第40讲 直线与平面平面与平面平行（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 20 页 第第 40 讲：直线与平面、平面与平面平行讲：直线与平面、平面与平面平行 一、课程标准 1、以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理； 2、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 二、基础知识回顾 知识梳理 1. 直线与平面平行 (1)直线与平面平行的定义 直线 l 与平面 没有公共点，则称直线 l 与平面 平行 (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定 定理 平面外一条直线与此平面 内的一条直线平行，则该 直线平行于此平面 a，b， aba 性质 定理 一条直线和一

2、个平面平 行，则过这条直线的任一 平面与此平面的交线与该 直线平行 a，a， b ab 2. 平面与平面平行 (1)平面与平面平行的定义 没有公共点的两个平面叫做平行平面 (2)判定定理与性质定理 第 2 页 / 共 20 页 文字语言 图形表示 符号表示 判定 定理 一个平面内的两条相 交直线与另一个平面 平行， 则这两个平面平 行 a，b， abP， a，b 性质 定理 两个平面平行， 则其中 一个平面内的直线平 行于另一个平面 ，aa 如果两个平行平面同 时和第三个平面相交， 那么它们的交线平行 ，a， bab 3. 与垂直相关的平行的判定 (1)a，bab (2)a，a 三、自主热身、

3、归纳总结 1、 若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( ) A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都有可能 【答案】D 【解析】 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可 以异面故选 D. 2、设 ， 是两个不同的平面，m 是直线且 m，“m ”是“ ”的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 第 3 页 / 共 20 页 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 当 m 时，过 m 的平面 与 可能平行也可能相交，m；当 时， 内任一直 线与 平行，m，m.综上知，“m ”是“ ”的必要不充

4、分条件故选 B. 3、已知两个不重合的平面 ，给定以下条件： 内任意不共线的三点到 的距离都相等； l，m 是 内的两条直线，且 l，m； l，m 是两条异面直线，且 l，l，m，m； 其中可以判定 的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 命题，任意不共线三点可以确定一个平面，即为 ，该三点到平面 的距离相等，即可得到 ，故正确；命题，由面面平行的判定可知，若 l，m 平行，则不一定能够推理得到 ，故错误； 命题，由 l，m 是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与 ， 都平行，由平行于同 一平面的两个平面平行这一性质可知，故正确满足条件的是. 故选 C. 4、

5、 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是_(填序号) AD1BC1； 平面 AB1D1平面 BDC1； AD1DC1； AD1平面 BDC1. 【答案】 【解析】 如图，因为 ABC1D1，ABC1D1，所以四边形 AD1C1B 为平行四边形，故 AD1BC1，从而 正确；易证 BDB1D1，AB1DC1，又 AB1B1D1B1，BDDC1D，故平面 AB1D1平面 BDC1，从而 正确；由图易知 AD1与 DC1异面，故错误；因为 AD1BC1，AD1平面 BDC1，BC1平面 BDC1，所 以 AD1平面 BDC1，故正确 第 4 页 / 共 20 页 5、(多选)下列命题

6、正确的是( ) A若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内 B如果两条异面直线中的一条与一个平面平行，则另一条直线一定与该平面相交 C若直线 l 与平面 平行，则 l 与平面 内的直线平行或异面 D若平面 平面 ，直线 a，直线 b，则 ab 【答案】AC 【解析】 若直线与平面有两个公共点，由基本事实 2 可得直线在平面内，故 A 对；如果两条异面直线中的 一条与一个平面平行，则另一条直线可能与该平面平行或相交或在平面内，故 B 错；若直线 l 与平面 平 行，则 l 与平面 内的直线无公共点，即平行或异面，故 C 对；若平面 平面 ，直线 a，直线 b， 则 ab 或 a，b 异面，故 D

