2022版高考数学大一轮复习课时作业47《立体几何中的向量方法》(含答案详解)

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如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，
使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB=AE=BE=2BC=2CD=2，动点F在棱AE上，且EF=λFA.
(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)当λ=1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值.
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC=90°，AB∥CD，AB=2CD.
平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.
(1)证明：PA⊥平面PCD；
(2)设AD=2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长.
如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB=BC=eq \r(5)，AC=AA1=2.
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交.
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC=AA1=2，D为棱CC1的中点，AB1∩A1B=O.
(1)证明：C1O∥平面ABD；
(2)设二面角D­AB­C的正切值为eq \f(\r(2),2)，AC⊥BC，E为线段A1B上一点，且CE与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(2\r(2),3)，求eq \f(BE,BA1)的值.
如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1.设M，N分别为PD，AD的中点.
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求二面角N­PC­A的平面角的余弦值.
如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB=6，BC=2eq \r(3)，AC=2eq \r(6)，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD=2DB，CE=2EB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若直线PA与平面ABC所成的角为eq \f(π,4)，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.
如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1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.
如图所示，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，已知PA=PB=PC=BC=1，AB=eq \r(2)，过底面对角线AC作与PB平行的平面交PD于E.
(1)试判定点E的位置，并加以证明；
(2)求二面角E­AC­D的余弦值.
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=2eq \r(6)，DE=3eq \r(6).
(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M­BE­D的大小为60°？若存在，求出eq \f(AM,AF)的值；若不存在，说明理由.
\s 0 答案详解
解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up16(→))的方向为y轴正方向，|eq \(BF,\s\up16(→))|为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP=2，DE=1，所以PE=eq \r(3).
又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得PH=eq \f(\r(3),2)，EH=eq \f(3,2).则H(0,0,0)，P(0,0，eq \f(\r(3),2))，D(－1，－eq \f(3,2)，0)，
eq \(DP,\s\up16(→))=(1，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2))，eq \(HP,\s\up16(→))=(0,0，eq \f(\r(3),2))为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ=eq \f(|\(HP,\s\up16(→))·\(DP,\s\up16(→))|,|\(HP,\s\up16(→))||\(DP,\s\up16(→))|)=eq \f(\f(3,4),\r(3))=eq \f(\r(3),4).
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
解：(1)当λ=eq \f(1,2)时，CE∥平面BDF.
证明如下：
连接AC交BD于点G，连接GF，
∵CD∥AB，AB=2CD，
∴eq \f(CG,GA)=eq \f(CD,AB)=eq \f(1,2)，
∵EF=eq \f(1,2)FA，∴eq \f(EF,FA)=eq \f(CG,GA)=eq \f(1,2)，
∴GF∥CE，
又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，
∴CE∥平面BDF.
(2)取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD=AB，且EO⊥AB，
∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO=CD=1，
∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，
又BC⊥AB，
∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系O­xyz，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1,0)，E(0,0，eq \r(3)).
当λ=1时，有eq \(EF,\s\up16(→))=eq \(FA,\s\up16(→))，∴F(0，eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))，
∴eq \(BD,\s\up16(→))=(1,1,0)，eq \(CE,\s\up16(→))=(－1,1，eq \r(3))，eq \(BF,\s\up16(→))=(0，eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)).
设平面BDF的法向量为n=(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up16(→))＝0，,n·\(BF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,\f(3,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令z=eq \r(3)，得y=－1，x=1，则n=(1，－1，eq \r(3))为平面BDF的一个法向量，
设直线CE与平面BDF所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈eq \(CE,\s\up16(→))，n〉|=eq \f(1,5)，故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为eq \f(1,5).
解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，
又CD∩DE=D，所以PA⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，连接PO，
因为PA=PD，所以PO⊥AD，
则PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点建立空间直角坐标系O­xyz，如图.
