《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何第2講 點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何第2講 點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題五　立體幾何第2講　點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系 真題試做 1．(2020·四川高考，文6)下列命題正確的是(　　)． A．若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B．若一個平面內(nèi)有三個點(diǎn)到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行 C．若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行 D．若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行 2．(2020·浙江高考，文5)設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面，(　　)． A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β

2、 3．(2020·大綱全國高考，文16)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，那么異面直線AE與D1F所成角的余弦值為__________． 4．(2020·遼寧高考，文16)已知點(diǎn)P，A，B，C，D是球O表面上的點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長為2的正方形．若PA＝2，則△OAB的面積為__________． 5．(2020·浙江高考，文20)如圖，在側(cè)棱垂直底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝，AD＝2，BC＝4，AA1＝2，E是DD1的中點(diǎn)，F(xiàn)是平面B1C1E與直線AA1的交點(diǎn)． (1)證明：

3、①EF∥A1D1； ②BA1⊥平面B1C1EF； (2)求BC1與平面B1C1EF所成的角的正弦值． 考向分析 從近幾年的高考試題來看，在本講中所涉及的主要內(nèi)容是：(1)有關(guān)線面位置關(guān)系的組合判斷，試題以選擇題的形式出現(xiàn)，通常是考查空間線線、線面、面面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)；(2)有關(guān)線線、線面平行與垂直的證明，試題以解答題為主，常以多面體為載體，突出考查學(xué)生的空間想象能力及推理論證能力；(3)有關(guān)面面平行與垂直的證明，多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合性強(qiáng)；(4)有關(guān)折疊問題，以解答題為主，通過折疊把平面圖形轉(zhuǎn)化為空間幾何體，更好地考查學(xué)生的空間想象能力和知識遷移能力． 預(yù)測2020年高考中

4、，仍以某幾何體為載體，重在探索和判定線線、線面和面面的位置關(guān)系，當(dāng)然也可能綜合考查面積及體積的計算，題目難度為中低檔． 熱點(diǎn)例析 【例1】熱點(diǎn)一　有關(guān)線面位置關(guān)系的組合判斷 若a，b是兩條異面直線，α，β是兩個不同平面，a?α，b?β，α∩β＝l，則(　　)． A．l與a，b分別相交 B．l與a，b都不相交 C．l至多與a，b中一條相交 D．l至少與a，b中的一條相交 規(guī)律方法 解決空間線面位置關(guān)系的組合判斷題常有以下方法： (1)根據(jù)空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理逐項判斷來解決問題； (2)必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置

5、關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理來進(jìn)行判斷； (3)應(yīng)熟練掌握立體幾何的三種語言——符號語言、自然語言以及圖形語言的相互轉(zhuǎn)換． 變式訓(xùn)練1 如圖所示，平面α⊥平面β，α∩β＝直線l，A，C是α內(nèi)不同的兩點(diǎn)，B，D是β內(nèi)不同的兩點(diǎn)，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．下列判斷正確的是(　　)． A．當(dāng)|CD|＝2|AB|時，M，N兩點(diǎn)不可能重合 B．M，N兩點(diǎn)可能重合，但此時直線AC與l不可能相交 C．當(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D．當(dāng)AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行 熱點(diǎn)二　線線、線面平行與垂直的證明 【例2】如圖，在

6、四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)證明：AA1⊥BD； (2)證明：CC1∥平面A1BD． 規(guī)律方法 (1)線線垂直的證明方法 ①相交垂直：可借助定義或平面幾何知識進(jìn)行證明； ②異面垂直：由線面垂直的性質(zhì)定理進(jìn)行證明． (2)證明線線平行的常用方法 ①利用平行公理，即證明兩直線同時和第三條直線平行； ②利用平行四邊形進(jìn)行轉(zhuǎn)換； ③利用三角形中位線定理證明； ④利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理證明． (3)證明線面平行的常用方法 ①定義法； ②利用線面平行的判定