7、 错 6、(多选)如图，矩形 ABCD 中，E 为边 AB 的中点，将ADE 沿直线 DE 翻转成A1DE.若 M 为线段 A1C 的 中点，则在ADE 翻转过程中，下列命题正确的是( ) AMB 是定值 B点 M 在圆上运动 C一定存在某个位置，使 DEA1C D一定存在某个位置，使 MB平面 A1DE 【答案】ABD 【解析】 取 DC 的中点 N，连接 MN，NB，则 MNA1D，NBDE，MNNBN，A1DDED，平 面 MNB平面 A1DE，MB平面 MNB，MB平面 A1DE，D 正确；A1DEMNB，MN1 2A1 D定 值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MN

8、 NB cos MNB，MB 是定值，A 正确； B 是定点，M 在以 B 为圆心，MB 为半径的圆上，B 正确；当矩形 ABCD 满足 ACDE 时存在，其他情 况不存在，C 不正确A、B、D 正确 7、 (一题两空)设 ， ， 是三个不同的平面， m， n 是两条不同的直线， 在命题“m， n， 且_， 第 5 页 / 共 20 页 则 mn”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题 ，n；m，n；n，m. 可以填入的条件有_(填序号) 【答案】或 【解析】 由面面平行的性质定理可知，正确；当 m，n 时，n 和 m 可能平行或异面，错误；当 n ，m 时，n 和 m 在同一平

9、面内，且没有公共点，所以 mn，正确 四、例题选讲 考点一 直线与平面平行的判定 例 1 如图，四边形 ABCD 是平行四边形，AFDE，DE2AF.求证：AC平面 BEF. 【证明】 设 ACBDO，取 BE 中点 G，连结 FG，OG，OGDE 且 OG1 2DE. AFDE，DE2AF， AFOG 且 AFOG， 四边形 AFGO 是平行四边形，FGAO. FG平面 BEF，AO平面 BEF， AO平面 BEF，即 AC平面 BEF. 变式 1、如图，在四棱锥 E- ABCD 中，ABCD，ABC90 ，CD2AB2CE4，点 F 为棱 DE 的中点 证明：AF平面 BCE. 第 6 页

10、 / 共 20 页 【证明】 法一：如图，取 CE 的中点 M，连接 FM，BM. 因为点 F 为棱 DE 的中点， 所以 FMCD 且 FM1 2CD2， 因为 ABCD，且 AB2， 所以 FMAB 且 FMAB， 所以四边形 ABMF 为平行四边形， 所以 AFBM， 因为 AF平面 BCE，BM平面 BCE， 所以 AF平面 BCE. 法二：如图，在平面 ABCD 内，分别延长 CB，DA，交于点 N，连接 EN. 因为 ABCD，CD2AB， 所以 A 为 DN 的中点 又 F 为 DE 的中点， 所以 AFEN， 因为 EN平面 BCE，AF平面 BCE， 所以 AF平面 BCE.

11、 法三：如图，取棱 CD 的中点 G，连接 AG，GF， 第 7 页 / 共 20 页 因为点 F 为棱 DE 的中点，所以 FGCE， 因为 FG平面 BCE，CE平面 BCE， 所以 FG平面 BCE. 因为 ABCD，ABCG2， 所以四边形 ABCG 是平行四边形，所以 AGBC， 因为 AG平面 BCE，BC平面 BCE， 所以 AG平面 BCE. 又 FGAGG，FG平面 AFG，AG平面 AFG， 所以平面 AFG平面 BCE. 因为 AF平面 AFG，所以 AF平面 BCE. 变式 2、（陕西西安中学 2019 届高三质检）如图所示，斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，点 D，

12、D1分别为 AC， A1C1的中点求证： (1)AD1平面 BDC1； (2)BD平面 AB1D1. 【证明】(1)D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点，四边形 ACC1A1为平行四边形，C1D1DA， 四边形 ADC1D1为平行四边形，AD1C1D. 又 AD1平面 BDC1，C1D平面 BDC1， AD1平面 BDC1. (2)连接 DD1，BB1平面 ACC1A1，BB1平面 BB1D1D，平面 ACC1A1平面 BB1D1DDD1， BB1DD1， 第 8 页 / 共 20 页 又D1，D 分别为 A1C1，AC 的中点，BB1DD1， 故四边形 BDD1B1为平行四边形， BDB