由(1)得PA⊥PD，由AD=2得PA=PD=eq \r(2)，OP=1，
设CD=a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)，
则eq \(BC,\s\up16(→))=(－a,2,0)，eq \(PC,\s\up16(→))=(a,1，－1)，
设m=(x，y，z)为平面PBC的法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up16(→))＝0，,m·\(PC,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ax＋2y＝0，,ax＋y－z＝0，))
令x=2，则y=a，z=3a，故m=(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，
由(1)知n=eq \(DC,\s\up16(→))=(a,0,0)为平面PAD的一个法向量，
由|cs〈m，n〉|=eq \f(|m·n|,|m||n|)=|eq \f(2a,a\r(10a2＋4))|=eq \f(\r(2),2)，解得a=eq \f(\r(10),5)，即CD=eq \f(\r(10),5)，
所以在Rt△PCD中，PC=eq \f(2\r(15),5)，
由等面积法可得DE=eq \f(CD·PD,PC)=eq \f(\r(3),3).
解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，
因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形A1ACC1为矩形.
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
所以AC⊥EF.
因为AB=BC，所以AC⊥BE.
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.
因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E­xyz.
由题意得E(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1).
所以eq \(BC,\s\up16(→))=(－1，－2,0)，eq \(BD,\s\up16(→))=(1，－2,1).
设平面BCD的法向量为n=(x0，y0，z0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up16(→))＝0，,n·\(BD,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋2y0＝0，,x0－2y0＋z0＝0.))
令y0=－1，则x0=2，z0=－4.于是n=(2，－1，－4).
又因为平面CC1D的法向量为eq \(EB,\s\up16(→))=(0,2,0)，
所以cs〈n，eq \(EB,\s\up16(→))〉=eq \f(n·\(EB,\s\up16(→)),|n||\(EB,\s\up16(→))|)=－eq \f(\r(21),21).
由题知二面角B­CD­C1为钝角，所以其余弦值为－eq \f(\r(21),21).
(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n=(2，－1，－4)，eq \(FG,\s\up16(→))=(0,2，－1).
因为n·eq \(FG,\s\up16(→))=2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)=2≠0，
所以直线FG与平面BCD相交.
解：(1)证明：如图，取AB的中点F，连接OF，DF.
∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，
∴OF∥BB1，OF=eq \f(1,2)BB1.又C1D∥BB1，C1D=eq \f(1,2)BB1，
∴OF∥C1D，OF=C1D，∴四边形OFDC1为平行四边形，∴C1O∥DF.
∵C1O⊄平面ABD，DF⊂平面ABD，∴C1O∥平面ABD.
(2)如图，过C作CH⊥AB于H，连接DH，
则∠DHC即为二面角D­AB­C的平面角.
∵DC=1，tan∠DHC=eq \f(\r(2),2)，∴CH=eq \r(2).
又AC=2，AC⊥BC，∴BC=2.
以C为原点，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示.
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，
∴eq \(AB,\s\up16(→))=(－2,2,0)，eq \(BD,\s\up16(→))=(0，－2,1).
设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up16(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\(BD,\s\up16(→))＝－2y＋z＝0，))取y=1，可得n=(1,1,2).
设eq \(BE,\s\up16(→))=λeq \(BA1,\s\up16(→))(0≤λ≤1).
∵eq \(BA1,\s\up16(→))=(2，－2,2)，∴eq \(CE,\s\up16(→))=eq \(CB,\s\up16(→))＋λeq \(BA1,\s\up16(→))=(2λ，2－2λ，2λ)，
∴CE与平面ABD所成角的正弦值为
|cs〈eq \(CE,\s\up16(→))，n〉|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2＋4λ,\r(6)×\r(12λ2－8λ＋4))))=eq \f(2\r(2),3)，整理，得36λ2－44λ＋13=0，
解得λ=eq \f(1,2)或eq \f(13,18)，即eq \f(BE,BA1)=eq \f(1,2)或eq \f(13,18).
解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA.
又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD=60°，CN=AN，
∴∠ACN=60°.
又∠BAC=60°，∴CN∥AB.
∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴CN∥平面PAB.
又CN∩MN=N，∴平面CMN∥平面PAB.
