD把△ADC折叠到△ADC'处，使二面角B﹣AD﹣C'为60°，则折叠后二面角A﹣BC'﹣D的正切值为（ ）
A．
B．
C．2
D．
3．已知A，B为二面角α﹣l﹣β棱l上不同两点，C，D分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，AC＝BD＝2AB，若直线AB与CD所成角的余弦值为，则二面角α﹣l﹣β的大小为（ ）
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
4．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝4，AA1＝3，点P在棱AC上，3AP＝PC，则二面角P﹣B1C1﹣A1的正切值是（ ）
A．
B．
C．
D．3
5．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，下列说法正确的是（ ）
A．平面PA1C⊥平面AB1D1
B．DP∥平面AB1D1
C．异面直线DP与AD1所成角的取值范围是（0，]
D．三棱锥D1﹣APB1的体积不变
6．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．三棱锥A﹣D1PC的体积是
B．DP∥平面AB1D1
C．平面PB1D与平面ACD1所成的二面角为60°
D．异面直线A1P与AD1所成角的范围是
二．填空题（共4小题）
7．如图，在三棱锥V﹣ABC中，AB＝2，VA＝VB，AC＝BC，VC＝1，且AV⊥BV，AC⊥BC，则二面角V﹣AB﹣C的余弦值是
．
8．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱A1A上的动点，N是棱BC的中点．当平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角最小时，A1M＝
．
9．如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件
时，有A1C⊥B1D1（注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况）．
10．如图，等腰直角三角形ABC（C为直角顶点）所在的平面与半圆弧所在的平面垂直，P为上异于A，B的动点，且在AB上射影为点H，AB＝2，则当三棱锥P﹣ACH的体积最大时，二面角P﹣BC﹣A的正切值为
．
三．解答题（共2小题）
11．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝ADAB＝1，点E、M分别在线段AB、PC上，且λ，其中0＜λ＜1，连接CE，延长CE与DA的延长线交于点F，连接PE，PF，ME．
（Ⅰ）求证：ME∥平面PFD；
（Ⅱ）若λ时，求二面角A﹣PE﹣F的正弦值；
（Ⅲ）若直线PE与平面PBC所成角的正弦值为时，求λ值．
12．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝3，D，E分别为AB，BC的中点．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面AA1B1B；
（Ⅱ）求二面角B﹣AE﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）在线段B1C1上是否存在一点M，使BM⊥平面AB1E？说明理由．
人教B版（2019）选择性必修第一册《1.2.4
二面角》2021年同步练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．解：∵直线l的方向向量为（2，1，m），
平面α的法向量为（1，，2），且l⊥α，
∴l的方向向量为（2，1，m）与平面α的法向量为（1，，2）平行，
∴（2，1，m）＝λ（1，，2）．
∴，解得m＝4．
故选：C．
2．解：因为BD⊥AD，C'D⊥AD，
则∠BDC'即为二面角B﹣AD﹣C'的平面角，
所以∠BDC'＝60°，
则△BDC'为等边三角形，取BC'的中点M，连结DM，AM，
因为AB＝AC'，BD＝DC'，
所以DM⊥BC'，AM⊥BC'，
则二面角A﹣BC'﹣D的平面角为∠AMD，
在等边三角形ABC中，AB＝AC＝BC＝4，
所以AD，
在等边三角形法BDC'中，BD＝BC'＝C'D＝2，
所以DM，
则，
故折叠后二面角A﹣BC'﹣D的正切值为2．
故选：C．
3．解：如图，
在α内，过B作BE∥AC，且BE＝AC，连接CE，
则四边形ACEB为矩形，可得BE⊥AB，CE＝AB，
由BD⊥l，BE⊥l，得∠DBE为二面角α﹣l﹣β的平面角，
设AC＝BD＝2AB＝2a，则AB＝CE＝a，
又直线AB与CD所成角的余弦值为，∴cos∠DCE，
得CD，则DE＝2a，
∴△DBE为等边三角形，即∠DBE＝60°．
故二面角α﹣l﹣β的大小为60°．
故选：B．
4．解：取BC的中点E，B1C1的中点E1，连接AE，A1E1，
则AE⊥BC，A1E1⊥B1C1，
又AE＝A1E1且AE∥A1E1，
故四边形AEE1A1为矩形，
在A1C1上取一点P1，使得3A1P1＝C1P1，
过点P1作P1D1⊥C1B1，垂足为D1，
则P1D1∥A1E1，且，
作PD⊥BC，垂足为D，则PD∥AE，且，
故P1D1∥PD且P1D1＝PD，
连接DD1，PP1，所以四边形P1D1DP为平行四边形，
故DD1∥PP1，
所以AA1∥PP1∥DD1，
又AA1⊥平面ABC，则DD1⊥平面ABC，又BC?平面ABC，
所以DD1⊥BC，又PD⊥BC，PD∩PD1＝D，PD，PD1?平面D1DP，
故BC⊥平面D1DP，
又BC∥B1C1，则B1C1⊥平面D1DP，
所以∠PD1P1是二面角P﹣B1C1﹣A1所成的平面角，
因为AA1∥PP1，AA1⊥P1D1，
故PP1⊥P1D1，
在△PP1D1中，PP1＝3，，解得，
所以，
故二面角P﹣B1C1﹣A1的正切值是．
故选：B．
