2023版新教材高中数学第三章空间向量与立体几何达标检测北师大版选择性必修第一册

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第三章达标检测时间：120分钟　分数：150分一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知A(2，－4，－1)，B(－1，5，1)，C(3，－4，1)，D(0，0，0)，令a＝ eq \o(CA,\s\up6(→))，b＝ eq \o(CB,\s\up6(→))，则a＋b为(　　)A．(5，－9，2) B．(－5，9，－2) C．(5，9，－2) D．(5，－9，－2)2．已知向量p在基{a，b，c}下的坐标是(1，2，3)，则向量p在基{a＋b，a－b，c}下的坐标为(　　)A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，3)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，3)) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(1,2)，\f(3,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，3))3．对于任意空间向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，给出以下三个命题：①a∥b⇔ eq \f(a1,b1)＝ eq \f(a2,b2)＝ eq \f(a3,b3)；②若a1＝a2＝a3＝1，则a为单位向量；③a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.其中真命题的个数为(　　)A．0 B．1 C．2 D．34．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M在AC上，且AM＝ eq \f(1,2)MC，N在A1D上，且A1N＝2ND.设 eq \o(AB,\s\up6(→))＝a， eq \o(AD,\s\up6(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up6(→))＝c，则 eq \o(MN,\s\up6(→))＝(　　)A．－ eq \f(1,3)a＋ eq \f(1,3)b＋ eq \f(1,3)c B．a＋ eq \f(1,3)b－ eq \f(1,3)cC． eq \f(1,3)a－ eq \f(1,3)b－ eq \f(2,3)cD．－ eq \f(1,3)a＋b＋ eq \f(1,3)c5．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为(　　)A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(2),2) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,6)6．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A． eq \f(1,10) B． eq \f(2,5) C． eq \f(\r(30),10) D． eq \f(\r(2),2)7．已知点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一点，则 eq \o(PA,\s\up6(→))· eq \o(PC1,\s\up6(→))的取值范围是(　　)A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,4))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4))) C．[－1，0] D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))8．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是线段AB上一点，当二面角P－EC－D的大小为 eq \f(π,4)时，AE＝(　　)A．1 B． eq \f(1,2) C．2－ eq \r(2) D．2－ eq \r(3)二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下列说法错误的是(　　)A．若A，B，C，D是空间任意四点，则有 eq \o(AB,\s\up6(→))＋ eq \o(BC,\s\up6(→))＋ eq \o(CD,\s\up6(→))＋ eq \o(DA,\s\up6(→))＝0B．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件C．若 eq \o(AB,\s\up6(→))， eq \o(CD,\s\up6(→))共线，则AB∥CDD．对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若 eq \o(OP,\s\up6(→))＝x eq \o(OA,\s\up6(→))＋y eq \o(OB,\s\up6(→))＋z eq \o(OC,\s\up6(→))(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，不能作为平面AEF的法向量的是(　　)A．(1，－2，4) B．(－4，1，－2)C．(2，－2，1) D．(1，2，－2)11．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD与A1C1的延长线的交点．若点Q在直线B1P上，则下列结论错误的是(　　)A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BDB．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BDC．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直12．如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点．则下列结论正确的是(　　)A．直线MN与平面OCD的距离为 eq \f(\r(3),3)B．直线MN与平面OCD的距离为 eq \f(\r(2),2)C．直线OB与平面OCD所成的角为30°D．直线OB与平面OCD所成的角为60°三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．