7、定理； ③利用面面平行的性質(zhì)定理，把面面平行轉(zhuǎn)化為線面平行． (4)證明線面垂直的常用方法 ①利用直線和平面垂直的定義．此種方法利用向量證明較好； ②利用線面垂直的判定定理．此種方法要注意平面內(nèi)的兩條直線必須相交； ③利用線面垂直的性質(zhì)．兩平行線中一條垂直于一個平面，另一條也垂直于這個平面； ④利用面面垂直的性質(zhì)．兩平面垂直，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線必垂直于另一個平面．此種方法要注意“平面內(nèi)的直線”； ⑤利用面面垂直的性質(zhì)．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，那么它們的交線也垂直于第三個平面； ⑥利用面面平行的性質(zhì)．一條直線垂直于兩平行平面中的一個，必垂直于另一個平面． 變

8、式訓(xùn)練2 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O為AC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M為PD的中點(diǎn)． (1)證明：PB∥平面ACM； (2)證明：AD⊥平面PAC． 熱點(diǎn)三　面面平行與垂直的證明 【例3】在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝4，P為平面ABCD外一點(diǎn)，且PA＝PB，PD＝PC，N為CD的中點(diǎn)． (1)求證：平面PCD⊥平面ABCD； (2)在線段PC上是否存在一點(diǎn)E使得NE∥平面ABP？若存在，說明理由并確定E點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由． 規(guī)律方法 (1)證明面面平

9、行的常用方法 ①利用面面平行的定義，此法一般與反證法結(jié)合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用兩個平面垂直于同一直線； ④證明兩個平面同時平行于第三個平面． (2)證明面面垂直的方法 ①證明一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線，一般先在現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則應(yīng)借助中點(diǎn)、高線等添加輔助線解決； ②利用面面垂直的定義．新課標(biāo)對此要求較低． 變式訓(xùn)練3 如圖，已知在三棱錐A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB中點(diǎn)，D為PB中點(diǎn)，且△PMB為正三角形． 求證：(1)DM∥平面APC； (2)平面ABC⊥平面APC． 熱點(diǎn)四　折疊問題 【例1】如圖，在△A

10、BC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動點(diǎn)，PD∥BC交AC于點(diǎn)D，現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD． (1)當(dāng)棱錐A′－PBCD的體積最大時，求PA的長； (2)若點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，E為A′C的中點(diǎn)，求證：A′B⊥DE. 規(guī)律方法 (1)解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口． (2)將平面圖形翻折后，經(jīng)過恰當(dāng)連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉(zhuǎn)化到我們熟悉的幾何體中解決． (3)在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折

11、疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形． 變式訓(xùn)練4 如圖①，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝AP＝2，D為AP的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，CB的中點(diǎn)，將△PCD沿CD折起，使點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影為點(diǎn)D，如圖②. (1)求證：AP∥平面EFG； (2)求三棱錐P－ABC的體積． 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想——解決立體幾何中的探索性問題 (1)解決立體幾何中探索性問題的常用方法是：先研究特殊點(diǎn)(端點(diǎn)、中點(diǎn)、三等分點(diǎn)等)、特殊位置(平行或垂直)，再進(jìn)行證明； (2)當(dāng)特殊點(diǎn)或特殊位置不符合要求時，可以通過運(yùn)算(向量法)或根據(jù)結(jié)論分析出點(diǎn)線位置，再用

12、綜合法證明； (3)解決探索性問題的一般步驟為：首先假設(shè)其存在，然后在這個假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，如果得到了矛盾結(jié)論就否定假設(shè)． 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E為PC的中點(diǎn)． (1)求證：AD⊥PC； (2)求三棱錐A－PDE的體積； (3)在AC上是否存在一點(diǎn)M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由． (1)證明：因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥AD． 又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以AD⊥CD． 因?yàn)镻D∩CD＝D，所以AD⊥平面PC

