高中数学高考2 第2课时　空间向量的综合应用

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第2课时　空间向量的综合应用


求空间距离
如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB＝CD＝1，E为PC的中点．

(1)证明：BE∥平面PAD；
(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离．
【解】　(1)证明：如图，取PD的中点F，连接AF，EF，
因为E为PC的中点，F为PD的中点，
所以EF∥CD且EF＝CD.
又AB∥CD且AB＝CD，
所以EF∥AB且EF＝AB，故四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF.
又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(2)如图，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.
在等边△PBC中，PO＝，OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.
如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OM，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则P(0，0，)，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，C(1，0，0)，故E.所以＝(2，1，0)，＝(－1，1，－)，＝.
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令x＝1，则y＝－2，z＝－，故n＝(1，－2，－)为平面PAD的一个法向量．
所以点E到平面PAD的距离d＝＝＝.

求空间距离常用的方法
(1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．
(2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．
(3)向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解．
求点P到平面α的距离的三个步骤：
①在平面α内取一点A，确定向量的坐标；
②确定平面α的法向量n；
③代入公式d＝求解．　
设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
所以＝(0，0，2)，＝(2，0，2)，＝(2，2，0)，
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
由·n＝0得x＋z＝0，由·n＝0得x＋y＝0，
取x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
所以点D1到平面A1BD的距离是
d＝＝＝.

探索性问题
(2021·洛阳尖子生第一次联考)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＝2，DE＝3.

(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；
(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M ­BE­D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF，DE⊥AD.
所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.
又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED.
所以AC⊥平面BED.
又AC⊂平面ACE.
所以平面ACE⊥平面BED.
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
则A(3，0，0)，F(3，0，2)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，所以＝(3，－3，0)，＝(－3，－3，3)，＝(3，0，－)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)．
则
取x＝，得n＝(，2，3)．
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M，设M(3，0，t)，0≤t≤2，则＝(0，－3，t)．
设平面MBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝t，得m＝(3－t，t，3)．
由(1)知CA⊥平面BED，所以是平面BED的一个法向量，|cos〈m，〉|＝＝＝cos 60°＝，
整理得2t2－6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍去)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M ­BE­D的大小为60°，此时＝.

探索性问题的求解策略
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．　
如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.

(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；
(2)是否存在实数λ，使得二面角P­DE­B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：取PB的中点N，连接MN，AN，
因为M是PC的中点，N是PB的中点，
所以MN∥BC，MN＝BC＝2，
又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，
所以四边形ADMN是平行四边形，
因为AP⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥AD，又因为AB⊥AD，AP∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，
所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，
因为AP＝AB，所以AN⊥PB，MN∩PB＝N，所以AN⊥平面PBC，
因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.
(2)存在符合条件的λ.
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，

设BE＝t(0≤t≤4)，则E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，
从而＝(0，2，－2)，＝(2，t－2，0)，
设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，
则即令y＝z＝2，解得x＝2－t.
所以n1＝(2－t，2，2)，
又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0，0，1)，
则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，
解得t＝2，可知λ＝1.

翻折与展开问题
(2021·江西红色七校第一次联考)如图1.梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF折起，得空间几何体ADE­BCF，如图2.

(1)图2中，若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；
(2)在(1)的条件下，若DE∥CF，求二面角D­AF­C的余弦值．
【解】　(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，如图，连接BE，则AF⊥BE，

又AF⊥BD，BE∩BD＝B，所以AF⊥平面BDE，
又DE⊂平面BDE，所以AF⊥DE，
又AE⊥DE，AE∩AF＝A，所以DE⊥平面ABFE.
(2)由(1)知ED，EA，EF两两垂直，
以E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A(2，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1)，＝(0，0，2)．
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)．
由得不妨取x＝1，得n＝(1，1，2)，
设平面ACF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得取x1＝1得m＝(1，1，0)，
设二面角D­AF­C的大小为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
所以二面角D­AF­C的余弦值为.

翻折问题的2个解题策略
确定翻折前后变与不变的关系　
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折后关键点的位置
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化，只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
(2020·贵阳市四校联考)在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图1，以DE为折痕将△ADE折起，使点A达到点P的位置，如图2.

(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；
(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．
解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，
所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
又E为AC的中点，所以DE∥BC.
在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
所以DE⊥平面CEP，
所以BC⊥平面CEP，
又BC⊂平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.
(2)因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED.
又CE⊂平面BCED，
所以EP⊥CE.
以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

在题图1中，设BC＝2a，
则AB＝4a，AC＝2a，AE＝CE＝a，DE＝a.
则P(0，0，a)，D(a，0，0)，C(0，a，0)，B(2a，a，0)．
所以＝(－a，0，a)，＝(－2a，0，0)，
＝(0，－a，a)．
设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝1，所以n＝(0，1，1)．
设DP与平面BCP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.

