如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=3，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=4，将△AD

解题思路：（1）证明DE⊥平面A1CD，可得A1C⊥DE，利用A1C⊥CD，CD∩DE=D，即可证明A1C⊥平面BCDE；（2）过点E作EF∥CD交BC于F，过点F作FH∥A1C交A1B于H，连结EH，则截面EFH∥平面A1CD，从而可求截面EFH的面积；（3）假设线段BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE成60°的角，建立坐标系，利用向量知识，结合向量的夹角公式，即可求出结论．

（1）证明：∵CD⊥DE，A₁D⊥DE，CD∩A₁D=D，
∴DE⊥平面A₁CD．
又∵A₁C⊂平面A₁CD，∴A₁C⊥DE．
又A₁C⊥CD，CD∩DE=D，
∴A₁C⊥平面BCDE…（4分）
（2）过点E作EF∥CD交BC于F，过点F作FH∥A₁C交A₁B于H，连结EH，则截面EFH∥平面A₁CD．
因为四边形EFCD为矩形，所以EF=CD=1，CF=DE=4，从而FB=2，HF=
1
3A1C＝

3
3．
∵A₁C⊥平面BCDE，FH∥A₁C，
∴HF⊥平面BCDE，∴HF⊥FE，
∴S△HFE＝

3
6．…（8分）
（3）假设线段BC上存在点P，使平面A₁DP与平面A₁BE成60°的角．
设P点坐标为（a，0，0），则a∈[0，6]．
如图建系C-xyz，则D（0，1，0），A(0 ，0 ，
3)，B（6，0，0），E（4，1，0）．
∴

A1B＝(6，0，−
3)，

BE＝(−2 ，1，0)．
设平面A₁BE法向量为

n＝(x ，y ，z)，
则



A1B•

n＝0


BE•

n＝0，

6x−
3z＝0
−2x+y＝0∴

z＝2
3x
y＝2x，∴

n＝(1，2，2
3)，
设平面A₁DP法向量为

n1＝(x1 ，y1 ，z1)，因为

A1P＝(a，0−
3)，

DP＝(a， −1，0)．
则

ax1−
3z1＝0
ax1−y1＝0，∴

z1＝

3
3ax1
y1＝ax1，∴

n1＝(3， 3a，
3a)．
则cos＜

n1，

n＞=


n1•

n
|

n1|•|

n|=
12a+3

17•
12a2+9=[1/2]，∴5656a²-96a-141=0，
解得a＝
24±
717
28
∵0＜a＜，6∴a＝
24+
717
28
所以存在线段BC上存在点P，使平面A₁DP与平面A₁BE成60°的角．…（12分）

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

考点点评： 本题考查线面平行，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．