若a＝(0，1，－1)，b＝(1，1，0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值是________.14．在棱长为2的正四面体A－BCD中，E是BC的中点，则 eq \o(DE,\s\up6(→))· eq \o(AC,\s\up6(→))＝________.第15题图15．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，且CE⊥平面B1DE，则AE＝________.16．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱AB，AD，AA1两两夹角都为60°，且AB＝2，AD＝1，AA1＝3，M，N分别为BB1，B1C1的中点，则MN与AC所成角的余弦值为________.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝ eq \o(AB,\s\up6(→))，b＝ eq \o(AC,\s\up6(→)).(1)求a和b的夹角θ的余弦值；(2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数k的值．18．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设 eq \o(AB,\s\up6(→))＝a， eq \o(AC,\s\up6(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up6(→))＝c.(1)试用a，b，c表示向量 eq \o(MN,\s\up6(→))；(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．19．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝ eq \f(1,2)PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)证明：PC∥平面BAQ.20．(本小题满分12分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．21．(本小题满分12分)如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求二面角P－CD－B的大小；(2)求证：平面MND⊥平面PCD；(3)求点P到平面MND的距离．22．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝BB1，∠B1BC＝60°，B1C1⊥AB1.(1)证明：AB＝AC.(2)若AB⊥AC，AB1＝BB1，则在线段B1C1上是否存在一点E，使二面角A1－CE－C1的余弦值为 eq \f(\r(3),4)？若存在，求 eq \f(B1E,B1C1)的值；若不存在，请说明理由．第三章达标检测1．解析：a＝＝(－1，0，－2)，b＝＝(－4，9，0)，∴a＋b＝(－5，9，－2).答案：B2．解析：依题意可知p＝a＋2b＋3c，设p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，则a＋2b＋3c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x－y＝2，,z＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝－\f(1,2)，,z＝3，))故选B.答案：B3．解析：由eq \f(a1,b1)＝eq \f(a2,b2)＝eq \f(a3,b3)⇒a∥b，反之不一定成立，故①不正确；②显然错误；③是正确的，故选B.答案：B4．解析：因为M在AC上，且AM＝eq \f(1,2)MC，N在A1D上，且A1N＝2ND，所以＝eq \f(1,3)，＝eq \f(2,3)．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，所以＝a＋b，＝b－c，所以＝＋＋＝－eq \f(1,3)＋＋eq \f(2,3)＝－eq \f(1,3)(a＋b)＋c＋eq \f(2,3)(b－c)＝－eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.答案：A5．解析：如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接D1E，则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，从而＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2b，,a＝c，))令a＝2，则n＝(2，1，2)，所以点E到平面ACD1的距离d＝＝eq \f(|2＋1－2|,3)＝eq \f(1,3).答案：C6．解析：以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，∴＝(－1，0，－2)，＝(1，－1，－2)，∴cos〈，〉＝＝eq \f(－1＋4,\r(5)×\r(6))＝eq \f(\r(30),10)，故选C.答案：C7．解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，C1(1，1，1)，不妨设P(x，y，0)，0≤x≤1，0≤y≤1，则＝(－x，－y，0)，＝(1－x，1－y，1)，故·＝－x(1－x)－y(1－y)＝x2＋y2－x－y＝(x－eq \f(1,2))2＋(y－eq \f(1,2))2－eq \f(1,2)，当x＝y＝eq \f(1,2)时，·取得最小值－eq \f(1,2)；当x＝0，y＝1或x＝1，y＝0或x＝1，y＝1或x＝0，y＝0时，·取得最大值0.故选D.答案：D8．解析：设AE＝a(0≤a≤2)，以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，则＝(1，a，－1)，＝(0，2，－1).设平面PEC的法向量为m＝(x，y，z)，则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋ay－z＝0，,2y－z＝0，))令y＝1，可得x＝2－a，z＝2，则m＝(2－a，1，2)，易知平面DEC的一个法向量为＝(0，0，1)，则|cos〈m，〉|＝|eq \f(2,\r(（2－a）2＋5))|＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝2－eq \r(3)或a＝2＋eq \r(3)(舍去)，所以AE＝2－eq \r(3)，故选D.