备战2020高考高三二轮数学核心能力突破 立体几何中的折叠问题、最值问题（测试解析版）

难点六 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题测试卷 （一）选择题（12*5=60 分） 1．（2020·河北高三期末）用若干个体积为 1 的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的 图形，则这个几何体的最小体积为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【解析】 根据题意,当几何体体积最小时,空间几何图如下图所示: 所以几何体的最小体积为 5 故选:A 2．（2020·河北衡水中学高三月考）设正方体 的棱长为 ， 为 的中点， 为直线 上一点， 为平面 内一点，则 ， 两点间距离的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 结合题意，绘制图形 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 E 1DD M 1BD N AEC M N 6 3 6 6 3 4 3 6结合题意可知 OE 是三角形 中位线，题目计算距离最短，即求 OE 与 两平行线的距离， ，所以距离 d，结合三角形面积计算公式可得 ，解得 ，故选 B。 3．已知正方体的 棱长为 2，点 分别是棱 的中点，点 在平面 内，点 在线段 上，若 ，则 长度的最小值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】过点 M 项上底面作垂线垂足为 H 点，连接 HP，因为 ，又因为三角形，PHM 是直角三 角形，故得到 PH=1，故 P 点是确定的轨迹，是在以 H 为圆心，1 为半径的圆上动，故当 PQ 最小时，即过 H 1BDD 1BD 1 11, 3, 2DD BD BD= = = 1 1 1 1 22 2S BD DD BD d= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 6 6d = 1 1 1 1ABCD A B C D− ,M N 1 1,BC C D P 1 1 1 1A B C D Q 1A N 5PM = PQ 2 1− 2 3 5 15 − 3 5 5 5PM =点做 的垂线，减 1 即可，最终得到 .故答案为;C . 4．【广西柳州市 2019 届 1 月模拟联考】已知퐴，  퐵，  퐶三点都在表面积为100휋的球푂的表面上，若퐴퐵 = 4 3 ，  ∠퐴퐶퐵 = 60°.则球内的三棱锥푂 ― 퐴퐵퐶的体积的最大值为（ ） A．8 3 B．10 3 C．12 3 D．16 3 【答案】C 【解析】 ∵ 4휋푅2 = 100휋， ∴ 푅 = 5，在훥퐴퐵퐶中， 퐴퐵 sin∠퐴퐶퐵 = 2푟， ∴ 푟 = 4， ∴ 球心푂到平面퐴퐵퐶的距离푑 = 푅2 ― 푟2 = 3，设훥퐴퐵퐶的角퐴，퐵，퐶所对的边分别为푎，푏，푐，由푐2 = 푎2 + 푏2 ― 2푎푏cos퐶，得48 = 푎2 + 푏2 ― 푎푏 ≥ 2푎푏 ― 푎푏 = 푎푏（当且仅当푎 = 푏时取“=”），即푎푏 ≤ 48， ∴ 푆훥퐴퐵퐶 = 1 2푎푏sin퐶 = 3 4 푎푏 ≤ 12 3，故三棱锥푂 ― 퐴퐵퐶体积的最大值为1 3푆훥퐴퐵퐶最大 × 푑 = 1 3 × 12 3 × 3 = 12 3，选 C. 5．（2020·高三期末）设 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， 为等 边三角形且其面积为 ，则三棱锥 体积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点， 当 平面 时，三棱锥 体积最大 此时， , 点 M 为三角形 ABC 的中心 1A N 3 5 15 − A B C D， ， ， ABC 9 3 D ABC− 12 3 18 3 24 3 54 3 DM ⊥ ABC D ABC− OD OB R 4= = = 23 9 34ABCS AB= =  AB 6∴ = 中，有 故选 B. 6．