《状元之路》2020届高考数学(全国通用)二轮复习钻石卷-专题四综合测试-Word版含解析.docx

专题四综合测试
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案填在题后括号内．
1．如图是一正方体被过点A、M、N的平面和点N、D、C1的平面截去两个角后所得的几何体，其中M、N分别为棱A1B1、A1D1的中点，则该几何体的正视图为(　　)

解析　正视图是正方形，点M的射影是中点，对角线DC1在正视图中是虚线，故选B.
答案　B
2．如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和侧(左)视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个直径为2的圆，则这个几何体的全面积为(　　)

A．2π　　　　B．4π　　　　C．6π　　　　D．8π
解析　由三视图知该空间几何体为圆柱，所以其全面积为π×12×2＋2π×1×2＝6π，故选C.
答案　C
3．平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a， b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
解析　若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排解A.
若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排解B.
若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排解C.
答案　D
4．将一个正方体截去四个角后得到一个正四周体，这个正四周体的体积是正方体体积的(　　)
A. B.
C. D.
解析　设正方体的棱长为1，依题意知，截去的角为一个三棱锥，其体积为：V1＝××1×1×1＝，
则V正四周体＝1－4×＝.∴＝＝.
答案　B
5．已知空间中有三条线段AB、BC和CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是(　　)
A．AB∥CD
B．AB与CD异面
C．AB与CD相交
D．AB∥CD或AB与CD异面或AB与CD相交
解析　若三条线段共面，假如AB，BC，CD构成等腰三角形，则直线AB与CD相交，否则直线AB与CD平行；若不共面则直线AB与CD是异面直线，故选D.
答案　D
6．已知三棱锥底面是边长为1的等边三角形，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析　由于是正三棱锥，故顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心，底面的一个顶点到这个中心的距离是×＝，故侧棱与底面所成角的余弦值为＝.
答案　D
7．(2021·山东卷)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A. B.
C. D.

解析　由棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱底面边长为，设高为h，得2×××h＝，解得h＝，设△ABC中心为O，则PO＝，AO＝××＝1，由PO⊥面ABC知∠PAO即AP与面ABC所成的角，tan∠PAO＝，所以∠PAO＝.
答案　B
8．(2021·长沙模拟)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1的中点， 若截面三角形BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为(　　)

A．16 B．8
C．4 D.
解析　设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则BD＝C1D＝，BC1＝，由△BC1D是面积为6的直角三角形，得解得故此三棱柱的体积为V＝×8×sin60°×4＝8.
答案　B
9.如图所示，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是(　　)

A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
解析　易证AC⊥平面SBD，因而AC⊥SB，A正确；AB∥DC，DC⊂平面SCD，AB⊄平面SCD，故AB∥平面SCD，B正确；由于SA，SC与平面SBD的相对位置一样，因而所成的角相同．
答案　D
10．(2021·湖北卷)一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简洁几何体组成，其体积分别记为V1，V2，V3，V4，上面两个简洁几何体均为旋转体，下面两个简洁几何体均为多面体，则有(　　)

A．V1一个棱台，其上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，棱台的高为1，故体积V4＝×(22＋＋42)×1＝，比较大小可知答案选C.
答案　C
11．(理)如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四周体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)

A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四周体A′－BCD的体积为

解析　取BD的中点O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD，假设A′C⊥BD，∵OC为A′C在平面BCD内的射影，∴OC⊥BD，冲突，∴A′C不垂直于BD，A错误，∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD内的射影为A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正确；∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C错误；VA′－BCD＝S△A′BD·CD＝，D错误，故选B.
答案　B
11．(文)(2021·江西九校联考)如图所示，三棱锥V－ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为，则其侧视图的面积为(　　)

A. B.
C. D.
解析　由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC，作VO⊥AC于O，连接OB，设底面边长为2a，高VO＝h，则△VAC的面积为×2a×h＝ah＝.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB，在正三角形ABC中，高OB＝a，所以侧视图的面积为OB·VO＝×a×h＝ah＝×＝.
答案　B
12.如图所示，在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝1，AB⊥BD，BC⊥CD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，则该几何体的外接球的表面积等于(　　)

A．3π B．6π
C. D．2π

解析　在Rt△BCD中，BD＝＝；在Rt△ABD中，AD＝＝.
如图所示，折起的几何体为一个三棱锥A－BCD，由于AB⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AB⊥平面BCD，又由于CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD，又由于BC⊥CD，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，由于AC⊂平面ABC，所以CD⊥AC.取AD的中点O，连接OB，OC.在Rt△ABD中，OA＝OB＝OD＝AD＝；在Rt△ACD中，OA＝OC＝OD＝AD＝，所以三棱锥A－BCD的外接球的球心为O，半径为，故其表面积为S＝4πr2＝4π×2＝3π.
答案　A
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上．
13．(2021·辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．

