设 $M$，$N$ 是直角梯形 $ABCD$ 两腰的中点，$DE \perp AB$ 于 $E$ （如图）. 现将 $\triangle ADE$ 沿 $DE$ 折起，使二面角 $A - DE - B$ 为 $45^\circ$，此时点 $A$ 在平面 $BCDE$ 内的射影恰为点 $B$，则 $M$，$N$ 的连线与 $AE$ 所成角的大小等于______.

\begin{answer} $90^\circ$ \end{answer}

\begin{solution} 设平面 $BCDE$ 为 $z=0$，取 $DE$ 为 $y$ 轴，令 $E=(0,0,0)$，$D=(0,d,0)$，$B=(u,0,0)$，$C=(u,d,0)$，其中 $u>0$，$d>0$. 点 $A$ 在平面 $BCDE$ 内的射影为 $B$，故可设 $A=(u,0,v)$. 二面角 $A-DE-B$ 为 $45^\circ$，所以在过 $E$ 且垂直于 $DE$ 的截面内，直线 $EA$ 与 $EB$ 所成的角为 $45^\circ$. 因而 $\displaystyle \cos45^\circ=\frac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}$，得 $v^2=u^2$.

由中点坐标公式，$M$，$N$ 分别为 $AD$，$BC$ 的中点，所以 $\displaystyle M=(\frac{u}{2},\frac{d}{2},\frac{v}{2})$，$N=(u,\frac{d}{2},0)$. 于是 $\overrightarrow{MN}=(\frac{u}{2},0,-\frac{v}{2})$，$\overrightarrow{AE}=(-u,0,-v)$，从而 $\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AE}=-\frac{u^2}{2}+\frac{v^2}{2}=0$. 因此 $MN\perp AE$，两直线所成角为 $90^\circ$. \end{solution}

如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点 $F_{1}$，$F_{2}$ 在 $x$ 轴上，长轴 $A_{1}A_{2}$ 的长为 4，左准线 $l$ 与 $x$ 轴的交点为 $M$，$|MA_{1}|: |A_{1}F_{1}| = 2: 1$.

(1) 求椭圆的方程； (2) 若点 $P$ 为 $l$ 上的动点，求 $\angle F_1PF_2$ 的最大值.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半长轴为 $a$，半焦距为 $c$，半短轴为 $b$，则 $2a=4$，$a^2=b^2+c^2$，所以 $a=2$. 左准线方程为 $x=-\frac{a^2}{c}=-\frac{4}{c}$，故 $M\left(-\frac{4}{c},0\right)$，$A_{1}(-2,0)$，$F_{1}(-c,0)$. 由题意，$0<c<2$，且 $\frac{|MA_{1}|}{|A_{1}F_{1}|}=\frac{\frac{4}{c}-2}{2-c}=2$. 化简得 $\frac{2(2-c)}{c(2-c)}=2$，所以 $c=1$. 于是 $b^2=a^2-c^2=4-1=3$，椭圆的方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$.

\item 由第（1）问，$F_{1}(-1,0)$，$F_{2}(1,0)$，且直线 $l$ 的方程为 $x=-4$. 设动点 $P\left(-4,t\right)$，令 $u=|t|$. 此时 $\overrightarrow{PF_{1}}=(3,-t)$，$\overrightarrow{PF_{2}}=(5,-t)$，两向量的数量积为 $t^2+15>0$，故 $\theta=\angle F_{1}PF_{2}$ 为锐角，并且 由基本不等式 $u^2+15\geqslant2\sqrt{15}\,u$，得 $\tan\theta=\frac{2u}{u^2+15}\leqslant\frac{1}{\sqrt{15}}$. 当且仅当 $u=\sqrt{15}$，即 $P\left(-4,\sqrt{15}\right)$ 或 $P\left(-4,-\sqrt{15}\right)$ 时等号成立. 因为 $\theta$ 为锐角，所以其最大值为 $\arctan\frac{1}{\sqrt{15}}$. \end{enumerate} \end{solution}