《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測試46 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測試46 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 理（含解析）（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)測試46　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 高考概覽 考綱研讀 1．以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識和理解空間中線、面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理 2．能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡單命題 一、基礎(chǔ)小題 1．下列條件中，能判定直線l⊥平面α的是(　　) A．l與平面α內(nèi)的兩條直線垂直 B．l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線垂直 C．l與平面α內(nèi)的某一條直線垂直 D．l與平面α內(nèi)任意一條直線垂直 答案　D 解析　由直線與平面垂直的定義，可知D正確． 2．設(shè)l，m，n均為直線，其中m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n

2、”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　當(dāng)l⊥α?xí)r，l⊥m且l⊥n．但當(dāng)l⊥m，l⊥n時(shí)，若m，n不是相交直線，則得不到l⊥α．即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要條件．故選A． 3．給出下列四個命題： ①垂直于同一平面的兩條直線相互平行； ②垂直于同一平面的兩個平面相互平行； ③若一個平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個平面都平行，那么這兩個平面相互平行； ④若一條直線垂直于一個平面內(nèi)的任一直線，那么這條直線垂直于這個平面． 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解

3、析　由直線與平面垂直的性質(zhì)，可知①正確；正方體的相鄰的兩個側(cè)面都垂直于底面，而不平行，故②錯誤；由直線與平面垂直的定義知④正確，而③錯誤． 4．若空間三條直線a，b，c滿足a⊥b，b⊥c，則直線a與c(　　) A．一定平行 B．一定相交 C．一定是異面直線 D．平行、相交、異面直線都有可能 答案　D 解析　當(dāng)a，b，c共面時(shí)，a∥c；當(dāng)a，b，c不共面時(shí)，a與c可能異面也可能相交． 5．下列命題中錯誤的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面

4、β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β 答案　D 解析　對于D，若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β，即與平面β的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi)，其他選項(xiàng)易知均是正確的． 6．如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 答案　A 解析　由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1． 又∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC． ∴C1在

5、平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上． 7．如圖所示，在立體圖形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 答案　C 解析　因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)， 所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC， 而BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE． 因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE． 又由于AC在平面ADC內(nèi)， 所以平面ADC⊥平面BDE．故選C．

6、 8．如圖所示，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABCDEF，PA＝2AB，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．PA⊥AD B．平面ABCDEF⊥平面PBC C．直線BC∥平面PAE D．直線PD與平面ABCDEF所成的角為30° 答案　A 解析　因?yàn)镻A⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故選項(xiàng)A正確；選項(xiàng)B中兩個平面不垂直，故選項(xiàng)B錯；選項(xiàng)C中，AD與平面PAE相交，BC∥AD，故選項(xiàng)C錯；選項(xiàng)D中，PD與平面ABCDEF所成的角為45°，故選項(xiàng)D錯．故選A． 二、高考小題 9．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為

7、棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 答案　C 解析　如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯誤； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1．又A1E?平面CEA1B1， ∴A1E⊥BC1) ∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯誤．故選C． 解法二(空間向量法)：建立如圖所示

8、的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，E， ∴＝，＝(0，1，1)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，∴·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，∴A1E⊥BC1．故選C． 10．(2015·福建高考)若l，m是兩條不同的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　由“m⊥α且l⊥m”推出“l(fā)?α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可

9、推出“l(fā)⊥m”，所以“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的必要而不充分條件．故選B． 三、模擬小題 11．(2018·大連雙基測試)已知互不重合的直線a，b，互不重合的平面α，β，γ，給出下列四個命題，錯誤的命題是(　　) A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，則a∥b B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，則a⊥b C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，則a⊥α D．若α∥β，a∥α，則a∥β 答案　D 解析　構(gòu)造一個長方體ABCD－A1B1C1D1．對于D，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，A1B1∥平面ABCDA1B1∥平面A1B1C1D1． 12．(2018·河南安陽二模)已知a，b表示兩條不同

