7.9 立体几何中的综合问题（课件PPT）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

立体几何中的综合问题 第九节 CONTENTS 目录 1 2 3 考法(一)　翻折问题 考法(二)　 空间角与探索性问题相结合 考法(三)　空间角中的最值问题 4 课时跟踪检测 考法(一)　翻折问题 01 例 1 (1)求证：MF∥平面D1AE； (2)求平面D1MF与平面ABE夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图，设G是D1E的中点，连接GF，AG， 所以AM∥GF，AM＝GF， 所以四边形AMFG是平行四边形， 所以MF∥AG， 因为MF⊄平面D1AE，AG⊂平面D1AE， 所以MF∥平面D1AE. 所以AE⊥BE，依题意，平面D1AE⊥平面ABCE. 以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知平面ABE的一个法向量为m＝(0,0,1)， 设平面D1MF的法向量为n＝(x，y，z)， 故可取n＝(1,5,3)，设平面D1MF与平面ABE的夹角为θ， 点拨·建模 解决空间角与翻折相结合问题的关键 盯住量 看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征 会转化 根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标 得结论 对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决 [针对训练] 1．如图所示，五边形ABCDE是正六边形ABCDME内一部分，将△ADE沿着对角线AD翻折到△ADP的位置，使平面ADP⊥平面ABCD，已知点F，G分别为PC，AD的中点． (1)求证：AP∥平面BFG； (2)求平面BFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：如图，连接AC交BG于点O，连接CG， 由题意得四边形ABCG为平行四边形，则O为AC的中点， 又OF⊂平面BFG，AP⊄平面BFG，故AP∥平面BFG. (2)取AG的中点H，连接PH，BH，PG， 由题意可知，AB＝BG，AP＝PG， 则BH⊥AG，PH⊥AG. 又平面ADP⊥平面ABCD，且平面ADP∩平面ABCD＝AD， 故PH⊥平面ABCD． 设平面BFG的法向量为m＝(x，y，z)， 又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)， 考法(二)　 空间角与探索性问题相结合 02 例 2 解：(1)证明：由题意可知，在下底面圆中，CD为直径． 因为DE＝DF， 所以G为弦EF的中点，且EF⊥CD． 因为EF⊥AD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD， 所以EF⊥平面ABCD． 因为EF⊂平面AEF， 所以平面AEF⊥平面ABCD． (2)如图，设平面PEF交圆柱上底面于PQ，交AB于点H，连接PQ，PF，EQ. 则二面角P-EF-A的大小就是二面角H-EF-A的大小． 分别以在下底面内垂直于DG的直线，DG，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 因为DG＝2，底面圆半径为3， 设H(0，m,6)(0<m≤6)， 令z1＝1，则m＝(0,3,1)． 设平面HEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)． 令y2＝－6，可得n＝(0，－6，m－2)， 化简得3m2＋8m－80＝0， 即AH＝4.又因为EF∥平面PAB，EF⊂平面PEF，平面PAB∩平面PEF＝PQ， 所以EF∥PQ，PQ⊥AB，且H为PQ的中点． 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在． 点拨·建模 解：(1)证明：在图1连接DE交BC于O点， 在图2中，易知△BCD，△BCP都是等边三角形， 易得DO⊥BC，PO⊥BC，又DO∩PO＝O，DO，PO⊂平面POD， 可得BC⊥平面POD， 又直线PD⊂平面POD，所以PD⊥BC． (2)法一：几何法　假设存在点M，符合题意． 设AB＝2，则PD＝3，则在△POD中， 由余弦定理得∠POD＝120°， 由(1)得直线BC⊥平面POD，又AD∥BC， ∴直线AD⊥平面POD， ∵AD⊂平面ADP， ∴平面ADP⊥平面POD． 作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面ADP， 如图，取AP的中点N，连接BN，QN，MN， ∵OQ⊥平面ADP，∴BN⊥平面ADP， 即t2－3t＋2＝0，解得t＝1或t＝2. 作PH⊥DO，垂足为H，连接OH，得∠POH＝60°， 由(1)得直线BC⊥平面POD，又AD∥BC， ∴直线AD⊥平面POD， ∴AD⊥PD， ∴△ADP是直角三角形， 设点B到平面ADP的距离为h， 设直线BM与平面APD所成的角为θ， 即t2－3t＋2＝0，解得t＝1或t＝2. 设平面ADP的法向量为n＝(x，y，z)， 考法(三)　 空间角中的最值问题 03 例 3 解：(1)证明：如图，取AD的中点F，连接PF，EF. ∵底面ABCD是正方形，PA＝PD， ∴AD⊥EF，AD⊥PF. ∵EF∩PF＝F，EF，PF⊂平面PEF， ∴AD⊥平面PEF. 