13、D． 又因?yàn)镻C?平面PCD，所以AD⊥PC． (2)解：由(1)知AD⊥平面PCD， 所以AD是三棱錐A－PDE的高． 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，且PD＝DC＝4， 所以S△PDE＝S△PDC＝×＝4. 又AD＝2，所以VA－PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝. (3)解：取AC的中點(diǎn)M，連接EM，DM， 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，M是AC的中點(diǎn)， 所以EM∥PA． 又因?yàn)镋M?平面DEM，PA?平面EDM，所以PA∥平面DEM. 此時AM＝AC＝＝＝， 即在AC上存在一點(diǎn)M，使得PA∥平面EDM，且AM的長為. 1．(2020·浙江重點(diǎn)中學(xué)3月調(diào)研，3)設(shè)m，n是兩

14、條不同的直線，α，β是兩個不同的平面．考查下列命題，其中正確的命題是(　　)． A．m⊥α，n?β，m⊥n?α⊥β B．α∥β，m⊥α，n∥β?m⊥n C．α⊥β，m⊥α，n∥β?m⊥n D．α⊥β，α∩β＝m，n⊥m?n⊥β 2．(2020·山東濟(jì)南二模，10)設(shè)α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線，l1，l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α∥β的一個充分而不必要條件是(　　)． A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α 3．(2020·浙江名?！秳?chuàng)新》沖刺卷，5)設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平

15、面，下列命題中正確的是(　　)． A．若a∥b，a∥α，則b∥α B．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，a⊥β，則a∥α D．若α⊥β，a∥α，則a⊥β 4．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足__________時，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫一個你認(rèn)為是正確的條件即可) 5．如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)． (1)求證：MN⊥CD； (2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD． 6．(2020·廣東梅州中學(xué)三模，18)如圖所示，正方

16、形ABCD與直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE＝90°，AF∥DE，DE＝DA＝2AF＝2. (1)求證：AC∥平面BEF； (2)求四面體BDEF的體積． 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．C　解析：若兩條直線和同一平面所成的角相等，則這兩條直線可平行、可異面、可相交．選項A錯； 如果到一個平面距離相等的三個點(diǎn)在同一條直線上或在這個平面的兩側(cè)，則經(jīng)過這三個點(diǎn)的平面與這個平面相交，選項B不正確； 如圖，平面α∩β＝b，a∥α，a∥β，過直線a作平面ε∩α＝c，過直線a作平面γ∩β＝d，∵a∥α，∴a∥c，∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，∵c?α，dα，∴

17、d∥α，又∵d?β，∴d∥b，∴a∥b，選項C正確； 若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面可平行、可相交，選項D不正確． 2．B　解析：A選項中由l∥α，l∥β不能確定α與β的位置關(guān)系，C選項中由α⊥β，l⊥α可推出l∥β或l?β，D選項由α⊥β，l∥α不能確定l與β的位置關(guān)系． 3．　解析：設(shè)正方體的棱長為a.連接A1E，可知D1F∥A1E， ∴異面直線AE與D1F所成的角可轉(zhuǎn)化為AE與A1E所成的角， 在△AEA1中， cos∠AEA1＝＝. 4．3　解析：如圖所示，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC. 故可知PC為球O直徑，則PC的中點(diǎn)為O，取AC的中點(diǎn)為O′，

18、 則OO′＝PA＝， 又∵AC＝＝2，PA＝2， ∴PC＝＝4， ∴球半徑R＝2，故OC＝OA＝OB＝2.又∵AB＝2， ∴△OAB為等邊三角形．∴S△OAB＝×2×2×sin 60°＝3. 5．(1)證明：①因?yàn)镃1B1∥A1D1，C1B1平面ADD1A1， 所以C1B1∥平面A1D1DA. 又因?yàn)槠矫鍮1C1EF∩平面A1D1DA＝EF， 所以C1B1∥EF，所以A1D1∥EF. ②因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥B1C1. 又因?yàn)锽1C1⊥B1A1，所以B1C1⊥平面ABB1A1， 所以B1C1⊥BA1. 在矩形ABB1A1中，F(xiàn)是AA1的中點(diǎn)