答案：D9．解析：＋＋＋＝0，故A正确；若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|－|b||，故B错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故C错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故D错误，故选BCD.答案：BCD10．解析：设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，E(2，2，1)，F(1，0，2).所以＝(0，2，1)，＝(－1，0，2).设向量n＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则取y＝1，得x＝－4，z＝－2，则n＝(－4，1，－2)是平面AEF的一个法向量．结合其他选项，检验可知只有B选项是平面AEF的法向量．故选ACD.答案：ACD11．解析：连接DB1，以A1为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，B(1，0，1)，D(0，1，eq \f(1,2))，P(0，2，0)，所以＝(1，0，1)，＝(0，1，eq \f(1,2))，＝(－1，2，0)，＝(1，－1，－eq \f(1,2)).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2，1，－2).假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝(1－λ，－1＋2λ，－eq \f(1,2))，若DQ⊥平面A1BD，则也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2，1，－2)与＝(1－λ，－1＋2λ，－eq \f(1,2))共线，于是有eq \f(1－λ,2)＝eq \f(－1＋2λ,1)＝eq \f(－\f(1,2),－2)＝eq \f(1,4)成立，但此方程无解．因此不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，故选ABC.答案：ABC12．解析：因为M，R分别为OA，AD的中点，所以MR∥OD.在正方形ABCD中，N，R分别为BC，AD的中点，所以NR∥CD.又MR∩NR＝R，OD∩CD＝D，所以平面MNR∥平面OCD.又MN⊂平面MNR，所以MN∥平面OCD，所以直线MN与平面OCD之间的距离等于点N到平面OCD的距离．以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)，所以＝(0，1，0)，＝(0，2，－2)，＝(－2，0，0)，＝(2，0，－2).设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则，令z＝1，得n＝(0，1，1)为平面OCD的一个法向量，所以点N到平面OCD的距离d＝|·eq \f(n,|n|)|＝eq \f(\r(2),2)，所以直线MN与平面OCD之间的距离为eq \f(\r(2),2).设直线OB与平面OCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝||＝eq \f(1,2)，所以θ＝30°，即直线OB与平面OCD所成的角为30°，故选BC.答案：BC13．解析：易知a＋λb＝(0，1，－1)＋(λ，λ，0)＝(λ，1＋λ，－1)，由(a＋λb)⊥a，知(a＋λb)·a＝0，所以λ×0＋(1＋λ)×1＋(－1)×(－1)＝0，得λ＝－2.答案：－214．解析：·＝(＋)·＝[＋eq \f(1,2)(＋)]·＝·＋eq \f(1,2)·＋eq \f(1,2)·＝||·||·cos120°＋eq \f(1,2)||·||·cos60°＋2＝－2＋1＋2＝1.答案：115．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，0，3a)，C(0，eq \r(2)a，0).设点E的坐标为(eq \r(2)a，0，z)，则＝(eq \r(2)a，－eq \r(2)a，z)，＝(eq \r(2)a，0，z－3a).因为CE⊥平面B1DE，所以CE⊥B1E，所以⊥，得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a，即AE＝a或2a.答案：a或2a16．解析：连接AD1，易知∠D1AC即MN与AC所成的角．设＝a，＝b，＝c，则由条件，知|a|＝2，|b|＝1，|c|＝3，a·b＝2×1×eq \f(1,2)＝1，a·c＝2×3×eq \f(1,2)＝3，b·c＝1×3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).因为＝b＋c，＝a＋b，所以||2＝12＋32＋2×eq \f(3,2)＝13，||2＝22＋12＋2×1＝7.又·＝eq \f(13,2)，故cos〈，〉＝eq \f(\r(91),14).答案：eq \f(\r(91),14)17．解析：(1)a＝＝(－1，1，2)－(－2，0，2)＝(1，1，0)，b＝＝(－3，0，4)－(－2，0，2)＝(－1，0，2).cosθ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－1＋0＋0,\r(2)×\r(5))＝－eq \f(\r(10),10)，所以a与b的夹角θ的余弦值为－eq \f(\r(10),10).(2)因为ka＋b＝(k，k，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k，k，0)－(－2，0，4)＝(k＋2，k，－4)，所以(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)·(k＋2)＋k2－8＝0，即2k2＋k－10＝0，所以k＝－eq \f(5,2)或k＝2.18．解析：(1)＝＋＋＝eq \f(1,3)＋＋eq \f(2,3)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＋＋eq \f(2,3)(－)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)，又＝a，＝b，＝c，∴＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.