立体几何中的折叠、最值、取值范围问题——综合能力提升篇(教师).doc

课题 立体几何中的折叠、最值、取值范围问题
——综合能力提升篇

立体几何章节在历来的高考中分值占比重，以两小一大的形式出现较多．空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力．要在立体几何学习中形成．纵观近几年全国及各省高考试题，对立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题的考查逐年加重，要求学生要有较强的空间想象力和准确的计算运算能力，才能顺利解答．从实际教学和考试来看，学生对这类题看到就头疼．分析原因，首先是学生的空间想象力较弱，其次是学生对这类问题没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段学习和考试出现这类问题加以总结的探讨．

题型一：立体几何中的折叠问题
折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现．处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系．并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．这些未变化的已知条件都是我们分析问题和解决问题的依据．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试．

1．如图1，在等腰梯形CDEF中，DE＝CD＝，EF＝2＋，将它沿着两条高AD，CB折叠成如图2所示的四棱锥E－ABCD(E，F重合)．

(1)求证：BE⊥DE；
(2)设点M为线段AB的中点，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．
【解析】(1)证明：∵AD⊥EF，∴AD⊥AE，AD⊥AB．又∵AB∩AE＝A，
∴AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE．由图1和题中所给条件知，AE＝BE＝1，AB＝CD＝，
∴AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE．又∵AE∩AD＝A，
∴BE⊥平面ADE，∴BE⊥DE．
(2)取EC的中点G，BE的中点P，连接PM，PG，MG．
则MP∥AE，GP∥CB∥DA，∴MP∥平面DAE，GP∥平面DAE．
∵MP∩GP＝P，∴平面MPG∥平面DAE．
∵MG⊂平面MPG，∴MG∥平面DAE，即存在点N与G重合满足条件．
2．(2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N．
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)证明：直线MN∥平面BDH；
(3)求二面角A­EG­M的余弦值．

【解析】(1)点F，G，H的位置如图所示．
(2)证明：连接AC，BD交于点O，连接OH，OM．
因为M，N分别是BC，GH的中点，
所以OM∥CD，且OM＝CD，HN∥CD，且HN＝CD，
所以OM∥HN，OM＝HN，
所以四边形MNHO是平行四边形，
从而MN∥OH．
又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，
所以MN∥平面BDH．
(3)方法一：过M作MP⊥AC于P．在正方体ABCD­EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG．
过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，
从而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A­EG­M的平面角．
设AD＝2，则CM＝1，PK＝2．
在Rt△CMP中，PM＝CMsin 45°＝．
在Rt△PKM中，KM＝＝．
所以cos∠PKM＝＝，即二面角A­EG­M的余弦值为．
方法二：如图，以D为坐标原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz．

设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，
所以＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)．[来源:学科网]
设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
由得取x＝2，得n1＝(2，2，1)．
在正方体ABCD­EFGH中，DO⊥平面AEGC，
则可取平面AEG的一个法向量为n2＝＝(1，1，0)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
故二面角A­EG­M的余弦值为．

题型二、立体几何中的最值问题
结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现．在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径 ．
3．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则·的最小值为(　　)

A． B．－C． D．－
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，

设P(0,0，z)，则＝(1,0,2－z)，＝(0,1,3－z)，∴·＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z－)2－，故当z＝时，·取得最小值－．
【答案】B
4．(2015·四川卷)如图所示，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM和AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．

【解析】分别以AB，AD，AQ为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，QM＝m(0≤m≤2)，则＝(2，1，0)，＝(－1，m，2)，
所以cos θ＝＝(0≤m≤2)．
令f(m)＝(0≤m≤2)，则f ′(m)＝．
因为m∈[0，2]，所以f ′(m)＜0，故f(m)max＝f(0)＝，即cos θ的最大值为．
【答案】
5．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1．

(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
【解析】以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则，即
令y＝1，解得z＝1，x＝1．
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为．
(2)因为＝(－1,0,2)，设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，又＝(0，－2,2)，
从而cos〈，〉＝＝．
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝＝≤．
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为．
因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝．
题型三、立体几何中的取值范围问题
结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等取值范围问题常常在高考试题中出现．此类问题的解法与立体几何中各类最值问题的解法基本一致．
6．(2014·四川卷)如图所示，在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是(　　)

A． B．
C． D．
【解析】连接A1O，OP和PA1，不难知∠POA1就是直线OP与平面A1BD所成的角(或其补角)设正方体棱长为2，则A1O＝．
(1)当P点与C点重合时，PO＝，A1P＝2，且cos α＝＝－，此时α＝∠A1OP为钝角，sin α＝＝；
(2)当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝，A1P＝2，且cos α＝＝，此时α＝∠A1OP为锐角，sin α＝＝；
(3)在α从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1上一定存在一点P，使得α＝∠A1OP＝90°．又因为＜，故sin α的取值范围是．【答案】B
7．(2015·河北正定中学上期第六次月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC．

