人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊學(xué)案2：1 4 1 第3課時 空間中直線、平面的垂直

人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊PAGEPAGE11.4.1第3課時空間中直線、平面的垂直素養(yǎng)目標(biāo)·定方向課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)法解讀1．理解直線的方向向量和平面的法向量．2．能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系．1．能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系．(數(shù)學(xué)抽象)2．能用向量方法證明必修內(nèi)容中有關(guān)直線、平面垂直關(guān)系的判定定理．(邏輯推理)3．能用向量方法證明空間中直線、平面的垂直關(guān)系．(邏輯推理)必備知識·探新知知識點(diǎn)空間中垂直關(guān)系的向量表示設(shè)直線l1，l2的方向向量分別為u1，u2，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則線線垂直l1⊥l2??線面垂直l1⊥α??面面垂直α⊥β??思考：怎樣用語言敘述利用直線的方向向量與平面的法向量判斷垂直關(guān)系？關(guān)鍵能力·攻重難題型探究題型一利用向量方法證明線線垂直典例1如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上移動．求證：無論點(diǎn)E在邊BC上的何處，都有PE⊥AF．〖規(guī)律方法〗利用向量方法證明線線垂直的方法(1)坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出兩直線方向向量的坐標(biāo)，然后通過數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算法則證明數(shù)量積等于0，從而證明兩條直線的方向向量互相垂直．(2)基向量法：利用空間向量的加法、減法、數(shù)乘運(yùn)算及其運(yùn)算律，結(jié)合圖形，將兩直線所在的向量用基向量表示，然后根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律證明兩直線所在的向量的數(shù)量積等于0，從而證明兩條直線的方向向量互相垂直．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都為1，M是底面上BC邊的中點(diǎn)，N是側(cè)棱CC1上的點(diǎn)，且CN＝eq\f(1,4)CC1．求證：AB1⊥MN．題型二利用向量方法證明線面垂直典例2在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別為棱AB，BC，B1B的中點(diǎn)．求證：D1M⊥平面EFB1．〖規(guī)律方法〗坐標(biāo)法證明線面垂直的兩種思路(1)根據(jù)線面垂直的判定定理證明：求出直線的方向向量，在平面內(nèi)找兩條相交直線，并分別求出表示它們的方向向量，計(jì)算兩組向量的數(shù)量積為0，得到該直線與平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直．(2)法向量法：求出直線的方向向量與平面的法向量，向量法判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?如圖所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都為2，D為CC1的中點(diǎn)．求證：AB1⊥平面A1BD．題型三利用向量方法證明面面垂直典例3如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，證明：平面AEC1⊥平面AA1C1C．〖規(guī)律方法〗1．利用空間向量證明面面垂直通常有兩個途徑：一是利用兩個平面垂直的判定定理將面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直進(jìn)而轉(zhuǎn)化為線線垂直；二是直接求解兩個平面的法向量，由兩個法向量垂直，得面面垂直．2．向量法證明面面垂直的優(yōu)越性主要體現(xiàn)在不必考慮圖形的位置關(guān)系，恰當(dāng)建系或用基向量表示后，只需經(jīng)過向量運(yùn)算就可得到要證明的結(jié)果，思路方法“公式化”，降低了思維難度．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?三棱錐被平行于底面ABC的平面所截得的幾何體如圖所示，截面為A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝eq\r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D為BC的中點(diǎn)．證明：平面A1AD⊥平面BCC1B1．題型四探究性問題典例4在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC的中點(diǎn)，試在棱CC1上求一點(diǎn)P，使得平面A1B1P⊥平面C1DE．〖規(guī)律方法〗空間向量適合解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷．解題時，把要說明成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解”“是否有規(guī)定范圍的解”等，所以使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點(diǎn)，E是B1C的中點(diǎn)．(1)求cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CA1,\s\up6(→))〉；(2)在線段AA1上是否存在點(diǎn)F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出|eq\o(AF,\s\up6(→))|；若不存在，請說明理由．易錯警示典例5在四面體A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E、F分別是AC、AD的中點(diǎn)．判斷平面BEF與平面ABC是否垂直．

▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁必備知識·探新知知識點(diǎn)空間中垂直關(guān)系的向量表示u1⊥u2 u1·u2＝0u1∥n1 ?λ∈R，u1＝λn1n1⊥n2 n1·n2＝0思考：〖提示〗：(1)若證線線垂直，則證直線的方向向量垂直；(2)若證線面垂直，則證直線的方向向量與平面的法向量平行；(3)若證面面垂直，則證兩平面的法向量垂直．關(guān)鍵能力·攻重難題型探究題型一利用向量方法證明線線垂直典例1〖證明〗方法1：以A為原點(diǎn)，以AD，AB，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝a，則A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(0,1,0)，C(a,1,0)，于是Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))．∵E在BC上，∴設(shè)E(m,1,0)，∴eq\o(PE,\s\up6(→))＝(m,1，－1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))．∵eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，∴PE⊥AF．∴無論點(diǎn)E在邊BC上何處，總有PE⊥AF．方法2：因?yàn)辄c(diǎn)E在邊BC上，可設(shè)eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，于是eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0，因此eq\o(PE,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))．故無論點(diǎn)E在邊BC上的何處，都有PE⊥AF．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?〖證明〗如圖，以平面ABC內(nèi)垂直于AC的直線為x軸，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3,4)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,4)))．即eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(1,4)，\f(1,4)))．故eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝－eq\f(3,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,4)＝0．因此eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即AB1⊥MN．題型二利用向量方法證明線面垂直典例2〖證明〗方法1：因?yàn)镋，F(xiàn)，M分別為棱AB，BC，B1B的中點(diǎn)，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\o(D1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(B1B,\s\up6(→))，而eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，于是eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))＋\o(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(B1B,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(B1B,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(DC,\s\up6(→))))＝0－0＋0－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)×0＝0，因此eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))．同理eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1F,\s\up6(→))，又因?yàn)閑q\o(B1E,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))不共線，因此D1M⊥平面EFB1．