B
∴ 直线MN//平面PBC
另证：作MH∥AB，交PB于点H，作NQ∥AB，交BC于Q，连结HQ，则
MH?5AB?NQ， 13∴ 四边形MHQN是平行四边形，
∴ MN∥HQ，又HQ?平面PBC，MN?平面PBC， 故 MN∥平面PBC。
18. 解：（Ⅰ）根据已知，可得四边形ABCE为平行四边形，所以，O为BE中点.
111OD1?AD1?AO?AD1?(AB?AE)?AD1?AB?AE.
222（Ⅱ）在Rt△ADE中，AE＝2，又AD1＝AD＝1，∠EAD1＝∠EAD＝450，
??????????????1????1????????OD1?AE?(AD1?AB?AE)?AE
2211?2?2cos450?(2)2??1,22?????2?????1????1????23?????6 OD1?(AD1?AB?AE)?,?|OD1|?.2222??????????????????OD1?AE?13??????所以cos?OD1,AE????????.3|OD1||AE|6?22?1?2?cos450?所以OD1与AE所成角为arccos3 31AE. 2（Ⅲ）设AE的中点为M，则MD1?AD1???????????????????1????????1所以,MD1?AB?AD1?AB?AE?AB?1?2?cos600??2?2cos450?0.22??????????MD1?AB.
??????????????????1?????????1MD1?AE?AD1?AE?AE2?2cos450??(2)2?0. ?MD1?AE. 22?MD1垂直平面ABCE内两条相交直线, ? MD1?平面ABCE.而D1M?平面AD1E，所以，平面AD1E⊥平面ABCE.
19. 解：建立如图所示的空间坐标系
（Ⅰ）设
|PA|?a,)B,
，则
zPP(0a,0CD?????????PC?(2,1,?a),BD?(1,?1,0)由已知得： ????????3PC?BD1??????，即 ?cos?????26|PC||BD|2?5?a????25?a?6?a?1(a?0)即|PA?1|
DxEAFByC,0(,0)（2）设能在BC上找到一点F,使EF?CD,设F(x,1,0)，由（1）知P1????11EF(x?1,,?)则，又有
22????????????11CD?x?1??0,?x? CD?(?1,?1,0),?EF?CD,?EF?221即存在点F(,1,0)满足要求。
2????????111(2,1,?1)?0?EF?PC;?EF?CD且（3）?EF?PC?(?,,?)?222PC?CD?C?EF?平面PCD。EF?平面, 所以平面PCB?平面PCD,故二面角B?PC?D的大小为90?。
11?E(1,,)，
2220. （I）证明：连结A1C1、AC，AC和BD交于O，连结C1O。
∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ AC⊥BD，BC=CD。
又∵ ?BCC1??DCC1 , C1C?C1C， ∴ ?C1BC??C1DC， ∴ C1B?C1D， ∵ DO=OB，
∴ C1O?BD， 但 AC⊥BD，AC∩C1O=O， ∴ BD⊥平面AC1。 又 C1C?平面AC1，
∴ C1C?BD。
（II）当
CD?1时，能使A1C⊥平面C1BD。 CC1证明一： ∵
CD?1， CC1∴ BC=CD=C1C，
又 ?BCD??C1CB??C1CD， 由此可推得BD=C1B?C1D。
∴ 三棱锥C- C1BD是正三棱锥。 设A1C与C1O相交于G。
∵ A1C1∥AC，且A1C1∶OC=2∶1， ∴ C1G∶GO=2∶1。
又 C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线， ∴ 点G是正三角形C1BD的中心， ∴ CG⊥平面C1BD。
即 A1C⊥平面C1BD。 证明二：
由（I）知，BD⊥平面AC1，
∵ A1C?平面AC1，∴ BD⊥A1C。 当
CD?1时 ，平行六面体的六个面是全等的菱形， CC1同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C。 又 BD∩BC1=B，
∴A1C⊥平面C1BD。