19、，tan∠A1B1F＝tan∠AA1B＝， 即∠A1B1F＝∠AA1B，故BA1⊥B1F. 所以BA1⊥平面B1C1EF. (2)解：設(shè)BA1與B1F交點(diǎn)為H，連結(jié)C1H. 由(1)知BA1⊥平面B1C1EF， 所以∠BC1H是BC1與面B1C1EF所成的角． 在矩形AA1B1B中，AB＝，AA1＝2，得BH＝. 在直角△BHC1中，BC1＝2，BH＝， 得sin∠BC1H＝＝. 所以BC1與平面B1C1EF所成角的正弦值是. 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】D　解析：假設(shè)l與a，b均不相交，則l∥a，l∥b，從而a∥b與a，b是異面直線矛盾，故l至少與a，b

20、中的一條相交．選D. 【變式訓(xùn)練1】B　解析：若M，N兩點(diǎn)重合，由AM＝MB，CM＝MD知AC∥BD，從而AC∥平面β，故有AC∥l，故B正確． 【例2】證明：(1)方法一：因?yàn)镈1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以D1D⊥BD. 又因?yàn)锳B＝2AD，∠BAD＝60°， 在△ABD中，由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos 60°＝3AD2， 所以AD2＋BD2＝AB2.所以AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1，故AA1⊥BD. 方法二：因?yàn)镈1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD(如圖)

21、， 所以BD⊥D1D. 取AB的中點(diǎn)G，連接DG(如圖)． 在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD. 又∠BAD＝60°， 所以△ADG為等邊三角形，因此GD＝GB， 故∠DBG＝∠GDB. 又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°， 故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°， 所以BD⊥AD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1，故AA1⊥BD. (2)如圖，連接AC，A1C1. 設(shè)AC∩BD＝E，連接EA1. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，所以EC＝AC. 由棱臺定義及AB＝2AD＝2A1B1

22、知A1C1∥EC且A1C1＝EC， 所以四邊形A1ECC1為平行四邊形． 因此CC1∥EA1. 又因?yàn)镋A1?平面A1BD，CC1平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD. 【變式訓(xùn)練2】證明：(1)連接BD，MO.在平行四邊形ABCD中， 因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)． 又M為PD的中點(diǎn)，所以PB∥MO. 因?yàn)镻B平面ACM，MO?平面ACM， 所以PB∥平面ACM. (2)因?yàn)椤螦DC＝45°，且AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC. 又PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO⊥AD. 而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.

23、 【例3】(1)證明：取AB中點(diǎn)M，連接PM，PN，MN， 則PM⊥AB，PN⊥CD. 又ABCD為直角梯形，AB⊥BC， ∴MN⊥AB. ∵PM∩MN＝M，∴AB⊥平面PMN. 又PN?平面PMN，∴AB⊥PN. ∵AB與CD相交，∴PN⊥平面ABCD. 又PN?平面 PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD. (2)解：假設(shè)存在．在PC，PB上分別取點(diǎn)E，F(xiàn)，使BF＝BP，CE＝CP，連接EF，MF，NE， 則EF∥BC且可求得EF＝BC＝3. ∵M(jìn)N＝3且MN∥BC，∴EF∥MN且EF＝MN. ∴四邊形MNEF為平行四邊形，∴EN∥FM. 又∵FM?平面PAB，

24、 ∴在線段PC上存在一點(diǎn)E使得NE∥平面ABP，此時CE＝PC. 【變式訓(xùn)練3】證明：(1)∵M(jìn)為AB中點(diǎn)，D為PB中點(diǎn)， ∴MD∥AP. 又∵M(jìn)D平面APC，AP?平面APC， ∴DM∥平面APC. (2)∵△PMB為正三角形，且D為PB中點(diǎn)，∴MD⊥PB. 又由(1)知MD∥AP，∴AP⊥PB. 又AP⊥PC，PB∩PC＝P，∴AP⊥平面PBC， ∴AP⊥BC. 又∵AC⊥BC，AP∩AC＝A，∴BC⊥平面APC， ∴平面ABC⊥平面PAC. 【例4】(1)解：令PA＝x(0＜x＜2)， 則A′P＝PD＝x，BP＝2－x. 因?yàn)锳′P⊥PD且平面A′PD⊥平面PB