(2)∵PA⊥平面ABCD，
∴平面PAC⊥平面ACD，
又DC⊥AC，平面PAC∩平面ACD=AC，
∴DC⊥平面PAC.
如图，以点A为原点，AC所在直线为x轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
∴A(0,0,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，D(2，2eq \r(3)，0)，N(1，eq \r(3)，0)，
∴eq \(CN,\s\up16(→))=(－1，eq \r(3)，0)，eq \(PN,\s\up16(→))=(1，eq \r(3)，－2)，
设n=(x，y，z)是平面PCN的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CN,\s\up16(→))＝0，,n·\(PN,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,x＋\r(3)y－2z＝0，))可取n=(eq \r(3)，1，eq \r(3))
又平面PAC的一个法向量为eq \(CD,\s\up16(→))=(0，2eq \r(3)，0)，
∴cs〈eq \(CD,\s\up16(→))，n〉=eq \f(\(CD,\s\up16(→))·n,|\(CD,\s\up16(→))||n|)=eq \f(2\r(3),2\r(3)×\r(7))=eq \f(\r(7),7)，
由图可知，二面角N­PC­A的平面角为锐角，
∴二面角N­PC­A的平面角的余弦值为eq \f(\r(7),7).
解：(1)证明：由题意知AC=2eq \r(6)，BC=2eq \r(3)，AB=6，
∴AC2＋BC2=AB2，∴∠ACB=eq \f(π,2)，
∴cs∠ABC=eq \f(2\r(3),6)=eq \f(\r(3),3).
又易知BD=2，
∴CD2=22＋(2eq \r(3))2－2×2×2eq \r(3)cs∠ABC=8，
∴CD=2eq \r(2)，又AD=4，
∴CD2＋AD2=AC2，∴CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，
∴CD⊥平面PAB，∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD=C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，
∴可建立如图所示的直角坐标系D­xyz，
∵直线PA与平面ABC所成的角为eq \f(π,4)，即∠PAD=eq \f(π,4)，∴PD=AD=4，
则A(0，－4,0)，C(2eq \r(2)，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，
∴eq \(CB,\s\up16(→))=(－2eq \r(2)，2,0)，eq \(AC,\s\up16(→))=(2eq \r(2)，4,0)，eq \(PA,\s\up16(→))=(0，－4，－4).
∵AD=2DB，CE=2EB，∴DE∥AC，
由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，
又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC，
∵PD∩DE=D，∴CB⊥平面PDE，
∴eq \(CB,\s\up16(→))=(－2eq \r(2)，2,0)为平面PDE的一个法向量.
设平面PAC的法向量为n=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(AC,\s\up16(→))，,n⊥\(PA,\s\up16(→))，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x＋4y＝0，,－4y－4z＝0，))令z=1，
得x=eq \r(2)，y=－1，∴n=(eq \r(2)，－1,1)为平面PAC的一个法向量.
∴cs〈n，eq \(CB,\s\up16(→))〉=eq \f(－4－2,\r(4)×\r(12))=－eq \f(\r(3),2)，
∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(3),2)，
故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.
解：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，
连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{eq \(OB,\s\up16(→))，eq \(OC,\s\up16(→))，eq \(OO1,\s\up16(→))}为基底，
建立空间直角坐标系O­xyz.
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 \(BP,\s\up16(→))=(－eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，2)，eq \(AC1,\s\up16(→))=(0,2,2)，
故|cs〈eq \(BP,\s\up16(→))，eq \(AC1,\s\up16(→))〉|=eq \f(|\(BP,\s\up16(→))·\(AC1,\s\up16(→))|,|\(BP,\s\up16(→))|·|\(AC1,\s\up16(→))|)=eq \f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))=eq \f(3\r(10),20).
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 \(AQ,\s\up16(→))=(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，0)，eq \(AC1,\s\up16(→))=(0,2,2)，eq \(CC1,\s\up16(→))=(0,0,2).