又∵PE⊂平面PEF， ∴AD⊥PE. ∵AD⊥平面PEF，PO⊂平面PEF， ∴PO⊥AD， ∵AD∩EF＝F，AD，EF⊂平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD， 以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 令t＝1－λ，则t∈[0,1]， 当t＝0时，sin θ＝0，θ＝0； 点拨·建模 空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、几何体体积等发生变化，进而就有了面积与体积及角度的最值问题. 定性分析 在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规律，进而发现相关面积或体积等的变化规律，求得其最大值或最小值 定量分析 将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最大值或最小值的问题．根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方法可供选择 解：(1)证明：如图，设AC交BD于点F，连接EF， 由圆锥的性质可知PO⊥底面ABD， 所以AC2＝AE2＋CE2，即∠AEC＝90°，AE⊥PC， 所以∠AFE＝∠AEC＝90°，即EF⊥AC， 又PO，AC，EF⊂平面PAC，直线EF∥PO，PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，所以直线PO∥平面BDE. 所以∠AFE＝∠AEC＝90°，即EF⊥AC， 又PO，AC，EF⊂平面PAC，直线EF∥PO，PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，所以直线PO∥平面BDE. 设直线DM与平面ABE所成的角为θ， 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 2 1.(2024·潍坊模拟)如图，线段AA1是圆柱OO1的母线， △ABC是圆柱下底面⊙O的内接正三角形，AA1＝AB＝3. (1)劣弧BC上是否存在点D，使得O1D∥平面A1AB？ 若存在，求出劣弧BD的长度；若不存在，请说明理由． (2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值． 1 3 4 5 6 2 解：(1)如图，过点O作AB的平行线OD交劣弧BC于点 D，连接OO1，O1D，OB，因为OO1∥AA1，AA1⊂平面 AA1B，OO1⊄平面AA1B， 则OO1∥平面AA1B，同理可证OD∥平面AA1B， 又因为OO1∩OD＝O，且OO1⊂平面OO1D，OD⊂平面OO1D， 所以平面AA1B∥平面OO1D， 1 3 4 5 6 2 又因为O1D⊂平面OO1D， 所以O1D∥平面A1AB，故存在点D满足题意． 因为△ABC为底面⊙O的内接正三角形， 又因为AB＝3， 1 3 4 5 6 2 (2)如图，取BC的中点为M，连接MA，OO1，以M为 原点，MB为x轴，MA为y轴，过M作OO1的平行线为z轴， 建立空间直角坐标系， 又因为AA1＝AB＝3，设AB的中点为N. 1 3 4 5 6 2 设平面CBO1的法向量为n＝(x，y，z)， 1 3 4 5 6 2 1 3 4 5 6 2 1 5 6 2 3 4 2．如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且 将半圆沿AD翻折如图2. 1 5 6 2 3 4 (1)求证：EF∥平面ABCD； (2)当多面体ABE-DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图，连接AE，EF，FD，由题意 知六边形ABCDFE为正六边形，则EF∥AD∥BC， 在翻折过程中，EF∥AD，EF⊄平面ABCD， AD⊂平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD． 1 5 6 2 3 4 (2)连接EB，FC分别交AD于G，H， 则EB⊥AD，FC⊥AD， 在翻折过程中，EG⊂平面EGB，GB⊂平面EGB，EG∩GB＝G， AD⊥EG，AD⊥GB， 所以AD⊥平面EGB，同理AD⊥平面FHC， 所以平面EGB∥平面FHC． 又因为EF∥GH∥BC， 1 5 6 2 3 4 1 5 6 2 3 4 即平面EFDA⊥平面ABCD．以G为坐标原点，GB，GD，GE所在的直线为x，y，z轴， 1 5 6 2 3 4 1 5 6 2 3 4 设平面ABE与平面CDF的夹角为φ，观察图可知其为锐角， 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 (1)求证：BD⊥PD； (2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图，过点D作DF⊥BC交BC于点F，连接BD， 1 5 6 3 4 2 所以BD⊥CD， 因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD， 所以BD⊥PD． 1 5 6 3 4 2 即ED＋EC≤2，当且仅当ED＝EC＝1时取等号． 当△CDE周长最大时，ED＝EC＝1，即PD＝PC＝1. 取DC的中点O，因为DF＝FC＝1，所以OF⊥DC． 