（Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，根据中位线定理可知EG∥A1B，从而说明A1，B，G，E共面，则BG?面A1BE，根据FG∥C1C∥B1G，且FG=C1C=B1B，从而得到四边形B1BGF为平行四边形，则B1F∥BG，而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，根据线面平行的判定定理可知B1F∥平面A1BE．
【解答】解：（I）如图（a），取AA1的中点M，连接EM，BM，因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD．
又在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，
，
∠EBM直线BE与平面ABB1A1所成的角． 设正方体的棱长为2，则EM=AD=2，BE=于是在Rt△BEM中，
即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为．
（Ⅱ）在棱C1D1上存在点F，使B1F平面A1BE，
事实上，如图（b）所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接EG，BG，CD1，FG，
因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1=BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，
因此D1C∥A1B，又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B，这说明A1，B，G，E共面，所以BG?平面A1BE
因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG=C1C=B1B，因此四边形B1BGF为平行四边形，所以B1F∥BG，而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE．
【点评】本题考查直线与平面所成的角，直线与平面平行，考查考生探究能力、空间想象能力．
+
=1，
22．已知直线l：x﹣y+9=0，椭圆E：
（1）过点M（，）且被M点平分的弦所在直线的方程；
（2）P是椭圆E上的一点，F1、F2是椭圆E的两个焦点，当P在何位置时，∠F1PF2最大，并说明理由；
（3）求与椭圆E有公共焦点，与直线l有公共点，且长轴长最小的椭圆方程．
【考点】椭圆的简单性质．
【专题】综合题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（1）设以点M（，）为中点的弦的端点为A（x1，y1），B（x2，y2），利用点差法能求出直线AB的方程．
）2=a2，
（2）设|PF1|=r1，|PF2|=r1，利用余弦定理得cos∠F1PF2=由此能求出当P为短轴端点时，∠F1PF2最大． （3）由题意，设所求的椭圆方程为
+
﹣1，又r1r2≤（
=1（a2＞9），将y=x+9代入上述椭圆方程，
得（2a2﹣9）x2+18a2x+90a2﹣a4=0，由此利用根的判别式能求出椭圆方程．
【解答】解：（1）设以点M（，）为中点的弦的端点为A（x1，y1），B（x2，y2），
∴x1+x2=1，y1+y2=1，
把A（x1，y1），B（x2，y2）代入椭圆E：
+=1，
得
，∴kAB=
=﹣=﹣，
∴直线AB的方程为y﹣=﹣（x﹣），即2x+8y﹣5=0． （2）设|PF1|=r1，|PF2|=r1， 则cos∠F1PF2= 又r1r2≤（
=
﹣1=
﹣1=﹣1，
）2=a2（当且仅当r1=r2时取等号）
）时，cos∠F1PF2最小，
∴当r1=r2=a，即P（0，
又∠F1PF2∈（0，π），∴当P为短轴端点时，∠F1PF2最大． （3）∵
=12，
=3，∴
=9．
=1（a2＞9），
则由题意，设所求的椭圆方程为+
将y=x+9代入上述椭圆方程，消去y，得（2a2﹣9）x2+18a2x+90a2﹣a4=0， 依题意△=（18a2）2﹣4（2a2﹣9）（90a2﹣a4）≥0， 化简得（a2﹣45）（a2﹣9）≥0， ∵a2﹣9＞0，∴a2≥45， 故所求的椭圆方程为
=1．
【点评】本题考查直线方程、椭圆方程的求法，考查当P在何位置时，∠F1PF2最大的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、余弦定理、椭圆性质的合理运用．
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