(1)求证：平面ABE⊥平面BEF；
(2)设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD所成锐二面角θ∈，求a的取值范围．
【解析】(1)证明：∵AB∥CD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点，
∴ABFD为矩形，AB⊥BF．∵DE＝EC，∴DC⊥EF，
又AB∥CD，∴AB⊥EF ，∵BF∩EF＝E，
∴AE⊥面BEF，又AE⊂面ABE，∴平面ABE⊥平面BEF．
(2) ∵DE＝EC，∴DC⊥EF，又PD∥EF，AB∥CD，∴AB⊥PD，
又AB⊥PD，∴AB⊥面PAD，AB⊥PA，
以点A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系A－xyz，
则B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,a)，E(1,1,)．
∴＝(－1,2,0)，＝(1,－1,)．设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)，
则，即
令y＝a，得x＝2a，z＝－2,则m＝(2a,a,－2)．
显然n＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量．
由θ∈ ，知cos θ＝|cos〈，m〉|＝＝∈，
解得a∈．

1(2012·浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，(　　)
A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
【解析】对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面ACB，则有CD⊥AC，而AB＝CD＝1，BC＝AD＝，可得AC＝1，那么存在AC这样的位置，使得AB⊥CD成立．【答案】B
2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中点，P，Q是正方体内部或面上的两个动点，则·的最大值是(　　)
A． B．1C． D．
【解析】以A为坐标原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，M(，1,0)，所以＝(，1,0)．

设＝(x，y，z)，由题意可知因为·＝·x＋1·y＋0·z＝x＋y，又－1≤x≤1，
－1≤y≤1，所以－≤x≤．所以－≤x＋y≤．故·的最大值为．
【答案】C
3．(2015·浙江卷)如图所示，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′­CD­B的平面角为α，则(　　)

A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α
【解析】当AC＝BC时，易知∠A′DB＝α，当AC≠BC时，作A′E⊥CD，BF⊥CD，因为D是中点，故DE＝DF，再作GF∥A′E，GA′∥EF，则∠GFB＝α，设A′D＝BD＝m，FD＝DE＝n，则cos∠A′DB＝＝，cos α＝＝＝，显然cos∠A′DB＜cos α，故∠A′DB＞α．
【答案】B
4．(2016·石家庄模拟)如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________．

【解析】如图建立空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，∵AE∶DE∶AD＝1∶1∶，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，∴＝(－1,2,0)，＝(0,2,1)，∴cos〈，〉＝，∴AF与CE所成角的余弦值为．
【答案】
5．(2014·浙江卷)如图所示，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)

【解析】由勾股定理得BC＝20 m．如图，过P点作PD⊥BC于D，连接AD，则由点A观察点P的仰角θ＝∠PAD，tanθ＝．设PD＝x，则DC＝x，BD＝20－x，在Rt△ABD中，AD＝＝，所以tanθ＝＝＝≤，故tan θ的最大值为．

【答案】
6．(2012·上海卷)如图所示，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．
【解析】以空间四面体为载体，考查几何体的体积和代数式的最值问题，以及转化思想，解此题的关键是求出侧面三角形ABD的高的最大值．作BE垂直AD于E，连接CE，则CE也垂直AD，且BE＝CE，所以四面体ABCD的体积V＝S△BCE·AD＝c，在三角形ABD中，AB＋BD＝2a，AD＝2c，所以AD边上的高BE等于以AD为焦点，长轴为2a的椭圆上的点到x轴的距离，其最大值刚好在点在短轴端点的时候得到，即BE≤，所以V＝c≤c．
【答案】c　
7．(2012·安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝．

现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．
(1)证明：AA1⊥BC；
(2)求AA1的长；
(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．
【解析】(向量法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD．
由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，
因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，
又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1．
故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz．
由题设，可得A1D1＝2，AD＝1．
由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1．
所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．
故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，
因此⊥，即AA1⊥BC．
(2)因为＝(0,3，－4)，所以＝5，即AA1＝5．
(3)连接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，
所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．
因为＝(0，－1,0)，＝(0,2，－4)，所以cos〈，〉＝－＝－．
即二面角A－BC－A1的余弦值为－ ．
(综合法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D．
由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1，
由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C．
因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D．
又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC．
又考虑到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，
故BC⊥AA1．
(2)延长A1D1到G点，使GD1＝AD，连接AG．
因为AD∥GD1，且AD＝GD1，所以AG∥DD1∥BB1，且AG＝DD1＝BB1．
由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G．
由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，
所以AA1＝5．
(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．
在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝，
则cos∠ADA1＝cos＝－．
即二面角A－BC－A1的余弦值为－．
8．已知如图所示的平行四边形ABCD中，BC＝2，BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．