[A级　基础练]
1．如图，点C在圆锥PO的底面圆O上，AB是直径，AB＝8，∠BAC＝30°，圆锥的母线与底面成的角为60°，则点A到平面PBC的距离为(　　)
A.　　　　　　　 B．2
C. D.
解析：选C.如图，过点O作AB的垂线Ox，以Ox，OB，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由题意可得A(0，－4，0)，B(0，4，0)，
C(－2，2，0)，P(0，0，4)，所以＝(2，2，0)，＝(0，－4，4)，＝(0，4，4)．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以
所以y＝z＝－x，所以取m＝(－1，，1)，
所以d＝＝＝，所以点A到平面PBC的距离为.
2．(多选)(2020·山东滨州期末)已知在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起来，使顶点A至点M的位置．在折起的过程中，下列结论正确的是(　　)
A．BD⊥CM
B．存在一个位置，使△CDM为等边三角形
C．DM与BC不可能垂直
D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
解析：选ABD.对于A，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，所以CO⊥BD，MO⊥BD.又MO∩CO＝O，所以BD⊥平面CMO，所以BD⊥CM，所以A正确．对于B，设菱形ABCD的边长为2，则在折起的过程中，MB＝BC＝CD＝DM＝2.若△CDM为等边三角形，则CM＝CD＝2，因为平面BDM∩平面BCD＝BD，MO⊥BD，CO⊥BD，所以二面角M­BD­C的平面角即为∠MOC，因为∠BAD＝60°，所以MO＝CO＝AO＝，所以cos ∠MOC＝＝，所以二面角M­BD­C的余弦值为时，△CDM为等边三角形，所以B正确．对于C，因为＝－，＝－，所以·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·.又知MO⊥BD，OC⊥BD，所以·＝0，·＝0，所以·＝·＋·＝·－2.设菱形ABCD的边长为2，则·＝||·||·cos∠MOC－2＝3cos∠MOC－1.显然当cos∠MOC＝时，·＝0，即DM⊥BC，所以C错误．对于D，过点M作OC的垂线，垂足为H，因此易得MH⊥平面BCD，所以DM与平面BCD所成的角为∠MDH，因为sin∠MDH＝，MD的长度不变，所以MH越大，∠MDH越大，所以当OM⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为∠MDO.由题意易得∠MDO＝60°，所以D正确．故选ABD.
3．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．

解析：方法一：如图，建立空间直角坐标系D­xyz，

则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，
＝(－1，－2，2)．
设P(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]，
则＝(x－1，y－2，z)．
所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2)．
解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.
所以P(1－λ，2－2λ，2λ)，
设点P在直线CC1上的垂足为Q，得Q(0，2，2λ)，
||＝＝ .
当λ＝时，||min＝.
方法二：取B1C1的中点E1，连接D1E1，E1E，
则CC1∥平面D1EE1.
所以点P到直线CC1的距离的最小值即为CC1与平面D1EE1的距离．过点C1作C1F⊥D1E1于F，线段C1F的长即为所求．在直角三角形C1D1E1中，C1F＝.
答案：
4．已知在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为________．
解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(0，2，)，则＝(2，2，0)，＝(0，2，)，易知AC1∥平面BDE.

设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．
则
取y＝1，则n＝(－1，1，－)为平面BDE的一个法向量．
又＝(2，0，0)，
所以点A到平面BDE的距离是
d＝＝＝1.
故直线AC1到平面BED的距离为1.
答案：1
5.(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B­PC­E的余弦值．
解：(1)证明：设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，AB＝a，
PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，从而PA⊥PC.
又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，
C(－，，0)，P(0，0，)．
所以＝(－，－，0)，
＝(0，－1，)．
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则，即，
可取m＝(－，1，)．
由(1)知＝(0，1，)是平面PCB的一个法向量，记n＝，
则cos〈n，m〉＝＝.
所以二面角B­PC­E的余弦值为.
6．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.

(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A­A1D­B的平面角的余弦值；
(3)求点C到平面B1DP的距离．
解：(1)证明：连接AB1，交BA1于点O，连接OD.

因为B1P∥平面BDA1，B1P⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，所以B1P∥OD.
又因为O为B1A的中点，所以D为AP的中点．
因为C1D∥AA1，所以C1为A1P的中点．
所以DC1＝AA1＝CC1，所以C1D＝CD.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系A1­xyz，

则B1(1，0，0)，B(1，0，1)，D，
所以＝(1，0，0)，＝(1，0，1)，
＝.
设平面BA1D的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)．
由得
令z1＝2，则x1＝－2，y1＝－1，
所以n＝(－2，－1，2)．
又＝(1，0，0)为平面AA1D的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝＝－.
由图形可知二面角A­A1D­B为锐角，
所以二面角A­A1D­B的平面角的余弦值为.
(3)因为C(0，1，1)，D，B1(1，0，0)，P(0，2，0)，
所以＝，＝，＝.
设平面B1DP的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)．
由得
令z2＝2，则x2＝2，y2＝1，所以m＝(2，1，2)．
所以点C到平面B1DP的距离d＝＝.
[B级　综合练]
7．(2020·江西五校联考)如图1，在△ABC中，C＝90°，AC＝2BC＝4，E，F分别是AC与AB的中点，将△AEF沿EF折起，连接AC与AB，得到四棱锥A­BCEF(如图2)，G为线段AB的中点．