解析　该几何体是一圆柱挖去一正四棱柱后剩下的部分，所以体积是π×22×4－22×4＝16π－16.
答案　16π－16
14．(2021·福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简洁组合体，假如该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．

解析　该球为一棱长为2的正方体的外接球，体对角线为球的直径，2R＝＝2，得R＝，所以该球的表面积为4πR2＝12π.
答案　12π
15．三棱锥P－ABC的两侧面PAB，PBC都是边长为2a的正三角形，AC＝a，则二面角A－PB－C的大小为________．

解析　取PB的中点M，连接AM，CM.
则AM⊥PB，CM⊥PB.
故∠AMC为二面角A－PB－C的平面角．
在△PAB和△PBC中可得AM＝CM＝a，而AC＝a，
则△AMC为正三角形，∴∠AMC＝60°.
则二面角A－PB－C的大小为60°.
答案　60°
16．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD，DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件________时，就有MN⊥A1C1；当N只需满足条件____时，就有MN∥平面B1D1C.

解析　N在线段EG上时，MN⊥AC，又AC∥A1C1，
∴MN⊥A1C1.
∵平面HEM∥平面B1D1C，
∴当MN⊂平面HEM时，MN∥平面B1D1C.
∴N∈线段EH时，MN∥平面B1D1C.
答案　N在线段EG上　点N在线段EH上
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.

(本小题10分)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是棱BB1的中点，N是CC1的中点，AC1与A1N相交于点E.
(1)求三棱锥A－MNA1的体积；
(2)求证：AC1⊥A1M.
解　(1)∵三棱锥A－MNA1的体积等于三棱锥M－ANA1的体积，∴V＝××××1＝.

(2)证明：∵BC⊥AC，BC⊥CC1，∴BC⊥面ACC1.
连接MN，由M，N分别是BB1和CC1的中点可知MN∥BC，
∴MN⊥面ACC1，
又∵AC1⊂面ACC1.
∴MN⊥AC1.在Rt△A1C1N中，A1N2＝NC＋A1C＝3＋＝，∴A1N＝.
在Rt△AC1C中，AC＝CC＋AC2＝3＋6＝9，∴AC1＝3.
由CC1∥AA1可得，NE＝NA1＝，EC1＝AC1＝1，
∴NE2＋EC＝NC.∴AC1⊥A1N.
∴AC1⊥面A1MN，又∵A1M⊂面A1MN，∴AC1⊥A1M.
18．(本小题12分)(理)如图所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(即底面为正方形的直四棱柱)中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上且C1E＝3EC.

(1)证明：A1C⊥平面BED；
(2)求直线A1C与平面A1DE所成角的正弦值．
解　如图建立空间直角坐标系，则A1(2,0,4)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，E(0,2,1)．

(1)证明：＝(－2,2，－4)，＝(2,2,0)，＝(0,2,1)．
∵·＝－2×2＋2×2－4×0＝0，
·＝－2×0＋2×2－4×1＝0.
∴⊥，⊥.
∴A1C⊥平面BED.
(2)＝(－2,2，－3)，＝(－2,0，－4)，
设平面A1DE的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·＝0及n·＝0，
得－2x＋2y－3z＝0，－2x－4z＝0，
取n＝(－4，－1,2)，＝(－2,2，－4)．
设直线A1C与平面A1DE所成角为θ.
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.
则直线A1C与平面A1DE所成角的正弦值为.
18．(本小题12分)(文)如图所示，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.

(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．
解　(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DB∩DC＝D，
∴AD⊥平面BDC.
∵AD⊂平面ADB，
∴平面ADB⊥平面BDC.
(2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，
∵DB＝DA＝DC＝1，∴AB＝BC＝CA＝，
从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，
S△ABC＝×××sin60°＝，
∴表面积S＝×3＋＝.
19.

(本小题12分)(理)(2021·广东佛山一模)如图所示，在三棱锥S－ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°O为BC的中点．
(1)证明：SO⊥平面ABC；
(2)求二面角A－SC－B的余弦值．
解　(1)证明：由题设知AB＝AC＝SB＝SA，连接OA，易知△ABC为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OC＝SA，且AO⊥BC.又△SBC为等腰三角形，SO⊥BC，且SO＝SA，从而OA2＋SO2＝SA2.
所以△SOA为直角三角形，SO⊥AO.
又AO∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC.