（2020·山东高三期末）用一个体积为 的球形铁质原材料切割成为正三棱柱的工业用零配件，则该零 配件体积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 如图所示，正三棱柱 内接于球 的直观图， 为底面 的中心，因为 。 设底面边长 ，则 ， ， 等号成立当且仅当 ，故选 D. 2BM 2 33 BE∴ = = Rt OMB∴  2 2OM 2OB BM= − = DM OD OM 4 2 6∴ = + = + = ( )max 1 9 3 6 18 33D ABCV −∴ = × × = 36π 9 3 2 6 3 18 27 1 1 1ABC A B C− O 1O 1 1 1A B C 34 36 33 RV R π π= = ⇒ =球 1 1A B x= 2 12 2 9 3 xh OO= = − 2 2 2 2 21 3 32 9 6 (9 ) 272 2 3 2 6 6 3 x x x xV S h x= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − ≤正三棱柱 2 2 9 3 26 3 x x x= − ⇔ =7．如图所示，长方体 中，AB=AD=1,AA1= 面对角线 上存在一点 使得 最短，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】把对角面 及面 展开，使矩形 ，直角三角形 在一个平面上，则 的最小值为 B，在三角形 中， 由余弦定理得 ，故选 A 8．【广东省佛山市 2019 届 1 月质量检测（一)】已知矩形퐴퐵퐶퐷，퐴퐵 = 1，퐴퐷 = 2，퐸为퐴퐷的中点，现分 别沿퐵퐸,퐶퐸将훥퐴퐵퐸，훥퐷퐶퐸翻折，使点퐴,퐷重合，记为点푃，则几何体푃 ― 퐵퐶퐸的外接球表面积为（ ） A．10휋 B．5휋 C．5휋 2 D．5 5휋 12 【答案】C 【解析】由题意翻折可得几何体푃 ― 퐵퐶퐸中：푃퐵 ⊥ 푃퐶,푃퐵 ⊥ 푃퐸,푃퐶 ⊥ 푃퐸,即三棱锥可以补成以 PB,PC,PE 为边 的长方体，其对角线为外接球的直径： 12 + 12 + ( 2 2 )2 = 10 2 ，故푟 = 10 4 ，外接球的表面积为：4 × π × 10 16 = 5휋 2 ，故选퐶 9．（2020·山东高三期末）三棱锥 的底面 是边长为 的等边三角形，该三棱锥的所有顶 点均在半径为 2 的球上，则三棱锥 的体积最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 1 1 1 1ABCD A B C D− 2 1 1B D P 1A P PB+ 1A P PB+ 5 2 6 2 + 2 2+ 2 1BD 1 1 1A B D 1 1BDD B 1 1 1D A B 1A P PB+ 1A 1 1A B B 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 , 1, 24 2 4A B B A B D D B B A B B B π π π∠ = ∠ + ∠ = + = = = ( )22 1 31 2 2 1 2cos 4A B π= + − × × = 5 P ABC− ABC∆ 3 P ABC− 2 3 3 4 − 3 3 4 2 3 3 4 + 9 6 3 4 +中， ，即 ，圆心到球心的距离 ， 故 ，故 . 故选： . 10.【安徽省江淮名校2019届12月联考】体积为 4 3的三棱锥푃 ― 퐴퐵퐶的顶点都在球푂的球面上，푃퐴 ⊥ 平面퐴퐵퐶， 푃퐴 = 2，∠퐴퐵퐶 = 휋 2，则球푂的表面积的最小值为（ ） A．8휋 B．9휋 C．12휋 D．