方法2：分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，B1(1，1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，于是eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－1))，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，因此eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝1×0＋1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＝0，故eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))；又eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1F,\s\up6(→))＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1×0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＝0，故eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))．又eq\o(B1E,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))不共線，因此D1M⊥平面EFB1．方法3：分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，B1(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))．于是eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－1))，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，設(shè)平面EFB1的法向量為n＝(x，y，z)，于是n⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))，n⊥eq\o(B1F,\s\up6(→))，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)y－z＝0，,－\f(1,2)x－z＝0，))取x＝2，則y＝2，z＝－1，即n＝(2,2，－1)，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)(2,2，－1)，即eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)n，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))∥n，故D1M⊥平面EFB1．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?〖證明〗如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AO．因?yàn)椤鰽BC為正三角形，所以AO⊥BC．因?yàn)檎庵鵄BC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1．取B1C1的中點(diǎn)O1，以O(shè)為原點(diǎn)，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(－1，1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．方法一：因?yàn)閑q\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq\r(3))×eq\r(3)＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq\r(3))×0＝0．所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD．又因?yàn)锽A1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD．方法二：設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則有n⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，則y＝2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1,2，－eq\r(3))為平面A1BD的一個法向量，而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝n，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))∥n，故AB1⊥平面A1BD．題型三利用向量方法證明面面垂直典例3〖證明〗由題意得AB，BC，B1B兩兩垂直．以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0，2,0)，C1(0,2,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，則eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(1,2)))．設(shè)平面AA1C1C的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋2y1＝0.))令x1＝1，得y1＝1．∴n1＝(1,1,0)．設(shè)平面AEC1的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＋z2＝0，,－2x2＋\f(1,2)z2＝0，))令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1．∴n2＝(1，－1,4)，∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?〖證明〗如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,1，eq\r(3))，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以D點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1,0)，所以eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，設(shè)平面A1AD的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)z1＝0，,x1＋y1＝0.))令y1＝－1得x1＝1，z1＝0，此時n1＝(1，－1,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＝0，,－y2＋\r(3)z2＝0.))令y2＝1，得x2＝1，z2＝eq\f(\r(3),3)，此時n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),3)))．所以n1·n2＝1－1＋0＝0，所以n1⊥n2，所以平面A1AD⊥平面BCC1B1．題型四探究性問題典例4〖解〗建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長為1，P(0,1，a)，則A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，C1(0,1,1)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(－1,1，a－1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)．設(shè)平面A1B1P的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(A1P,\s\up6(→))＝0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,－x1＋y1＋a－1z1＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝a－1z1，,y1＝0.))令z1＝1，得x1＝a－1，此時n1＝(a－1,0,1)．設(shè)平面C1DE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋y2＝0，,y2＋z2＝0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝－2y2，,z2＝－y2.))令y2＝1，得x2＝－2，z2＝－1，此時n2＝(－2,1，－1)．因?yàn)槠矫鍭1B1P⊥平面C1DE，所以n1·n2＝0，即－2(a－1)－1＝0，得a＝eq\f(1,2)．所以當(dāng)P為CC1的中點(diǎn)時，平面A1B1P⊥平面C1DE．〖對點(diǎn)訓(xùn)練〗?〖解〗(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．∵AC＝2a，∠ABC＝90°，∴AB＝BC＝eq\r(2)a．∴B(0,0,0)，A(eq\r(2)a,0,0)，C(0，eq\r(2)a,0)，B1(0,0,3a)，A1(eq\r(2)a，0,3a)，C1(0，eq\r(2)a,3a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，3a))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，\f(3,2)a))，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a,3a)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，\f(3,2)a))．∴|eq\o(CA1,\s\up6(→))|＝eq\r(13)a，|eq\o(BE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(11),2)a，eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0－a2＋eq\f(9,2)a2＝eq\f(7,2)a2．∴cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CA1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CA1,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(CA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(7\r(143),143)．(2)存在．理由如下：假設(shè)存在點(diǎn)F，使CF⊥平面B1DF．不妨設(shè)AF＝b，則F(eq\r(2)a,0，b)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，b)，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a,0，b－3a)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))．∵eq\o(CF,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝a2－a2＋0＝0，∴eq\o(CF,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))恒成立．由eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝2a2＋b(b－3a)＝b2－3a