10、的直線，α，β表示兩個不同的平面，下列說法錯誤的是(　　) A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，則a∥b B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，則b∥β D．若α∩β＝a，a∥b，則b∥α或b∥β 答案　C 解析　對于A，若a⊥α，α∥β，則a⊥β，又b⊥β，故a∥b，A正確；對于B，若a⊥α，a⊥b，則b?α或b∥α，∴存在直線m?α，使得m∥b，又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β，故B正確；對于C，若a⊥α，a⊥b，則b?α或b∥α，又α∥β，∴b?β或b∥β，故C錯誤；對于D，若α∩β＝a，a∥b，則b∥α或b∥β，故D正確，故選C． 13．(2018·

11、安徽亳州模擬)如圖甲所示，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個四面體，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，如圖乙所示，那么，在四面體A－EFH中必有(　　) A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　A 解析　∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴B不正確；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴過H作平

12、面AEF的垂線，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正確，∴D不正確，故選A． 14．(2018·福建泉州二模)在下列四個正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點(diǎn)，過E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則在各個正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(　　) 答案　D 解析　如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點(diǎn)，易知E，F(xiàn)，G，M，N，Q六個點(diǎn)共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項(xiàng)A，B，C中的平面與這個平面重合，不滿足題意，只有選項(xiàng)D中的直線BD1與平面EFG不垂直，滿足題意．故選D

13、． 15．(2018·南昌模擬)如果PA，PB，PC兩兩垂直，那么點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影一定是△ABC的(　　) A．重心 B．內(nèi)心 C．外心 D．垂心 答案　D 解析　如圖，O是點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影，連接OA，OB，OC， ∵PA，PB，PC兩兩垂直，∴PA⊥平面PBC， 又BC?平面PBC，∴PA⊥BC， 而PO⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PO⊥BC， 又PA∩PO＝P，∴BC⊥平面PAO． 又AO?平面PAO，∴BC⊥AO． 同理可知AC⊥BO，AB⊥CO． ∴O為△ABC的垂心．故選D． 16．(2018·南昌摸底)如圖，四棱錐P－

14、ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結(jié)論不一定成立的是(　　) A．PB⊥AC B．PD⊥平面ABCD C．AC⊥DP D．平面PBD⊥平面ABCD 答案　B 解析　取BP中點(diǎn)O，連接OA，OC，易得BP⊥OA，BP⊥OC?BP⊥面OAC?BP⊥AC?選項(xiàng)A正確；又AC⊥BD?AC⊥面BDP?AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，所以選項(xiàng)C，D也正確．故選B． 17．(2018·山西臨汾模擬)如圖，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為MC的中點(diǎn)，則下

15、列結(jié)論不正確的是(　　) A．平面BCE⊥平面ABN B．MC⊥AN C．平面CMN⊥平面AMN D．平面BDE∥平面AMN 答案　C 解析　分別過A，C作平面ABCD的垂線AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，連接PM，PN，QM，QN，將幾何體補(bǔ)成棱長為1的正方體．∴BC⊥平面ABN，又BC?平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正確；連接PB，則PB∥MC，顯然，PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正確；取MN的中點(diǎn)F，連接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是邊長為的等邊三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN， ∴∠AFC為二面角A－MN－C的平面角，∵AF＝CF＝，A

16、C＝，∵AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠， ∴平面CMN與平面AMN不垂直，故C錯誤；∵DE∥AN，MN∥BD，DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，MN∩AN＝N，MN，AN?平面AMN，∴平面BDE∥平面AMN，故D正確，故選C． 18．(2018·西安六校聯(lián)考)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱PC，PD的中點(diǎn)，則 ①棱AB與PD所在的直線垂直；②平面PBC與平面ABCD垂直；③△PCD的面積大于△PAB的面積；④直線AE與直線BF是異面直線． 以上結(jié)論正確的是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號) 答案?、佗? 解析　

