安徽省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 文

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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(gè)平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B．若一個(gè)平面內(nèi)有三個(gè)點(diǎn)到另一個(gè)平面的距離相等，則這兩個(gè)平面平行 C．若一條直線平行于兩個(gè)相交平面，則這條直線與這兩個(gè)平面的交線平行 D．若兩個(gè)平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行 2．(2020·浙江高考，文5)設(shè)l是直線，α，β是兩個(gè)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·安徽高考，文15)若四面體ABCD的三組對(duì)棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，則__________(寫出所有正確結(jié)論的編號(hào))． ①四面體ABCD每組對(duì)棱相互垂直 ②四面體ABCD每個(gè)面的面積相等 ③從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180° ④連接四面體ABCD每組對(duì)棱中點(diǎn)的線段相互垂直平分 ⑤從四面體ABCD每個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱的長(zhǎng)可作為一個(gè)

3、三角形的三邊長(zhǎng) 5．(2020·江蘇高考，16)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)． 求證：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. 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

4、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(shí)遷移能力． 預(yù)測(cè)2020年高考中，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(jì)算，題目難度為中低檔． 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一　有關(guān)線面位置關(guān)系的組合判斷 【例1】若a，b是兩條異面直線，α，β是兩個(gè)不同平面，aα，bβ，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

5、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(xiàng)判斷來解決問題； (2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長(zhǎng)方體、四面體等模型中觀察線面位置關(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(hào)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(shí)，M，N兩點(diǎn)不可能重合 B．M，N兩點(diǎn)可能重合，但此時(shí)直線AC與l不可能相交

6、C．當(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時(shí)，直線BD可以與l相交 D．當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，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，在四棱臺(tái)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(shí)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(shí)和第三條直線平行；

7、 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(gè)平面，另一條也垂直于這個(gè)平面； ④利用面面垂直的性質(zhì)．兩平面垂直，在一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線必垂直于另一個(gè)平面．此種方法要注意“平面內(nèi)的直線”；

8、⑤利用面面垂直的性質(zhì)．兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，那么它們的交線也垂直于第三個(gè)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(gè)，必垂直于另一個(gè)平面． 變式訓(xùn)練2 (2020·安徽高考，文19)如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中點(diǎn)，E是棱AA1上任意一點(diǎn)， (1)證明：BD⊥EC1； (2)如果AB＝2，AE＝，OE⊥EC1，求AA1的長(zhǎng)． 熱點(diǎn)三　面面平行與垂直的證明 【例3】(2020·合肥八中沖刺卷，文17)已知四棱錐P-ABCD底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E，F(xiàn)分別是線

9、段AB，BC的中點(diǎn)． (1)證明：PF⊥FD； (2)在線段PA上找一點(diǎn)G，使得EG∥平面PFD； (3)若PA＝AF，求點(diǎn)C到平面PFD的距離． 規(guī)律方法 (1)證明面面平行的常用方法 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(gè)平面垂直于同一直線； ④證明兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面． (2)證明面面垂直的方法 ①證明一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)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(duì)此要求較低． 變式訓(xùn)練3 如圖，已知在三棱錐A-BPC中，

10、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4】如圖，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動(dòng)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(shí)，求PA的長(zhǎng)； (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(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓

11、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(shí)，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，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

12、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(shí)，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(gè)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)． 【典型例題】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P

13、A∥平面EDM？若存在，求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)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PCD. 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

14、平面DEM，PA平面EDM， 所以PA∥平面DEM. 此時(shí)AM＝AC＝＝＝， 即在AC上存在一點(diǎn)M，使得PA∥平面EDM，且AM的長(zhǎng)為. 1．(2020·湖南株洲質(zhì)檢，7)若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，給出下列命題： (1)若m⊥α，n∥α，則m⊥n； (2)若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β； (3)若m∥α，n∥α，則m∥n； (4)α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γ. 其中正確的命題是(　　)． A．(1)(4) B．(2)(3) C．(1)(2)(4) D．(1)(3) 2．(2020·山東濟(jì)南二模，10)設(shè)α，β是兩個(gè)不

15、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(gè)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．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　)． A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 4. (2020·安徽江南十校聯(lián)考，文15)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四個(gè)結(jié)論：①

16、AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥面A1B1C1D1；④MN與A1C1是異面直線．其中正確結(jié)論的序號(hào)是__________．(注：把你認(rèn)為正確命題的序號(hào)都填上) 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

17、 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(xiàng)A錯(cuò)； 如果到一個(gè)平面距離相等的三個(gè)點(diǎn)在同一條直線上或在這個(gè)平面的兩側(cè)，則經(jīng)過這三個(gè)點(diǎn)的平面與這個(gè)平面相交，選項(xiàng)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，∵cα，dα，∴d∥α，又∵dβ，∴d∥b，∴a∥b，選項(xiàng)C正確； 若兩個(gè)平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面可平行、可相交，選項(xiàng)D不正確． 2．B　解析：A選項(xiàng)中由l∥α，l∥β不能確定α與β的位置關(guān)系，C選項(xiàng)中由α⊥