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 易知平面PCD的一个法向量为m＝(1,0,0)， 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 解：(1)证明：因为PA为圆柱的母线， 所以PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，可得PA⊥AB， 由已知AB⊥PC，且PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PA∩PC＝P， 所以AB⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC， 所以AB⊥AC，因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以PA⊥AC，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A， 所以AC⊥平面PAB，且PB⊂平面PAB， 所以AC⊥PB． 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 以A为原点，AB所在直线为x轴，PA所在直线为z轴， 如图建立空间直角坐标系， 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 在△ABD中，因为AD2＋BD2＝AB2， 所以BD⊥AD． 1 5 6 3 4 2 因为四边形BDEN为矩形，所以BD⊥DE， 又DE∩AD＝D，DE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，故BD⊥平面ADE. 因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE. 1 5 6 3 4 2 证明如下：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，A(2,0,0)， B(0,2,0)，E(1,0,1)， 1 5 6 3 4 2 令y＝1，则x＝0，z＝－2λ， 故n＝(0,1，－2λ)． 1 5 6 3 4 2 因为直线BE与平面QAD所成的角为60°， 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 解：(1)证明：延长FM和CD交于点Q，连接BQ交AD于点H，连接FH，FN， 所以QD＝2＝DC＝AB，即H为AD的中点， 1 5 6 3 4 2 所以四边形ANFH为平行四边形， 故AN∥HF，又HF⊂平面BMF，AN⊄平面BMF， 所以AN∥平面BMF. (2)以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 5 6 3 4 2 设DM＝m(0<m<4)，则B(2,2,0)，P(0，0,4)，C(0,2,0)，F(0,1,2)，M(0,0，m)， 1 5 6 3 4 2 1 5 6 3 4 2 如图一，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图二所示的四棱锥D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.设F为CD1的中点，若M为线段AB上的一点，满足＝. 因为F是CD1的中点，所以GF∥CE，GF＝CE， 因为＝，所以AM∥CE，AM＝CE， (2)连接BE，因为AE＝BE＝2，AB＝4，AE2＋BE2＝AB2， C(－，，0)，D1(，0，)，F，M，＝， ＝， 所以 则cos θ＝＝＝＝. 即平面D1MF与平面ABE夹角的余弦值为. 连接OF，则OF∥AP，OF＝AP， 以，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设AB＝2，则B(，0,0)，A(0，－1,0)，P(0,0，)，G(0,1,0)， ∵＝(－，1,0)，＝＝， ∴取z＝1， 则m＝(－1，－，1)， ∴所求值为cos θ＝＝＝＝. 故平面BFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为. (2023·济宁二模)如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为6的正方形，下底面圆的一条弦EF交CD于点G，其中DG＝2，DE＝DF. (1)求证：平面AEF⊥平面ABCD； (2)判断上底面圆周上是否存在点P，使得二面角P-EF-A的余弦值为.若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由． 所以EG＝FG＝2. 则A(0,0,6)，E(2，2,0)，F(－2，2,0)， 所以＝(2，2，－6)，＝(－2，2，－6)， ＝(－2，m－2,6)，＝(－4，0,0)． 设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)． 由得 即 由得 即 所以|cos〈m，n〉|＝ ＝＝， 解得m＝4或m＝－(舍去)． 所以PH＝2， AP＝＝＝2. 所以存在点P，使得二面角P-EF-A的余弦值为，AP的长为2. [针对训练] 2．如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将△BCE沿BC翻折至△BCP，使得PD＝AB，如图2所示． (1)求证：PD⊥BC； (2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 由OD＝OP＝，PD＝3， 在△POD中，由OD＝OP＝，DP＝3，∠POD＝120°， 得OQ＝. 