5．解：A选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C⊥平面AB1D1，又A1C?平面PA1C，所以平面PA1C⊥平面AB1D1，A选项正确．
B选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1∥平面DC1B，又DP?平面DC1B，所以DP∥平面AB1D1，B选项正确．
C选项，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AD1∥BC1，所以直线DP与AD1所成角等于直线DP与BC1所成角．
因为△DBC1为等边三角形，P在BC1上，所以直线DP与BC1所成角的取值范围是，C选项错误．
D选项，因为DP∥平面AB1D1，所以，为定值，D选项正确．
故选：ABD．
6．解：A．三棱锥A﹣D1PC的体积＝三棱锥C﹣AD1P的体积1，正确
B．由正方体的性质与面面平行的判定定理可得：平面DBC1∥平面AB1D1，∴DP∥平面AB1D1，正确．
C．由正方体的性质可得：DB1⊥平面ACD1，∴平面PB1D与平面ACD1所成的二面角为90°．
D．∵AD1∥BC1，连接A1C1，A1B，可得△A1BC1为等边三角形，可得A1P与BC1所成角的范围是，不正确．
故选：AB．
二．填空题（共4小题）
7．解：取AB的中点M，连接VM、CM，
∵VA＝VB，AV⊥BV，∴VM⊥AB，VMAB，
∵AC＝BC，AC⊥BC，∴CM⊥AB，CMAB，
∴∠VMC为二面角V﹣AB﹣C的平面角．
在△VMC中，由余弦定理知，cos∠VMC．
∴二面角V﹣AB﹣C的余弦值是．
故答案为：．
8．解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设MA＝k，则D1（0，0，4），C（0，4，0），N（2，3，0），M（4，0，k），
所以，
设平面D1MN的法向量为，
则有，即，
令z＝8，则x＝8﹣2k，y＝4+k，故，
平面ABCD的一个法向量为，
设平面D1MN与底面ABCD所成的锐二面角为α，
则，
锐二面角α越小，则cosα越大，
所以求5k2﹣24k+144的最小值，
令f（k）＝5k2﹣24k+144，
所以当k时，α有最小值，此时．
故答案为：．
9．解：若A1C⊥B1D1，由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，
AA1⊥B1D1，易得B1D1⊥平面AA1CC1，
则A1C1⊥B1D1，
则四边形A1B1C1D1为菱形，
故答案为：A1C1⊥B1D1或四边形A1B1C1D1为菱形．
10．解：等腰直角三角形ABC中，AB＝2，则AC＝BC，
∵O为AB的中点，∴CO⊥AB，CO＝1，
令∠PAB＝θ，，则AP＝2cosθ，PH＝2sinθcosθ，AH＝2cos2θ，
三棱锥P﹣ACH的体积V?1?2sinθcosθ，
令f（θ）?sinθ，，
f′（θ），
∵，∴cos2θ+1＞0，
∴cos2θ，即当时，f（θ）取得最大值f（），此时三棱锥P﹣ACH的体积最大，
过H作HG⊥BC于G，可得∠PGH为二面角P﹣BC﹣A的平面角，
又PH，AH，BH，HG，
二面角P﹣BC﹣A的正切值为．
故答案为：．
三．解答题（共2小题）
11．（本小题满分15分）
解：（Ⅰ）在线段PD上取一点N，使得，∵，
∴MN∥DC且MN＝λDC，
∵，
∴AE＝λAB，AB∥DC且AB＝DC，
∴且AE＝MN，
∴四边形为平行四边形，
∴ME∥AN，
又∵AN?平面PFD，ME?平面PFD，
∴ME∥平面PFD．
（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系A（0，0，0），P（0，0，1），B（0，2，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），
∵，∴E（0，1，0），F（1，0，0）
设平面PEA的一个法向量为（x，y，z），
，，
，令x＝1，∴（1，0，0），
设平面PEF的一个法向量为，
，，
，
令z＝1，∴x＝1，y＝1，∴，
∴，
，
二面角A﹣PE﹣F的正弦值为．
（III）令E（0，h，0），0≤h≤2，，
设平面PBC的一个法向量为，
，，
，令y＝1，
∴z＝2，
∴
由题意可得：，
∴，
∴，．
12．证明：（Ⅰ）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
因为CD?平面ABC，所以AA1⊥CD．
又△ABC为等边三角形，D为AB的中点，
所以CD⊥AB．
……（2分）
因为AB∩AA1＝A，
所以CD⊥平面AA1B1B；
…………（3分）
解：（Ⅱ）取A1B1中点F，连结DF，
因为D，F分别为AB，A1B1的中点，
所以DF⊥AB．由（Ⅰ）知CD⊥AB，CD⊥DF，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz．
…………（4分）
由题意得A（1，0，0），B（﹣1，0，0），，
A1（1，3，0），B1（﹣1，3，0），，D（0，0，0），，
，．
………………………………………（5分）
设平面AB1E法向量n1＝（x1，y1，z1），
则，即，
令x1＝1，则，．即（1，，）．
…………（6分）
平面BAE法向量．
………………………（7分）
因为2，，||，
所以cos，．
………………………………（8分）
由题意知二面角B﹣AE﹣B1为锐角，所以二面角B﹣AE﹣B1的余弦值为．………………（9分）
解：（Ⅲ）在线段B1C1上不存在点M，使BM⊥平面AB1E．理由如下．
假设线段B1C1上存在点M，使BM⊥平面AB1E．
则?λ∈[0，1]，使得．
因为，所以．
……………………………………（10分）
又，所以．
…………………………（11分）
由（Ⅱ）可知，平面AB1法向量（1，，），
BM⊥平面AB1E，当且仅当∥，
即?μ∈R，使得（）．……………………………（12分）
所以，解得．
……………………（13分）
这与λ∈[0，1]矛盾．
所以在线段B1C1上不存在点M，使BM⊥平面AB1E．……………………（14分）