17、由條件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD， 故①正確；∵PA⊥平面ABCD， ∴平面PAB，平面PAD都與平面ABCD垂直． 故平面PBC不可能與平面ABCD垂直，故②錯誤； ∵S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA， 由AB＝CD，PD>PA，可知③正確； 由E，F(xiàn)分別是棱PC，PD的中點(diǎn)可得EF∥CD， 又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE與BF共面，故④錯誤． 一、高考大題 1．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF． (1)證明：平

18、面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． 解　(1)證明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF， 又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF． 又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD． (2)作PH⊥EF，垂足為H． 由(1)，得PH⊥平面ABFD． 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz． 由(1)可得，DE⊥PE．又DP＝2，DE＝1，所以PE＝． 又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF． 所以PH＝，EH＝，則H(0，0，0)，P，D，＝，＝0，0，為平面ABFD的法向量． 設(shè)DP

19、與平面ABFD所成的角為θ， 則sinθ＝＝＝． 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為． 2．(2018·北京高考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點(diǎn)，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2． (1)求證：AC⊥平面BEF； (2)求二面角B－CD－C1的余弦值； (3)證明：直線FG與平面BCD相交． 解　(1)證明：在三棱柱ABC－A1B1C1中， 因?yàn)镃C1⊥平面ABC，所以四邊形A1ACC1為矩形， 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，所以AC⊥EF． 因?yàn)锳B＝BC，所以AC⊥B

20、E． 所以AC⊥平面BEF． (2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1． 又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC． 因?yàn)锽E?平面ABC，所以EF⊥BE． 如圖建立空間直角坐標(biāo)系Exyz． 由題意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1)． 所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1)． 設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則則 令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4． 于是n＝(2，－1，－4)． 又因?yàn)槠矫鍯C1D的一個法向量為＝(0，2，0)， 所以cos〈n，〉＝＝－

21、． 由題知二面角B－CD－C1為鈍角，所以其余弦值為－． (3)證明：由(2)知平面BCD的一個法向量為 n＝(2，－1，－4)，＝(0，2，－1)． 因?yàn)閚·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直線FG與平面BCD相交． 3．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD． (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D－AE－C的余弦值． 解　(1)證明：由題設(shè)可得△ABD≌△CBD， 從而

22、AD＝CD． 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°． 取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO，則DO⊥AC，DO＝AO． 又因?yàn)椤鰽BC是正三角形，故BO⊥AC， 所以∠DOB為二面角D－AC－B的平面角． 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2， 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°． 所以平面ACD⊥平面ABC． (2)由題設(shè)及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz， 則A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)

23、，D(0，0，1)． 由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，即E為DB的中點(diǎn)，得E， 故＝(－1，0，1)，＝(－2，0，0)， ＝． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量， 則即 可取n＝． 設(shè)m是平面AEC的法向量，則 同理可取m＝(0，－1，)， 則cos〈n，m〉＝＝． 所以二面角D－AE－C的余弦值為． 二、模擬大題 4．(2018·河南鄭州二模)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△DAB≌△DCB，E為線段BD上的一點(diǎn)，且EB＝ED＝EC＝BC，連接CE并延長

24、交AD于F． (1)若G為PD的中點(diǎn)，求證：平面PAD⊥平面CGF； (2)若BC＝2，PA＝3，求平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值． 解　(1)證明：在△BCD中，EB＝ED＝EC＝BC， 故∠BCD＝，∠CBE＝∠CEB＝，連接AE， ∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB， 從而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，AE＝CE＝DE． ∴∠AEF＝∠FED＝， 故EF⊥AD，AF＝FD． 又PG＝GD，∴GF∥PA． 又PA⊥平面ABCD，故GF⊥平面ABCD， ∴GF⊥AD，又GF∩EF＝F，故AD⊥平面CFG． 又AD?平面PAD，∴平面PAD⊥