(1)求证：GH∥平面CDE；
(2)记CD＝x，V(x)表示四棱锥F－ABCD的体积，求V(x)的表达式；
(3)当V(x)取最大值时，求平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值．
【解析】(1)证法1：∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC且EF＝AD＝BC．

∴四边形EFBC是平行四边形．∴H为FC的中点．
又∵G是FD的中点，∴HG∥CD．
∵HG平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE．
证法2：连接EA，∵ADEF是正方形，∴G是AE的中点．
∴在△EAB中，GH∥AB．又∵AB∥CD，∴GH∥CD．
∵HG平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE．
(2)解：∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，且FA⊥AD，
∴FA⊥平面ABCD．∵BD⊥CD，BC＝2，CD＝x，
∴FA＝2，BD＝(0＜x＜2)．∴SABCD＝CD·BD＝x．
∴V(x)＝SABCD·FA＝x(0＜x＜2)．
(3)解：要使V(x)取得最大值，即使x＝(0＜x＜2)取得最大值，
∵x2(4－x2)≤2＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝时V(x)取得最大值．
解法1：在平面DBC内过点D作DM⊥BC于M，连接EM，
∵BC⊥ED，∴BC⊥平面EMD．∴BC⊥EM．
∴∠EMD是平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角，
∵当V(x)取得最大值时，CD＝，DB＝，
∴DM＝BC＝1，EM＝＝．∴sin∠EMD＝＝．
即平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为．
解法2：以点D为坐标原点，DC所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0)，C(，0,0)，B(0，，0)，E(0,0,2)，
∴＝(0,0,2)，＝(，0，－2)，＝(0，，－2)，
设平面ECF与平面ABCD所成的二面角为θ，
平面ECF的法向量n＝(a，b，c)，
由，得令c＝1得n＝(，，1)．
又∵平面ABCD的法向量为，∴cos θ＝＝＝，∴sin θ＝．
即当V(x)取最大值时，平面ECF与平面ABCD所成二面角的平面角的正弦值为．
9．(2014·江西卷)如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形．平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AB⊥PD．
(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．
【解析】(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，故AB⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，故AB⊥PD．
(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG．
故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．
在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝．
设AB＝m，则OP＝＝ ，
故四棱锥P－ABCD的体积为V＝··m·＝·．
因为m＝＝ ，
故当m＝，即AB＝时，四棱锥P－ABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的坐标系，
则O(0,0,0)，B(,－,0)，C(,,0)，D(0,,0)，P(0,0,)．
故＝(，，－)，＝(0，，0)，＝(－，0,0)．
设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y,1)，
则由得解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝(0，，1)．
从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ＝＝＝．
10．(2012·湖北卷)如图(1)所示，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连结AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图(2))．
(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？
(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

图(1)　　　　　　　　图(2)
【解析】(1)方法1：在题图所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x．
由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x．
由折起前AD⊥BC知，折起后，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD．
又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)．
于是VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤3＝．
当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，
故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．
方法2：同方法1，得VA－BCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝(x3－6x2＋9x)．
令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，由f ′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1．
当x∈(0,1)时，f ′(x)＞0，当x∈(1,3)时，f ′(x)＜0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值．
故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．
(2)方法1：以点D为原点，建立如图(a)所示的空间直角坐标系D－xyz．
由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝DC＝2．
于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，且＝(－1,1,1)．
设N(0，λ，0)，则＝．因为EN⊥BM等价于·＝0，
即·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，故λ＝，N．
所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM．
设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且＝，
由得令x＝1，则n＝(1,2，－1)．
设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝，n＝(1,2，－1)，
可得sinθ＝cos(90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°．
故EN与平面BMN所成角的大小为60°．

方法2：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2．
如图(b)，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD．
由(1)知AD⊥平面BCD，所以MF⊥平面BCD．
如图(c)，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，
所以DP⊥BF．取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP，
所以EN⊥BF，因为MF⊥平面BCD，又EN⊂平面BCD，所以MF⊥EN．
又MF∩BF＝F，所以EN⊥面BMF，又BM⊂面BMF，所以EN⊥BM．
因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的．
即当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，EN⊥BM．
连结MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝，
所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形．
如图(d)所示，取BM的中点G．连结EG，NG，
则BM⊥平面EGN，在平面EGN中，过点E作EH⊥GN于H，
则EH⊥平面BMN．故∠ENH是EN与平面BMN所成的角．
在△EGN中，易得EG＝GN＝NE＝，所以△EGN是正三角形，
故∠ENH＝60°，即EN与平面BMN所成角的大小为60°．

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