则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN＝OQ＝. 由已知cos θ＝，即sin θ＝＝， 由BN＝BMsin∠BMN＝，得BM＝. 在△BDM中，设DM＝t,0≤t≤3，由余弦定理得()2＝22＋t2－2×2×t×， ∴存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时＝2或＝. 法二：等体积法　设AB＝2，则PD＝3， 则在△POD中，由OD＝OP＝，PD＝3，由余弦定理得∠POD＝120°， ∴PH＝POsin 60°＝. ∴Rt△ADP的面积为×AD×PD＝×2×3＝3， 由VB-ADP＝VP-ABD得，×3×h＝××4×，得h＝， 则cos θ＝，∴sin θ＝＝， ∴h＝BMsin θ＝，得BM＝， 在△BDM中，设DM＝t,0≤t≤3，由余弦定理得()2＝22＋t2－2×2×t×， ∴存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时＝2或＝. 法三：向量法　由法二知PH＝，如图，以BC的中点O为原点，OB，OH，Oz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(1,0,0)，A(2，－，0)，D(0，－，0)，P， 因此＝(－2,0,0)，＝， 则解得x＝0，令y＝－1，则z＝，即向量n＝(0，－1，)， 设存在点M，＝λ，0≤λ≤1，满足题意， 则＝λ＝， ＝＝， ∴＝＋＝， 设直线BM与平面APD所成的角为θ，则cos θ＝， ∴sin θ＝＝， ∴sin θ＝＝ 解得λ1＝，λ2＝. ∴存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时＝2或＝. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝2，PA＝PD＝，E为BC的中点． (1)求证：AD⊥PE. (2)若二面角P-AD-B的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值． (2)由(1)可知，二面角P-AD-B的平面角为∠PFE，且为，过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O， 易得∠PFO＝，PF＝2，OF＝1，PO＝， 则P(0,0，)，A(1,1,0)，B(1,3，0)，C(－1,3,0)，D(－1,1,0)， ＝(1,1，－)，＝(0,2,0)，＝(1，－1，)，＝(－1,3，－)， 则得 取z＝1，则n＝(，0,1)． 设＝λ＝(－λ，3λ，－λ)，λ∈[0,1]， 则＝＋＝(1－λ，3λ－1，－λ)， 设直线DG与平面PAB所成的角为θ， 则sin θ＝＝ ＝ ＝， sin θ＝＝ ＝×. 当t≠0时，sin θ＝×＝×， 当＝，即t＝，λ＝时，sin θ取得最大值，且最大值为， 此时θ＝. ∴直线DG与平面PAB所成角的最大值为. [针对训练] 3.如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面圆的直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为，点E在母线PC上，且AE＝，CE＝1. (1)求证：PO∥平面BDE； (2)求证：平面BED⊥平面ABD； (3)若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离． 因为AC⊂平面ABD，所以PO⊥AC，又△ABD是底面圆的内接正三角形，由AD＝，可得AF＝， 由＝AC，解得AC＝2，又AE＝，CE＝1， 又＝＝，所以△AEC∽△AFE， (3)易知PO＝2EF＝，以点F为坐标原点，FA，FB，FE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，B，D， E，P，O， 所以＝，＝， ＝，＝(0,0，)， 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则n＝(1，，)， 设＝λ(0≤λ≤1)， 可得＝＋＝， 则sin θ＝＝＝， 即sin2θ＝＝， 令y＝，x∈[0,1]， 则y＝＝4＝4 ＝≤ ＝4，当且仅当x＝时，等号成立， 所以当x＝时，y＝有最大值4， 即当λ＝时，sin θ的最大值为1，此时点M，所以＝， 所以点M到平面ABE的距离d＝＝＝， 故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，点M到平面ABE的距离为. 所以⊙O的半径为＝， 所以∠BAC＝，即∠ABO＝∠BOD＝， 故M(0,0,0)，B，A， 所以劣弧BD的长度为×2π×＝. 易知ON⊥平面AA1B，所以平面AA1B的一个法向量为＝. 又因为＝，＝， O，O1，N， 令y＝2，得n＝(0,2，－1)． 故 即 故平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值为＝. 所以平面CBO1和平面BAA1所成角的余弦值为|cos〈，n〉|＝＝＝. 设∠EGB＝θ，所以S△EGB＝S△FHC＝EG·BGsin θ＝sin θ， V多面体ABE-DCF＝V三棱锥A-EGB＋V三棱柱EGB-FHC＋V三棱锥D-FHC＝AG·S△EGB＋GH·S△EGB＋HD·S△FHC＝4sin θ＝4， 则三棱柱EGB-FHC为直三棱柱，EG∥FH，BG∥HC，且EG＝GB＝FH＝HC＝，AG＝HD＝1，GH＝2. 