设n=(x，y，z)为平面AQC1的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AQ,\s\up16(→))·n＝0，,\(AC1,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))不妨取n=(eq \r(3)，－1,1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sinθ=|cs〈eq \(CC1,\s\up16(→))，n〉|=eq \f(|\(CC1,\s\up16(→))·n|,|\(CC1,\s\up16(→))|·|n|)=eq \f(2,\r(5)×2)=eq \f(\r(5),5)，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
解：(1)E为PD的中点.证明如下：
如图，连接OE，因为PB∥平面AEC，平面PBD∩平面AEC=OE，PB⊄平面AEC，
所以PB∥OE.又O为BD的中点，所以E为PD的中点.
(2)连接PO，因为四边形ABCD为矩形，所以OA=OC.
因为PA=PC，所以PO⊥AC.
同理，得PO⊥BD，所以PO⊥平面ABCD.
以O为原点，OP所在直线为z轴，过O平行于AD的直线为x轴，
过O平行于CD的直线为y轴建立空间直角坐标系(如图所示).
易得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(\r(2),4)，\f(1,4)))，
则eq \(EA,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，－\f(\r(2),4)，－\f(1,4)))，eq \(OA,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，eq \(OP,\s\up16(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2))).
显然eq \(OP,\s\up16(→))是平面ACD的一个法向量.
设n1=(x，y，z)是平面ACE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EA,\s\up16(→))＝0，,n1·\(OA,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x－\f(\r(2),4)y－\f(1,4)z＝0，,\f(1,2)x－\f(\r(2),2)y＝0，))取y=1，则n1=(eq \r(2)，1,2eq \r(2))，
所以cs〈n1，eq \(OP,\s\up16(→))〉=eq \f(n1·\(OP,\s\up16(→)),\a\vs4\al(|n1||\(OP,\s\up16(→))|))=eq \f(2\r(22),11)，
所以二面角E­AC­D的余弦值为eq \f(2\r(22),11).
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.
又因为四边形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.
又因为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，建立空间直角坐标系D­xyz，
如图所示.
则A(3,0,0)，F(3,0,2eq \r(6))，E(0,0,3eq \r(6))，B(3,3,0)，C(0,3,0)，
eq \(CA,\s\up16(→))=(3，－3,0)，eq \(BE,\s\up16(→))=(－3，－3,3eq \r(6))，eq \(EF,\s\up16(→))=(3,0，－eq \r(6)).
设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BE,\s\up16(→))＝－3x－3y＋3\r(6)z＝0，,n·\(EF,\s\up16(→))＝3x－\r(6)z＝0，))
取x=eq \r(6)，得n=(eq \r(6)，2eq \r(6)，3).
所以cs〈eq \(CA,\s\up16(→))，n〉=eq \f(\(CA,\s\up16(→))·n,|\(CA,\s\up16(→))||n|)=eq \f(－3\r(6),3\r(2)×\r(39))=－eq \f(\r(13),13).
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为eq \f(\r(13),13).
(3)假设存在点M在线段AF上，设M(3,0，t)，0≤t≤2eq \r(6)，
则eq \(BM,\s\up16(→))=(0，－3，t)，eq \(BE,\s\up16(→))=(－3，－3,3eq \r(6)).
设平面MBE的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BM,\s\up16(→))＝－3y1＋tz1＝0，,m·\(BE,\s\up16(→))＝－3x1－3y1＋3\r(6)z1＝0，))令y1=t，得m=(3eq \r(6)－t，t,3).
所以|cs〈m，eq \(CA,\s\up16(→))〉|=eq \f(|m·\(CA,\s\up16(→))|,\a\vs4\al(|m||\(CA,\s\up16(→))|))=eq \f(|9\r(6)－6t|,3\r(2)×\r(3\r(6)－t2＋t2＋9))=eq \f(1,2)，
整理得2t2－6eq \r(6)t＋15=0，解得t=eq \f(\r(6),2)或t=eq \f(5\r(6),2)(舍)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°，此时eq \f(AM,AF)=eq \f(1,4).