16휋 【答案】C 【解析】把三棱锥放在长方体中，由已知条件容易得到푠훥퐴퐵퐶 = 1 2퐴퐵 × 퐵퐶 = 2，所以퐴퐶2 = 퐴퐵2 + 퐵퐶2 ≥ 2 × 퐴퐵 × 퐵퐶 = 8，因此푃퐶2 = 푃퐴2 + 퐴퐶2 ≥ 12，注意푃퐶 = 2푅，所以球푂的表面积的最小值是12휋. 故选 C. 11．把边长为 1 的正方形 沿对角线 折起，使得平面 平面 ，形成三棱锥 的正视图与俯视图如下图所示，则侧视图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】∵C 在平面 ABD 上的射影为 BD 的中点 O，在边长为 1 的正方形 ABCD 中， ，所以：左视图的面积等于 ABC∆ 2 2sin a rA = = 1r = 2 2 3R r− = max 2 3h = + max max 1 1 2 3 3sin3 2 4V bc A h += × × = C ABCD BD ABD ⊥ CBD C ABD− 1 2 2 2 2 4 1 4 1 2 2 2AO CO AC= = = 1 1 2 2 1·2 2 2 2 4AOCS CO AO∆ = = × × =12．设点 是棱长为 2 的正方体 的棱 的中点，点 在面 所在的平面内，若 平面 分别与平面 和平面 所成的锐二面角相等，则点 到点 的最短距离是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】设 在平面 上的射影为 在平面 上的射影为 ，平面 与平面 和平面 成的锐二面角分别为 ，则 ， ，设 到 距离为 ，则 ，即点 在与直线 平行且与直线距离为 的直线上， 到 的最短距离为 ，故选 A. （二）填空题（4*5=20 分） 13. 【安徽省芜湖市 2019 届期末】在我国古代数学经典名著《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的 四面体称为“鳖臑”.已知某“鳖臑”的外接球的半径是 3，其三视图如图所示，记正视图，侧视图，俯视图的面 积和为푆，则푆的最大值是__________. 【答案】18 M 1 1 1 1ABCD A B C D− AD P 1 1BCC B 1D PM ABCD 1 1BCC B P 1C 2 5 5 2 2 6 3 P ABCD ',P M 1 1BB C C 'M 1D PM ABCD 1 1BCC B , Bα 1 1 1 ''cos ,cos PM CDP M D PM D PM SS BS S α ∆∆ ∆ ∆ = = 1' 'cos cos , DP M PM CB S Sα ∆ ∆= ∴ = P 1 'C M d 1 1 2 55 1 2,2 2 5d d× × = × × = P 1 'C M 2 5 5 P∴ 1C 2 5 5d =【解析】根据三视图可知该几何体为三棱锥（如下图），三棱锥푃 ― 퐴퐵퐶中，퐴퐶 ⊥ 퐵퐶，푃퐴 ⊥ 底面퐵퐶퐴，푃퐴 = 푐，퐴퐶 = 푎，퐵퐶 = 푏，则퐴퐵 = 푎2 + 푏2，푃퐵 = 푎2 + 푏2 + 푐2，取푃퐵的中点为푂，易证三角形푃퐴퐵和三角形푃퐶퐵 都是直角三角形，可知푂퐴 = 푂푃 = 푂퐵 = 푂퐶，故三棱锥的外接球球心为点푂，则3 = 1 2푃퐵 = 1 2 푎2 + 푏2 + 푐2， 故푎2 + 푏2 + 푐2 = 36，则2푎2 +2푏2 +2푐2 ≥ 2푎푏 +2푏푐 +2푎푐，（当且仅当푎 = 푏 = 푐时取“=”），故1 2(푎푏 + 푏푐 + 푎푐) ≤ 18，因为푆 = 1 2(푎푏 + 푏푐 + 푎푐)，所以푆 ≤ 18. 14．