(2)解法一：取SC的中点M，连接AM，OM，由(1)知SO＝OC，SA＝AC，得OM⊥SC，AM⊥SC.
∴∠OMA为二面角A－SC－B的平面角．
由AO⊥BC，AO⊥SO，SO∩BC＝O得AO⊥平面SBC.
所以AO⊥OM.又AM＝SA，
故sin∠OMA＝＝＝.
所以二面角A－SC－B的余弦值为.

解法二：以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
设B(1,0,0)，则C(－1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)．
取SC的中点M，连接OM，AM，
则M，＝，＝，＝(－1,0，－1)．
∴·＝0，·＝0.
由MO⊥SC，MA⊥SC，〈，〉即为二面角A－SC－B的平面角．
cos〈，〉＝＝，
∴二面角A－SC－B的余弦值为.
19.

(本小题12分)(文)(2021·课标全国Ⅰ)如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
解　(1)取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.

由于CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.
由于OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝.
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋OA，故OA1⊥OC
由于OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，
OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
又△ABC的面积S△ABC＝，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3.
20．(本小题12分)(理)在如图所示的几何体中，四边形ACC1A1为矩形，FC1∥BC，EF∥A1C1，∠BCC1＝90°，点A，B，E，A1在一个平面内，AB＝BC＝2，AC＝2.

(1)证明：A1E∥AB；
(2)若A1E＝C1F＝CC1＝1，求平面ABC与平面BEF所成角的正切值．
解　(1)证明：四边形ACC1A1为矩形，∴A1C1∥AC.
又∵AC⊂平面ABC，A1C1⊄平面ABC，
∴A1C1∥平面ABC.
∵FC1∥BC，BC⊂平面ABC，FC1⊄平面ABC，
∴FC1∥平面ABC.
又∵A1C1⊂平面A1EFC1，FC1⊂平面A1EFC1，且A1C1∩FC1＝C1，∴平面A1EFC1∥平面ABC.
又∵平面ABEA1∩平面A1EFC1＝A1E，
平面ABEA1∩平面ABC＝AB，∴A1E∥AB.
(2)∵四边形ACC1A1是矩形，
∴AA1⊥AC，AA1∥CC1.
又∵∠BCC1＝90°，即CC1⊥BC，
∴AA1⊥BC.又AC∩BC＝C，
∴AA1⊥平面ABC.∵AB＝BC＝2，AC＝2，
∴AB2＋BC2＝AC2，∴∠ABC＝90°，即BC⊥AB.
依据以上结论，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，E(0,1,2)，F(1,0,2)，
∴＝(0,1,2)，＝(1,0,2)．
设平面ABC与平面BEF的法向量分别是n1和n2，平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角为θ，取n1＝(0,0,1)，

设n2＝(x，y，z)，则即
取n2＝(2,2，－1)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝－.
由图易知θ为锐角，
∴cosθ＝，sinθ＝，tanθ＝＝2.
20.(本小题12分)(文)(2021·重庆卷)如图所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，BC＝CD＝2，∠ACB＝∠ACD＝.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若侧棱PC上的点F满足PF＝7FC，求三棱锥P－BDF的体积．
解　(1)证明：因BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又∠ACB＝∠ACD，故BD⊥AC.
由于PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.从而BD与平面PAC内两条相交直线PA，AC都垂直，所以BD⊥平面PAC.
(2)三棱锥P－BCD的底面BCD的面积S△BCD＝BC·CD·sin∠BCD＝·2·2·sin＝.
由PA⊥底面ABCD，得
VP－BCD＝·S△BCD·PA＝··2＝2.
由PF＝7FC，得三棱锥F－BCD的高为PA，故VF－BCD＝·S△BCD·PA＝···2＝，
所以VP－BDF＝VP－BCD－VF－BCD＝2－＝.
21．(本小题12分)(理)(2021·安徽卷)如图所示，圆锥顶点为P，底面圆心为O，其母线与底面所成的角为22.5°，AB和CD是底面圆O上的两条平行的弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°.

(1)证明：平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；
(2)求cos∠COD.
解　(1)证明：设面PAB与面PCD的交线为l.
由于AB∥CD，AB不在面PCD内，所以AB∥面PCD.
又AB⊂面PAB，面PAB与面PCD的交线为l，所以AB∥l.
由直线AB在底面上而l在底面外可知，l与底面平行．
(2)设CD的中点为F.连接OF，PF.
由圆的性质，∠COD＝2∠COF，OF⊥CD.
由于OP⊥底面，CD⊂底面，所以OP⊥CD，又OP∩OF＝O，故CD⊥面OPF.
又CD⊂面PCD，因此面OPF⊥面PCD，从而直线OP在面PCD上的射影为直线PF，故∠OPF为OP与面PCD所成的角．由题设，∠OPF＝60°.