25、CD， 故A′P⊥平面PBCD， 所以VA′－PBCD＝Sh＝(2－x)(2＋x)x＝(4x－x3)． 令f(x)＝(4x－x3)，由f′(x)＝(4－3x2)＝0，得x＝. 當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． 所以，當(dāng)x＝時，f(x)取得最大值， 即當(dāng)VA′－PBCD最大時，PA＝. (2)證明：設(shè)F為A′B的中點(diǎn)，連接PF，F(xiàn)E，則有EF綉B(tài)C.又PD綉B(tài)C， 所以DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B. 【變式訓(xùn)練4】(1)證明：由題意，△PCD折起后PD⊥平面ABCD. 四邊形A

26、BCD是邊長為2的正方形，PD＝2. ∵E，F(xiàn)，G分別為PC，PD，BC的中點(diǎn)， ∴EF∥CD，EG∥PB. 又CD∥AB，∴EF∥AB. 又∵EG∩EF＝E，PB∩AB＝B，∴平面EFG∥平面PAB， ∴PA∥平面EFG. (2)解：由(1)中結(jié)論可知PD是三棱錐P－ABC的高， 因此V三棱錐P－ABC＝S△ABC·PD＝××22×2＝. 創(chuàng)新模擬·預(yù)測演練 1．B　解析：對于A，α與β也可以斜交或平行，故A錯；對于B，由條件知m⊥β，而直線n可平行移動到平面β內(nèi)，故B正確；對于C，直線m，n可以平行，故C錯；對于D，若直線n不在平面α內(nèi)，則不能推出n⊥β. 2．A 3

27、．B　解析：對于A，有可能直線b?α，故A錯；對于B，設(shè)向量a，b所在的直線分別是直線a，b，則向量a，b分別是平面α，β的法向量，故B正確；對于C，有可能直線a?α，故C錯；對于D，有可能直線a?β，故D錯． 4．DM⊥PC　解析：易得BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC時，即有PC⊥平面MBD. 而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 5．證明：(1)如圖，連接AC，AN，BN. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC. 在Rt△PAC中，N為PC中點(diǎn)，∴AN＝PC. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC. 又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB， ∴BC⊥PB，

28、從而在Rt△PBC中，BN為斜邊PC上的中點(diǎn)， ∴BN＝PC.∴AN＝BN，∴△ABN為等腰三角形． 又M為底邊AB的中點(diǎn)，∴MN⊥AB. 又∵AB∥CD，∴MN⊥CD. (2)如圖，連接PM，CM. ∵∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴AP＝AD. ∵四邊形ABCD為矩形， ∴AD＝BC，∴PA＝BC. 又∵M(jìn)為AB的中點(diǎn)，∴AM＝BM. 而∠PAM＝∠CBM＝90°， ∴PM＝CM. 又N為PC的中點(diǎn)，∴MN⊥PC. 由(1)知，MN⊥CD，PC∩CD＝C， ∴MN⊥平面PCD. 6．(1)證明：設(shè)AC∩BD＝O，取BE中點(diǎn)G，連接FG，OG， 所以O(shè)G綉DE. 因?yàn)锳F∥DE，DE＝2AF， 所以AF綉OG. 從而四邊形AFGO是平行四邊形，F(xiàn)G∥AO. 因?yàn)镕G?平面BEF，AO平面BEF， 所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF. (2)解：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ADEF，AB⊥AD， 所以AB⊥平面ADEF. 因?yàn)锳F∥DE，∠ADE＝90°，DE＝DA＝2AF＝2， 所以△DEF的面積為×ED×AD＝2， 所以四面體BDEF的體積＝S△DEF×AB＝.