建立空间直角坐标系，如图，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，E(0,0，)，C(，2,0)，D(0,3,0)，F(0,2，)， ＝(，1,0)，＝(0,1, )， 所以sin θ＝1，即θ＝，AD⊥EG，AD⊥GB，∠EGB为二面角E-AD-B的平面角， 令x＝1得n＝(1，－，1)，同理可得平面CDF的一个法向量为m＝(1，，1)， 设平面ABE的法向量为 n＝(x，y，z)，有 所以平面ABE与平面CDF的夹角的余弦值为. 则cos φ＝＝， 3．(2024·宁德模拟)图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝BC＝1，E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2. 因为AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝BC＝1， 所以BF＝FC＝1，BD＝，DC＝，又BD2＋DC2＝BC2， (2)如图，由DC＝，得ED2＋EC2＝2≥， 所以＝，＝， 设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则 以O为原点，OF为x轴，OC为y轴，OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P，B，A， 即 令x＝1，则n＝(1，－1，3)， 所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为. 则|cos〈m，n〉|＝＝＝， 4.(2024·淄博模拟)如图，△ABC是圆柱底面的内接三角形，PA为圆柱的母线，其中∠ACB＝，圆柱的母线和其底面圆直径的长都为2. (1)当AB⊥PC时，求证：AC⊥PB； (2)当三棱锥P-ABC的体积取最大值时，求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值． 所以S△ABC＝absin C≤×3×＝，故当△ABC的面积取最大值时，△ABC为正三角形， (2)当三棱锥P-ABC的体积取最大值时，即△ABC的面积取得最大值，设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为∠ACB＝，AB＝c＝2sin＝，由余弦定理可得c2＝3＝a2＋b2－ab≥ab，当且仅当a＝b时等号成立， 设平面PAC的法向量为n1＝(x，y，z)，其中＝(0,0,2)，＝， 则A(0,0,0)，B(，0,0)， P(0,0,2)，C， 设平面PBC的法向量为n2＝(x′，y′，z′)，其中＝(－，0,2)，＝， 则 令y＝1，得n1＝(－，1,0)， 令y′＝1，得n2＝， 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为＝＝. 故当三棱锥P-ABC的体积取最大值时，平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为. 满足 5.(2024·郑州模拟)在底面ABCD为梯形的多面体中，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2CD＝2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形． (1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明． 故有BC＝DC＝，易得AE＝DE＝，BD＝2，AD＝＝＝2， 解：(1)证明：由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2CD＝2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE， (2)存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处． 设＝λ＝λ＝λ(0,2,0)，其中0≤λ≤1， 解得Q(1,2λ，1)， 所以＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，＝(1，－2,1)， 设平面QAD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 故＝(1,2λ，1)， 所以sin 60°＝|cos，n|＝ ＝＝， 故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处． 解得λ＝或λ＝， 6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD(不包含端点)上的点，PD＝4，AB＝2. (1)若＝2，求证：AN∥平面BMF； (2)若PD⊥平面ABCD，求DB与平面BMF所成角的最大值． 此时AH∥BC，AH＝BC， 由＝，故＝， 且FN∥BC，FN＝BC， 则有令z＝1，则y＝m－2，x＝2－， 所以＝(－2，－1,2)，＝(－2，－2，m)，＝(2,2,0)，设平面BMF的法向量为n＝(x，y，z)， 设DB与平面MFB所成的角为θ，则sin θ＝＝ ＝＝， 所以n＝. 又θ∈，故DB与平面BMF所成角的最大值为. 当m＝3时，sin θ取最大值为， $$