设OP＝h，则OF＝OP·tan∠OPF＝h·tan60°＝h.
依据题设有∠OCP＝22.5°，得OC＝＝.
由1＝tan45°＝和tan22.5°>0，可得
tan22.5°＝－1，
因此OC＝＝(＋1)h.
在Rt△OCF中，cos∠COF＝＝＝－，
故cos∠COD＝cos(2∠COF)＝2cos2∠COF－1＝2(－)2－1＝17－12.
21．(本小题12分)(文)如图所示，直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面相互垂直，F为BC的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2.

(1)求证：平面BCD⊥平面ABC；
(2)求证：AF∥平面BDE；
(3)求四周体B－CDE的体积．
解　(1)证明：∵平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE＝AC，CD⊥AC，
∴DC⊥平面ABC.
∵DC⊂平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABC.
(2)证明：取BD的中点P，连接EP、FP，则PF綊DC.

∵EA綊DC，∴EA綊PF.
∴四边形AFPE是平行四边形．
∴AF∥EP，∵EP⊂平面BDE，∴AF∥平面BDE.
(3)∵BA⊥AC，平面ABC∩平面ACDE＝AC，
∴BA⊥平面ACDE，
∴BA就是四周体B－CDE的高，且BA＝2.
∵DC＝AC＝2AE＝2，AE∥CD，
∴S梯形ACDE＝×(1＋2)×2＝3，
S△ACE＝×1×2＝1，
∴S△CDE＝3－1＝2.
∴VB－CDE＝×2×2＝.
22．(本小题12分)(理)(2021·浙江卷)如图所示，在四周体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.

(1)证明：PQ∥平面BCD；
(2)若二面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．
解　解法一：(1)取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OP，OF，FQ.
由于AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD.
由于O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是△BDM的中位线，所以OP∥DM，且OP＝DM.

又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝AD.
从而OP∥FQ，且OP＝FQ，
所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF，
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
(2)作CG⊥BD于点G，作GH⊥BM于点H，连接CH.
由于AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，所以AD⊥CG，
又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD，又BM⊂平面ABD，所以CG⊥BM.
又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，
所以∠CHG为二面角C－BM－D的平面角，即∠CHG＝60°.
设∠BDC＝θ.
在Rt△BCD中，CD＝BDcosθ＝2cosθ，
CG＝CDsinθ＝2cosθsinθ，
BG＝BCsinθ＝2sin2θ.
在Rt△BDM中，HG＝＝.
在Rt△CHG中，tan∠CHG＝＝＝.
所以tanθ＝.
从而θ＝60°，即∠BDC＝60°.
解法二：(1)如图所示，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.

由题意知A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0,0)．由于＝3，所以Q.
由于M为AD的中点，故M(0，，1)．又P为BM的中点，故P.所以＝.
又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，
故·u＝0.
又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
(2)设m＝(x，y，z)为平面BMC的法向量．
由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)知

取y＝－1，得m＝.
又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，于是
|cos〈m，n〉|＝＝＝，
即2＝3.(1)
又BC⊥CD，所以·＝0，故
(－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0，
即x＋y＝2.(2)
联立(1)(2)，解得(舍去)或
所以tan∠BDC＝＝.
又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°.
22．(本小题12分)(文)(2021·北京海淀一模)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点M恰好是AC中点，又∠CAD＝30°，PA＝AB＝4，点N在线段PB上，且＝.

(1)求证：BD⊥PC；
(2)求证：MN∥平面PDC；
(3)设平面PAB∩平面PCD＝l，试问直线l是否与直线CD平行，请说明理由．
解　(1)证明：由于△ABC是正三角形，M是AC的中点，所以BM⊥AC，即BD⊥AC.
又由于PA⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，所以PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，所以BD⊥面PAC，
又PC⊂面PAC，所以BD⊥PC.
(2)证明：在正三角形ABC中，BM＝2，
在△ACD中，由于M为AC中点，DM⊥AC，
所以AD＝CD.
由于∠CAD＝30°，所以DM＝.
所以BMMD＝31.
所以BNNP＝BMMD.所以MN∥PD，
又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，
所以MN∥平面PDC.
(3)假设直线l∥CD，由于l⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB，
又CD⊂平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以CD∥AB，这与CD与AB不平行冲突，所以直线l与直线CD不平行．