如图，在直角梯形 中， ， ， ，点 是线段 上异于点 ， 的动点， 于点 ，将 沿 折起到 的位置，并使 ，则五棱锥 的体积的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 ， 平面 ，设 ，则 五棱锥 的体积 ， ，得 或 （舍去），当 时， 单调递增，故 ，即 的取值范围是 ，故答案为 . ABCD AB BC⊥ / /AD BC 1 12AB BC AD= = = E CD C D EF AD⊥ F DEF∆ EF ∆ PEF PF AF⊥ P ABCEF− 10, 3      , ,PF EF PF AF EF AF F⊥ ⊥ ∩ = PF∴ ⊥ ABCEF ( )0 1DF x x= < < , 2 ,EF x FA x= = − ABCEF ABCD DEFS S S∆∴ = − ( ) ( )2 21 1 11 2 1 3 ,2 2 2x x= + × − = − ∴ P ABCDEF− ( ) ( ) ( )2 31 1 13 33 2 6V x x x x x= × − ⋅ = − ( ) ( )21' 1 02V x x= − = 1x = 1x = − 0 1x< < ( ) ( )' 0,V x V x> ( ) ( ) ( )0 1V V x V< < ( )V x 10, 3      10, 3     15．（2020·湖南高三月考）已知四面体有五条棱长为 3，且外接球半径为 2.动点 P 在四面体的内部或表面，P 到四个面的距离之和记为 s.已知动点 P 在 ， 两处时，s 分别取得最小值和最大值，则线段 长度的 最小值为______. 【答案】 【解析】 四面体为 ,其中 ,设 . 取 的中点分别为 ，连接 ,如图. 在等腰三角形 中，有 . 所以 平面 ，又 为 的中点. 则四面体 的外接球的球心 一定在平面 上. 同理可得四面体 的外接球的球心 一定在平面 上. 所以四面体 的外接球的球心 一定在 上. 连接 ，设 . 在直角三角形 中， . 在三角形 中， . 在直角三角形 中, . 所以 长为定值， 的长为定值. 1P 2P 1 2PP 9 7 14 ABCD 3AD BD BC AB AC= = = = = 2CD x= ,CD AB ,E F ,DF CF ,ABD ABC ,FD AB FC AB⊥ ⊥ AB ⊥ CDF F AB ABCD O CDF ABCD O ABE ABCD O EF ,OC OB EFC θ∠ = OBF 2 2 9 74 4 2OF OB BF= − = − = OCF 2 2 2 7 27 4 34 4cos 2 7 3 3 212 2 2 OF CF OC OF CF θ + −+ −= = =⋅ ⋅ × × EFC 9 7cos 14EF CF θ= ⋅ = CE CD根据条件有 ,设为 , ,设为 设点 到四个面 , , , 的距离分别为 . 设四面体 的体积为 (为定值) 由等体积法有： 所以 所以 当点 在 上时， 最小. 当点 远离 时， 的值增大， 由等体积法可得当点 在 上时， 的值相等，且此时 的值最大. 所以当点 在 或 上时， 取得最值. 故线段 长度的最小值为 ， 上两点间的距离的最小值. 由上可知， . 所以 ， 上两点间的距离的最小值为 . 故答案为： . 16．（2020·四川高三月考）如图，在直四棱柱 中，底面 是菱形， 分别是 的中点， 为 的中点且 ，则 面积的最大值为___________. =  ACD BCDS S 1S ABD CABS S=   2S P ACD BCD DAB CAB 1 2 3 4, , ,d d d d ABCD V ( ) ( )1 2 1 3 4 2 1[ ]3V d d S d d S= + + + ( )1 2 1 3 4 2 3V d d Sd d S − ++ = ( )1 1 2 3 4 1 2 2 2 3 1 SVs d d d d d dS S  = + + + = + − +    P CD 1 2 0d d+ = P CD 1 2d d+ P AB 1 2d d+ 1 2d d+ P CD AB s 1 2PP CD AB ,EF CD EF AB⊥ ⊥ CD AB 9 7 14EF = 9 7 14 1 1 1 1ABCD A B C D− ABCD ,E F 1 1,BB DD G AE 2FG = EFG【答案】 【解析】 解：连接 交 于 ， 底面 是菱形， ， 以 ， ， 为坐标轴建立空间直角坐标系 ， 设 ， ，棱柱的高为 ， 则 ， ， ， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ， ， 到直线 的距离 ， ．