(2)∵AB＝AC＝AA1＝1，∴|a|＝|b|＝|c|＝1.∵∠BAC＝90°，∴a·b＝0，∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，∴a·c＝b·c＝eq \f(1,2)，∴||2＝eq \f(1,9)(a＋b＋c)2＝eq \f(1,9)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(5,9)，∴||＝eq \f(\r(5),3).19．证明：如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.(1)依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)，所以·＝0，·＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)根据题意，＝(1，0，0)，＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，故有·＝0，·＝0，所以为平面BAQ的一个法向量．又因为＝(0，－2，1)，且·＝0，即DA⊥PC，且PC⊂平面BAQ，故有PC∥平面BAQ.20．解析：如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基，建立空间直角坐标系O－xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(eq \r(3)，0，2)，C1(0，1，2).(1)因为P为A1B1的中点，所以P(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，2).从而＝(－eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，2)，＝(0，2，2).因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为eq \f(3\r(10),20).(2)因为Q为BC的中点，所以Q(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0)，因此＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，＝(0，2，2)，＝(0，0，2).设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，不妨取n＝(eq \r(3)，－1，1).设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).21．解析：(1)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.由四边形ABCD是正方形知AD⊥CD.又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD.∴∠PDA是二面角P－CD－B的平面角．∵PA＝AD，∴∠PDA＝45°，即二面角P－CD－B的大小为45°.(2)证明：如图，建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，M(1，0，0).∵N是PC的中点，∴N(1，1，1)，∴＝(0，1，1)，＝(－1，1，－1)，＝(0，2，－2).设平面MND的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·＝0，m·＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋z1＝0，,－x1＋y1－z1＝0.))令z1＝1，得x1＝－2，y1＝－1.∴m＝(－2，－1，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·＝0，n·＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2－z2＝0，,2y2－2z2＝0.))令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，∴n＝(0，1，1).∵m·n＝－2×0＋(－1)×1＋1×1＝0，∴m⊥n.∴平面MND⊥平面PCD.(3)设点P到平面MND的距离为d.由(2)知平面MND的一个法向量为m＝(－2，－1，1)，∵·m＝(0，2，－2)·(－2，－1，1)＝－4，∴|·m|＝4，又|m|＝eq \r(（－2）2＋（－1）2＋12)＝eq \r(6)，∴d＝＝eq \f(4,\r(6))＝eq \f(2\r(6),3).即点P到平面MND的距离为eq \f(2\r(6),3).22．证明：(1)如图，取BC的中点O，连接AO，OB1，B1C.∵BC＝BB1，∴∠B1BC＝60°，∴△BCB1为等边三角形，∴B1O⊥BC.∵BC∥B1C1，B1C1⊥AB1，∴BC⊥AB1.又B1O∩AB1＝B1，∴BC⊥平面AOB1.∵AO⊂平面AOB1，∴BC⊥AO，又O为BC的中点，∴AB＝AC.(2)假设存在点E满足条件．设AB1＝BB1＝2，则BC＝B1C＝2.∵AB⊥AC，O是BC的中点，∴AO＝1，又OB1＝eq \r(3)，AB1＝2，∴AB eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝AO2＋OB eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，∴OB1⊥AO.以O为坐标原点，OB，OB1，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则C(－1，0，0)，A1(－1，eq \r(3)，1)，B1(0，eq \r(3)，0)，C1(－2，eq \r(3)，0)，∴＝(0，eq \r(3)，1)，＝(1，eq \r(3)，0)，＝(－2，0，0).由E在线段B1C1上，设＝λ(0≤λ＜1).则＝＋λ＝(1－2λ，eq \r(3)，0).设平面A1CE的法向量为n＝(x，y，z)，取x＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，2λ－1，eq \r(3)(1－2λ)).易知平面CEC1的一个法向量为＝(0，0，1)，所以二面角A1－CE－C1的平面角为〈，n〉，则cos〈，n〉＝＝eq \f(\r(3)（1－2λ）,1×\r(16λ2－16λ＋7))＝eq \f(\r(3),4)，得λ＝eq \f(1,4)，所以存在点E满足条件，此时eq \f(B1E,B1C1)＝eq \f(1,4).