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解2：如图3，取AB中点P，连结MP，DP．在△ABS中，由中位线定理得 MP//SB，??DMP是异面直线DM与SB所成的角．?MP?12SB?32，又DM?22,DP?1251?()?,22
?90?图3
∴在△DMP中，有DP2=MP2+DM2，??DMP∴异面直线DM与SB所成的角为90°．
18．(12分) 解：（1）在直角梯形ABCD中， 由已知?DAC为等腰直角三角形， ∴
AC?2a,?CAB?45?, 过C作CH⊥AB，由AB=2a，
∴ AC⊥BC ．取 AC的中点E，连结
可推得 AC=BC=
D?E2a.
，
D?E则 ∴
⊥AC 又 ∵ 二面角a?AC??为直二面角，
BC?D?E⊥? 又 ∵ 平面? ∴ BC⊥D?E ∴ BC⊥
a，而D?C?a，
∴ BC⊥D?C ∴ 由于?D?CA?45??D?CA为二面角??BC??的平面角．
?BC??， ∴二面角?为45?．
（2）取AC的中点E，连结D?E，再过D?作D?O??，垂足为O，连结OE．
∵ AC⊥D?E， ∴ AC⊥OE ∴ 平面角， ∴ ∴
VD??ABC?131S?ABC?D?O?1?1AC?BC?D?O??32?D?EO为二面角a?AC??的
?D?EO?60?． 在Rt?D?OE中，D?E?1AC2?22a，
62a?2a?64a?612a.3
19．（14分）解法一: (1)记AC与BD的交点为
O,连接OE, ∵O、M分别是AC、EF的中点，
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ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四边形， ∴AM∥OE．∵OE?平面BDE，
AM?平面BDE，∴AM∥平面BDE．
(2)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS，∵AB⊥AF， AB⊥AD， AB⊥平面AD?AF?A,∴
ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，
由三垂线定理得BS⊥DF．∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角． 在RtΔASB中，AS∴tan?ASB??63,AB?2,
A—DF—B的大小为60o．
二面角3,?ASB?60?,∴
（3）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，AB?AF∴PQ⊥平面?A，
ABF，QE?平面ABF，
∴PQ⊥QF．在RtΔPQF中，∠FPQ=60o，PF=2PQ． ∵ΔPAQ为等腰直角三角形，∴PQ角形，∴PF?(2?t)?12?222ΔPAF(2?t).又∵为直角三
，∴(2?t)2?1?2?2(2?t).所以t=1或t=3(舍去),即点P
是AC的中点．
解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系． 设AC?BD ∴NE?(??N，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（
,?22,1)22,22,0)、（0,0,1）,
22, 又点A、M的坐标
,22,1)分别是(2,2,0),（
2222
且NE
? ∴AM =（?,?22,1)∴NE?AM与AM不共线，∴NE∥AM．又∵NE面BDE， BDF．
（2）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF?∴AB?(?2,0,0)为平面
平
AM?平面BDE，∴AM∥平面
AB⊥平面AD?A,∴ADF．
DAF的法向量．
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∵NE∴NE?DB=（?=（?2222,?2222,1)(?·
2,2,0)=0， 2,0)=0
?NF,?,1)(·2,得
NE?DB，NE?NF，∴NE为平面BDF的法
向量．
∴cos
21的大小是60o． （3）设P(t,t,0)(0≤t≤
2)得PF?(2?t,2?t,1),∴BC=（
22，0，0）
又∵PF和BC所成的角是60o．∴cos60??解得t?中点．
22(2?t)?2(2?t)?(2?t)?1?22或t?32（舍去），即点P是AC的
2CPDM20．(14分) 解：（1）作MP∥AB交BC于点P，BQNENQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，依题意可
?NQ得MP∥NQ，且MP四边形∴MN由已知CM∴AC即CP∴MN?PQ，即MNQP是平行
AF
?BN?a，CB?AB?BE?1
?BF?a22又
CP1?a2，
BQ1?a2，
?BQ?
(1?CP)?BQ22?PQ??(1?a2)?(2a2)2?(a?22)?212(0?a?2)
（2）由（Ⅰ），MN?(a?22)?212,所以，当a?22时，MN?22
22即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为．
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（3）取MN的中点G，连结AG、BG，∵AM的中点 ∴
AG?AN，BM?BN，G为MN⊥
MN，BG⊥
MN，∠
AGB 即为二面角?的平面角,又
?6??6???????1?4??4?????22AG?BG?6，所以，由余弦定理有cos????1, 故所求二
4面角??arccos???1??3??
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