当且仅当 即 时取 等号． 故答案为： ． (三)解答题（4*10=40 分） 17．（2020·江苏高三专题练习）如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直直角梯形 ABPE 所在的平面于直线 AB， 4 3 AC BD O  ABCD AC BD∴ ⊥ OC OD OZ O xyz− OC a= OD b= h ( ),0,0A a− 0, , 2 hE b −   (0F b )2 h ( 2 aG∴ − 2 b− )4 h ( 2 aFG = − 3 2 b− )4 h− (0FE = 2b− 0) 23 3cos , 2 2 4| | | | FG FE b bFG FE bFG FE ∴ < >= = =       E∴ FG 2 216 9 1| | sin , 2 16 94 2 bd FE FG FE b b b −= < >= = −    2 2 2 2 2 16 1 1 3 16 3 4916 92 2 2 9 2 32EFG b b S FG d b b b b∆ + − ∴ = = − = =     − ×   2 216 9b b= − 2 8 9b = 4 3且 AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且 AE∥BP. （1）求平面 PCD 与平面 ABPE 所成的二面角的余弦值； （2）在线段 PD 上是否存在一点 N，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 ？若存在，试确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】 （1） 由 AE⊥AB，且 AE∥BP，得 BP⊥AB.所以∠CBP 是直二面角 C-AB-P 的平面角． 以 为正交基底，建立空间直角坐标系 Bxyz. B(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，2，0)，E(2，1，0)，C(0，0，1)，D(2，0，1)． ＝(0，－2，1)， ＝(2，0，0)． 设平面 PCD 的一个法向量为 ＝(a，b，c)， 由 ，不妨取 ＝(0，1，2)． 易知平面 ABPE 的一个法向量为 ＝(0，0，1)． 设平面 PCD 与平面 ABPE 所成的二面角的大小为 θ， 则由图可知 θ∈ . cosθ＝|cos〈 ， 〉|＝ ＝ . 所以平面 PCD 与平面 ABPE 所成的二面角的余弦值为 . （2） 假设线段 PD 上存在点 N，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角 α 满足 sinα＝ . 即 sinα＝|cos〈 ， 〉|＝ ＝ . 2 5 { }, ,BA BP BC   PC CD m 2 0 2 0 m PC b c m CD a  ⋅ = − + =  ⋅ = =   m n 0, 2 π     m n 2 5 1⋅ 2 5 5 2 5 5 2 5 BN m | | 5 | | ⋅  BN BN m 2 5设 ＝λ ＝λ(2，－2，1)，其中 λ∈[0，1]. ＝ ＋ ＝(2λ，2－2λ，λ)． 由（1）知平面 PCD 的一个法向量 ＝(0，1，2)， 所以 ＝ ， 即 9λ2－8λ－1＝0， 解得 λ＝1 或 λ＝ (舍去)． 以当 N 在点 D 处时，直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值等于 . 