(1)求证：FG∥平面ACE；
(2)当四棱锥A­BCEF的体积最大时，求直线FG与平面AFC所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AC的中点H，连接EH，GH，如图，由于G是AB的中点，所以GH∥BC且GH＝BC.又题图1中，E，F分别为AC与AB的中点，

所以FE∥BC且FE＝BC，
所以FE∥GH，FE＝GH，
所以四边形EFGH为平行四边形，
所以FG∥EH.
又FG⊄平面ACE，EH⊂平面ACE，
所以FG∥平面ACE.
(2)当四棱锥A­BCEF的体积最大时，
平面AEF⊥平面BCEF，
由于AE⊥EF，所以AE⊥平面BCEF，
建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意知EF＝1，AE＝EC＝BC＝2，
所以A(0，0，2)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，F(1，0，0)，G(1，1，1)，
所以＝(0，－2，2)，＝(1，－2，0)，＝(0，1，1)．
设平面AFC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝1，得n＝(2，1，1)，
记FG与平面AFC所成的角为θ，则
sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，即直线FG与平面AFC所成角的正弦值为.
8．(2020·四川五校联考)如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝，AB＝AD＝CD＝2，PD＝PB＝，PD⊥BC.

(1)求证：平面PBC⊥平面PBD；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面ABM与平面PBD所成的锐二面角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：方法一：(1)证明：因为AB∥DC，AB＝AD＝2，∠ADC＝，
所以BD＝2，∠BDC＝，
又CD＝4，
所以根据余弦定理得BC＝2.
所以CD2＝BD2＋BC2，故BC⊥BD.
又BC⊥PD，PD∩BD＝D，且BD，PD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，
又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.
(2)由(1)得BC⊥平面PBD，又BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBD，
设E为BD的中点，连接PE，因为PB＝PD＝，
所以PE⊥BD，PE＝2，又平面ABCD⊥平面PBD，平面ABCD∩平面PBD＝BD，
所以PE⊥平面ABCD.
如图，以A为坐标原点，分别以，的方向和垂直平面ABCD的向量的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，P(1，1，2)．
假设存在M(a，b，c)满足要求，设＝λ(0≤λ≤1)，即＝λ，
所以M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面PBD的一个法向量为＝(2，2，0)．
＝(0，2，0)，＝(2－λ，4－3λ，2λ)，
设n＝(x，y，z)为平面ABM的法向量，
由得不妨取n＝(2λ，0，λ－2)．因为平面PBD与平面ABM所成的锐二面角为，所以＝，解得λ＝或λ＝－2(不合题意舍去)．
故存在点M满足条件，且＝.
方法二：(1)证明：取线段CD的中点F，连接AF交BD于点E，连接BF，如图，因为AB∥CD，AB＝AD＝CD＝2，∠ADC＝，
所以四边形ADFB为正方形，故BD⊥AF，且E为BD的中点，
又F为线段CD的中点，
所以EF∥BC，BC⊥BD.
又BC⊥PD，PD∩BD＝D，且BD，PD⊂平面PBD，
所以BC⊥平面PBD，
又BC⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PBD.

(2)连接EP，因为PB＝PD＝，E为BD的中点，所以PE⊥BD，PE＝2，
又BC⊥平面PBD，所以PE，DE，EF三线两两互相垂直．
分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系E­xyz，
则E(0，0，0)，A(0，－，0)，B(－，0，0)，C(－，2，0)，P(0，0，2)．
假设存在M满足要求，设＝λ(0≤λ≤1)，即＝λ，
易得平面PBD的一个法向量为＝(0，2，0)．
＝(－，，0)，＝(－，3，0)，
＝(，－2，2)，
＝＋＝＋λ＝(－＋λ，3－2λ，2λ)．
设n＝(x，y，z)为平面ABM的法向量，
由得

不妨取n＝(λ，λ，λ－2)．
因为平面PBD与平面ABM所成的锐二面角为，所以
＝，解得λ＝或λ＝－2(不合题意舍去)．
故存在点M满足条件，且＝.
[C级　创新练]
9．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角A­EF­C的大小为60°，点M在线段AB上．

(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M­EC­F的余弦值，若不存在，说明理由．
解：(1)因为直线MF⊂平面ABFE，
故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，

因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，
且AO＝2，
连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，
连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，
所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，
以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(－1，4，0)，
所以＝(1，0，)，＝(1，4，)，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，
则⇒
取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝，
因为DE与平面EMC所成的角为60°，
所以sin 60°＝＝＝，
所以＝，所以t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，因为EF⊥平面ADE，AQ⊂平面ADE，
所以AQ⊥EF，
又因为AQ⊥DE，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CEF，
所以AQ⊥平面CEF，则为平面CEF的一个法向量，
因为Q，A(1，0，0)，
所以＝，m＝，
设二面角M­EC­F的大小为θ，
所以|cos θ|＝＝＝，
因为当t＝2时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CEF，
所以当t＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－.
当t＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝.