边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝2PQ在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，于是EQ＝FP＝12，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．
9
f连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH＝ME＝2
221在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－2＝λ＋2，21OG＝1＋2－λ－＝2－λ2＋，22
22
2
2
211由OG2＋OH2＝GH2，得2－λ2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1，222
故存在λ＝1
2，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．13分2
方法二：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B2，2，0，C10，2，2，E2，1，0，F1，0，0，P0，0，λ．
图③→BC1＝－2，0，2，FP＝－1，0，λ，FE＝1，1，0．2分（Ⅰ）证明：当λ＝1时，FP＝－1，0，1，→因为BC1＝－2，0，2，→→所以BC1＝2FP，即BC1∥FP而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ6分→x＋y＝0，FE
＝0，（Ⅱ）设平面EFPQ的一个法向量为
＝x，y，z，则由可得→－x＋λz＝0FP
＝0于是可取
＝λ，－λ，1．同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝λ－2，2－λ，1．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m
＝λ－2，2－λ，1λ，－λ，1＝0，即λλ－2－λ2－λ＋1＝0，解得λ＝1故存在λ＝1
22
2，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．13分2
（18）（本小题满分13分）
10
f（Ⅰ）解：设Fc0，由条件知，
223，得c3c3
又
c3222，所以a2，bac1a2
x2y215分故E的方程为4
（Ⅱ）解：当lx轴时不合题意，故可设l：ykx2，Px1y1，Qx2y2．将ykx2代入
x2y21得14k2x216kx120，4
2当164k30，即k


2
3，4
x1，2＝
8k±24k2－3，4k2＋1
从而PQ＝k21x1－x2＝4k2＋14k2－34k2＋1
又点O到直线l的距离d＝所以△OPQ的面积
2k21

44k31S△OPQ＝dPQ＝24kr