18. （2020·江西高三期末（理））如图，在平行四边形 中， ，平面 平面 ，且 . （1）在线段 上是否存在一点 ，使 平面 ，证明你的结论； （2）求二面角 的余弦值. 【解析】 （1）存在点 ，点 为 的中点 证明：当点 为 的中点时，连结 交 于 ， ∵平行四边形 ，∴ 为 的中点， 连结 ，则 ， ∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 . （2）∵ ， PN PD BN BP PN m 2 2 5 9 8 4λ λ⋅ − + 2 5 1 9 − 2 5 ABCD 2, 4, 60AB AD BAD °= = ∠ = EBD ⊥ ABD ,EB CB ED CD= = EA F //EC FBD A EC D− − F F EA F EA AC BD O ABCD O AC OF //OF EC FO ⊂ BDF EC ⊂/ BDF //EC FBD 4, 2EB CB AD ED CD AB= = = = = = 60BAD∠ = °∴ ，∴ ， ，∴ ， 又∵平面 平面 ，∴ 平面 ， 平面 ， 以 为 轴， 为 轴， 为 轴，如图建系： 则 ， ， ， ， ∴ ， ∴ 为平面 的一个法向量， 令平面 的一个法向量为 ， ∴ 取 ， ， ∴平面 的一个法向量为 ， 令二面角 为 ，由题意可知 为锐角， 则 . 19. （2020·江苏高三专题练习）如图，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，平面 ADEF⊥平面 ABCD，AF∥ DE，AD⊥DE，AF＝ ，DE＝ . 2 3BD = 2 2 2BE BD ED= + 2 2 2BC BD DC= + BD ED⊥ BD DC⊥ EBD ⊥ ABD ED ⊥ ABCD BD ⊥ ECD DB x DC y DE z D xyz− (0,0,0)D (2 3, 2,0)A − (0,2,0)C (0,0,2)E (2 3,0,0)B ( 2 3,4,0)AC = − ( 2 3,2,2)AE = − (2 3,0,0)DB = ECD ACD ( , , )n x y z= 2 3 4 0 2 3 2 2 0 n AC x y n AE x y z  ⋅ = − + = ⋅ = − + + =   2x = 3y = 3z = ACD ( )2, 3, 3n = A EC D− − θ θ | | 4 3 10cos |cos , | 5| | | | 2 3 10 n DBn DB n DB θ ⋅= < > = = = ⋅ ×      2 6 3 6（1）求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值； （2）在线段 AF 上是否存在点 M，使得二面角 M­BE­D 的大小为 60°？若存在，求出 的值；若不存在， 说明理由. 【解析】 （1）因为 DA，DC，DE 两两垂直，所以以 D 为坐标原点， 射线 DA，DC，DE 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 D­xyz，如图所示.则 A（3，0，0）， F（3，0， ），E（0，0， ），B（3，3，0）， C（0，3，0）， =（3，－3，0）， ＝（－3，－3，3 ）， ＝（3，0， ）. 设平面 BEF 的法向量为 ＝（x1，y1，z1）， 取 x1＝ ，得 ＝（ ，2 ，3）. 所以 所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为 . （2）假设存在点 M 在线段 AF 上满足条件， 设 M（3，0，t），0≤t≤ ， 则 ＝（0，－3，t）， ＝（－3，－3， ）. 