25、平面CGF． (2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(3，，0)，D(0，2，0)，P(0，0，3)． 故＝(1，，0)，＝(－3，－，3)，＝(－3，，0)． 設(shè)平面BCP的一個法向量為n1＝(1，y1，z1)， 則解得 即n1＝1，－，． 設(shè)平面DCP的一個法向量為n2＝(1，y2，z2)， 則解得 即n2＝(1，，2)． 從而平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值為＝＝． 5．(2018·江西南昌二中模擬)如圖，在等腰梯形ABCD中，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，現(xiàn)將該梯形

26、中的三角形BEC沿線段EC折起，形成四棱錐B－AECD． (1)在四棱錐B－AECD中，求證：AD⊥BD； (2)若平面BEC與平面AECD所成二面角的平面角為120°，求直線AE與平面ABD所成角的正弦值． 解　(1)證明：由三角形BEC沿線段EC折起前，∠ABC＝60°，CD＝2，AB＝4，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，得三角形BEC沿線段EC折起后，四邊形AECD為菱形，邊長為2，∠DAE＝60°，如圖，取EC的中點(diǎn)F，連接DF，BF，DE． ∵△BEC和△DEC均為正三角形， ∴EC⊥BF，EC⊥DF，又BF∩DF＝F， ∴EC⊥平面BFD， ∵AD∥EC，∴

27、AD⊥平面BFD， ∵BD?平面BFD，∴AD⊥BD． (2)以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系， 由EC⊥平面BFD，知z軸在平面BFD內(nèi)， ∵BF⊥EC，DF⊥EC， ∴∠BFD為平面BEC與平面AECD所成二面角的平面角，∴∠BFD＝120°，∴∠BFz＝30°， 又∵BF＝， ∴點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為－，點(diǎn)B的豎坐標(biāo)為． 因D(，0，0)，E(0，1，0)，A(，2，0)，B－，0，， 故＝(－，－1，0)，＝，0，－，＝(0，－2，0)． 設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)， ∴ 得 令x＝1，得y＝0，z＝， ∴平面ABD的一個法向量為n＝(

28、1，0，)， ∴cos〈，n〉＝ ＝ ＝－， ∵直線AE與平面ABD所成角為銳角， ∴直線AE與平面ABD所成角的正弦值為． 6．(2018·江西聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D為AC的中點(diǎn)，AB⊥B1D． (1)求證：平面ABB1A1⊥平面ABC； (2)在線段CC1(不含端點(diǎn))上，是否存在點(diǎn)E，使得二面角E－B1D－B的余弦值為－？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解　 (1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接OD，OB1． 因?yàn)锽1B＝B1A， 所以O(shè)B1⊥AB． 又AB⊥B1D，OB1∩B

29、1D＝B1， 所以AB⊥平面B1OD． 因?yàn)镺D?平面B1OD， 所以AB⊥OD． 由已知條件知，BC⊥BB1， 又OD∥BC，所以O(shè)D⊥BB1． 因?yàn)锳B∩BB1＝B，所以O(shè)D⊥平面ABB1A1． 因?yàn)镺D?平面ABC，所以平面ABB1A1⊥平面ABC． (2)由(1)知OB，OD，OB1兩兩垂直，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的方向，||為單位長度1，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 由題設(shè)知，B1(0，0，)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(－1，0，0)，C(1，2，0)，C1(0，2，)，∴＝(0，1，－)，＝(1，0，－)，設(shè)＝λ(0<λ<1)， 則＝＋＝(1－λ，2，(λ－1))． 設(shè)平面BB1D的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則得 令z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝，所以平面BB1D的一個法向量m＝(，，1)． 設(shè)平面B1DE的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 則得 令z2＝1，則x2＝，y2＝， 所以平面B1DE的一個法向量n＝． 設(shè)二面角E－B1D－B的大小為θ， 則cosθ＝＝＝－． 解得λ＝． 所以在線段CC1上存在點(diǎn)E，使得二面角E－B1D－B的余弦值為－，此時(shí)＝． 19