18、β，l⊥α可推出l∥β或lβ，D選項(xiàng)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(zhǎng)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 ＝ ＝. 4．②④⑤　解析：如圖所示，四面體ABCD中，AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，則△ABC≌△CDA≌△DCB≌△BAD，故②正確；∵△ABC≌△CDA≌△BAD， ∴∠BAD＝∠ABC，∠CAD＝∠ACB， ∴∠BAC＋∠CAD＋∠BAD＝∠BAC＋∠ACB＋∠ABC＝180°，故③錯(cuò)； 取AB，BC，CD，DA

19、的中點(diǎn)M，N，P，Q，連接MN，NP，PQ，MQ，由此得，MN＝QP＝AC，NP＝MQ＝BD，∵BD＝AC，∴MN＝QP＝MQ＝NP， ∴四邊形MNPQ為菱形， ∴對(duì)角線相互垂直平分，故④正確，①錯(cuò)誤；而⑤正確，如AB，AC，AD可作為△ABC的三邊． 5．證明：(1)因?yàn)锳BC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因?yàn)锳D⊥DE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1.又AD平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1F⊥B1

20、C1. 因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因?yàn)镃C1，B1C1平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1， 所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD. 又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F∥平面ADE. 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∥

21、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)， 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°，

22、 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(tái)定義及AB＝2AD＝2A1B1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

23、A1BD， 所以CC1∥平面A1BD. 【變式訓(xùn)練2】 (1)證明：連接AC，A1C1. 由底面是正方形知，BD⊥AC. 因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，BD平面ABCD， 所以AA1⊥BD. 又由AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C. 再由EC1平面AA1C1C知，BD⊥EC1. (2)解：設(shè)AA1的長(zhǎng)為h，連接OC1. 在Rt△OAE中，AE＝，AO＝， 故OE2＝()2＋()2＝4. 在Rt△EA1C1中，A1E＝h－，A1C1＝2， 故EC＝(h－)2＋(2)2. 在Rt△OCC1中，OC＝，CC1＝h，OC＝h2＋()2， 因?yàn)镺E⊥EC1，所以O(shè)E

24、2＋EC＝OC， 即4＋(h－)2＋(2)2＝h2＋()2， 解得h＝3. 所以AA1的長(zhǎng)為3. 【例3】(1)證明：連接AF，則AF＝，DF＝， ∵AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2， ∴DF⊥AF， ∵PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA， ∵PA∩AF＝A，∴DF⊥平面PAF， ∵PF平面PAF，∴DF⊥PF. (2)解：過點(diǎn)E作EH∥FD交AD于點(diǎn)H，則EH∥平面PFD且AH＝AD， 再過點(diǎn)H作HG∥DP交PA于點(diǎn)G，連接EG，則HG∥平面PFD且AG＝AP， ∴平面EHG∥平面PFD， ∴EG∥平面PFD. 從而求得滿足條件的點(diǎn)G在AP上且AG＝AP.

25、(3)解：設(shè)C到平面PFD的距離為d，由VP-CFD＝VC-PFD得S△CFD·PA＝S△PFD·d， 易算得S△CFD＝，S△PFD＝，PA＝，因此d＝. 【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(

26、0＜x＜2)， 則A′P＝PD＝x，BP＝2－x. 因?yàn)锳′P⊥PD且平面A′PD⊥平面PBCD， 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(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． 所以，當(dāng)x＝時(shí)，f(x)取得最大值， 即當(dāng)VA′-PBCD最大時(shí)，PA＝. (2)證明：設(shè)F為A′B的中點(diǎn)，連接PF，F(xiàn)E，則有EFBC. 又PDBC， 所以DE∥PF. 又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故D

27、E⊥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ABCD是邊長(zhǎng)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(cè)演練 1．A　解析：對(duì)于(2)，α與β可能相交；對(duì)于(3)，平行于同一平面的兩直線可能平行，也可能相交，也可能異面；因此選A

28、. 2．A 3．A　解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AC⊥平面ABC1，AC平面ABC， ∴平面ABC1⊥平面ABC，C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上，故選A. 4．①③　解析：過N作NP⊥BB1于點(diǎn)P，連接MP，可證AA1⊥面MNP，∴①對(duì)； 過M，N分別作MR⊥A1B1，NS⊥B1C1于點(diǎn)R，S，則當(dāng)M，N不是AB1，BC1的中點(diǎn)時(shí)，A1C1與RS相交；當(dāng)M，N是AB1，BC1的中點(diǎn)時(shí)，A1C1∥RS，∴A1C1與MN可以異面，也可以平行，故②④錯(cuò)；由①正確知：面MNP∥面A1B1C1D1，故③對(duì)．故選①③. 5．證明：(1)如圖，連接AC，AN，BN.

29、∵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， 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°，

30、∴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)GDE. 因?yàn)锳F∥DE，DE＝2AF， 所以AFOG. 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＝.