设平面 MBE 的法向量为 ＝（x2，y2，z2）， AM AF 2 6 3 6 CA BE 6 EF 6− n 1 1 1 1 1 3 3 3 6 0 3 6 0 n BE x y z n EF x z  ⋅ = − − + = ⋅ = − =   6 n 6 6 | | 3 6 13| cos , | 13| || | 3 2 39 CA nCA n CA n ⋅< > = = = ×      13 13 2 6 BM BE 3 6 m令 y2＝t，得 m＝（ －t，t，3）. 易知 ＝（3，－3，0）是平面 BED 的一个法向量， 所以 |＝ ， 整理得 2t2－ t＋15＝0，解得 t＝ 或 t＝ （舍去）， 故在线段 AF 上存在点 M，使得二面角 M­BE­D 的大小为 60°，此时 . 20. 【北京市通州区 2019 届期末】如图，在三棱柱퐴퐵퐶 ― 퐴1퐵1퐶1中，퐴퐴1 ⊥ 底面퐴퐵퐶，△ABC 是边长为2的 正三角形，퐴퐴1 = 3，D，E 分别为 AB，BC 的中点． （Ⅰ）求证：퐶퐷 ⊥ 平面퐴퐴1퐵1퐵； （Ⅱ）求二面角퐵 ― 퐴퐸 ― 퐵1的余弦值； （Ⅲ）在线段퐵1퐶1上是否存在一点 M，使퐵푀 ⊥ 平面퐴퐵1퐸？说明理由. 【解析】（Ⅰ）在三棱柱퐴퐵퐶 ― 퐴1퐵1퐶1中，因为퐴퐴1 ⊥ 底面퐴퐵퐶，CD⊂平面 ABC， 所以퐴퐴1 ⊥ 퐶퐷． 又훥퐴퐵퐶 为等边三角形，퐷为퐴퐵的中点，所以퐶퐷 ⊥ 퐴퐵．因为퐴퐵 ∩ 퐴퐴1 = 퐴， 所以퐶퐷 ⊥ 平面퐴퐴1퐵1퐵； （Ⅱ）取퐴1퐵1中点퐹，连结퐷퐹，则因为퐷，퐹分别为퐴퐵，퐴1퐵1 的中点，所以퐷퐹 ⊥ 퐴퐵．由（Ⅰ）知퐶퐷 ⊥ 퐴퐵，퐶퐷 ⊥ 퐷퐹，如图建立空间直角坐标系퐷 ― 푥푦푧．由题意得퐴(1,0,0)，퐵( ―1,0,0)，퐶(0,0, 3)， 퐴1(1,3,0),퐵1 2 2 2 2 2 3 0 3 3 3 6 0 m BM y tz m BE x y z  ⋅ = − + = ⋅ = − − + =   3 6 CA | cos , |m CA< >  2 2 | 9 6 6 | 1 23 2 (3 6 ) 9 t t − = × − + +t 6 6 6 2 5 6 2 1 4 AM AF =( ―1,3,0),퐶1(0,3, 3),퐷(0,0,0),퐸( ― 1 2,0, 3 2 )， 퐴퐸 = ( ― 3 2,0, 3 2 )，퐴퐵1 = ( ―2,3,0)． 设平面퐴퐵1퐸 B1AE法向量 푛1 = (푥1,푦1,푧1)，AE = ( ― 3 2,0, 3 2 )，AB1 = ( ― 2,3,0) ，则{ 푛1 ⋅ 퐴퐸 = 0, 푛1 ⋅ 퐴퐵1 = 0, 即{ ― 3 2푥1 + 3 2 푧1 = 0, ―2푥1 + 3푦1 = 0. 令푥1 = 1，则푦1 = 2 3，푧1 = 3．即n1 = (1,2 3, 3)．平面BAE法向量 퐴퐴1 = (0,3,0)．因为퐴퐴1 ⋅ 푛1 = (0,3,0) ⋅ (1,2 3, 3) = 2，|퐴퐴1| = 3， |푛1| = 1 + 4 9 + 3 = 2 10 3 ，所以cos⟨퐴퐴1,푛1⟩ = 퐴퐴1 ⋅ 푛1 |퐴퐴1||푛1| = 10 10 ，由题意知二面角퐵 ― 퐴퐸 ― 퐵1为锐角，所以它的 余弦值为 10 10 . （Ⅲ）在线段퐵1퐶1上不存在点 M，使퐵푀 ⊥ 平面퐴퐵1퐸．理由如下．假设线段퐵1퐶1上存在点 M，使퐵푀 ⊥ 平面 퐴퐵1퐸．则∃휆 ∈ [0,1]，使得퐵1푀 = 휆퐵1퐶1．因为퐵1퐶1 = (1,0, 3)，所以퐵1푀 = (휆,0, 3휆)． 又퐵퐵1 = (0,3,0)， 所以퐵푀 = 퐵퐵1 + 퐵1푀 = (휆,3, 3휆)．由（Ⅱ）可知，平面퐴퐵1퐸法向量푛1 = (1,2 3, 3)，퐵푀 ⊥ 平面퐴퐵1퐸，当且 仅当퐵푀 ∥ 푛1，即∃휇 ∈ 푅，使得퐵푀 = 휇 ⋅ 푛1 = (휇，2 3휇， 3휇)．所以{ 휆 = 휇， 3 = 2 3휇， 3휆 = 3휇． 解得휆 = 9 2 ∉ [0，1]．这与휆 ∈ [0,1]矛盾．所以在线段퐵1퐶1上不存在点 M，使퐵푀 ⊥ 平面퐴퐵1퐸．