13、1D1， 又 BD平面 AB1D1，B1D1平面 AB1D1， BD平面 AB1D1. 变式 3、如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，ABBC1 2AD，E，F，H 分别为线段 AD，PC，CD 的中 点，AC 与 BE 相交于点 O，G 是线段 OF 上一点求证： (1) AP平面 BEF； (2) GH平面 PAD. 【解析】 (1) 连结 EC. 因为 ADBC，BC1 2AD，E 为 AD 的中点， 所以 BCAE，BCAE， 所以四边形 ABCE 是平行四边形， 所以 O 为 AC 的中点 又因为 F 是 PC 的中点，所以 FOAP. 因为 FO平面 BEF，AP平面 BEF

14、， 所以 AP平面 BEF. (2) 连结 FH，OH. 因为 F，H 分别是 PC，CD 的中点， 所以 FHPD， 所以 FH平面 PAD. 又因为 O 是 BE 的中点，H 是 CD 的中点， 第 9 页 / 共 20 页 所以 OHAD， 所以 OH平面 PAD. 又 FHOHH，FH，OH平面 OHF， 所以平面 OHF平面 PAD. 又因为 GH平面 OHF， 所以 GH平面 PAD. 变式 4、（2020 年届高三徐州模拟）如图，四棱锥 P- ABCD 中，ADBC，ABBC1 2AD，E，F，H 分别是线段 AD，PC，CD 的中点，AC 与 BE 交于 O 点，G 是线段 O

15、F 上一点求证： (1)AP平面 BEF； (2)GH平面 PAD. 【证明】(1)连接 EC， ADBC，BC1 2AD，E 是 AD 的中点， BCAE， 四边形 ABCE 是平行四边形， O 为 AC 的中点 又F 是 PC 的中点，FOAP. FO平面 BEF，AP平面 BEF， AP平面 BEF. (2)连接 FH，OH， F，H 分别是 PC，CD 的中点， 第 10 页 / 共 20 页 FHPD. PD平面 PAD，FH平面 PAD， FH平面 PAD. 又O 是 AC 的中点，H 是 CD 的中点，OHAD. 又AD平面 PAD，OH平面 PAD， OH平面 PAD. 又FH

16、OHH，平面 OHF平面 PAD. 又GH平面 OHF，GH平面 PAD. 方法总结：线面平行问题的解题关键 (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，解题的思路是利用几 何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行， 从而证明直线与平面平行 (2)应用线面平行性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线 考点二 面面平行的判定与性质 例 2、 已知四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，ADBC，AD2BC，E，F 分别为 CC1，DD1的中点 求证：平面 BEF平面 AD1C1. 【

17、证明】 取 AD 的中点 G，连接 BG，FG.因为 E，F 分别为 CC1，DD1的中点， 所以 C1D1綊 CD 綊 EF， 因为 C1D1平面 AD1C1，EF平面 AD1C1， 所以 EF平面 AD1C1. 因为 ADBC，AD2BC， 所以 GD 綊 BC，即四边形 BCDG 是平行四边形， 所以 BG 綊 CD，所以 BG 綊 EF， 即四边形 EFGB 是平行四边形， 所以 BEFG.因为 F，G 分别是 DD1，AD 的中点， 第 11 页 / 共 20 页 所以 FGAD1，所以 BEAD1. 因为 AD1平面 AD1C1，BE平面 AD1C1， 所以 BE平面 AD1C1.

18、 又 BE平面 BEF，FE平面 BEF，BEEFE， 所以平面 BEF平面 AD1C1. 变式 1、（2020 年南通学情调研）如图，在三棱柱 ABC- A1B1C1中，E，F，G，H 分别是 AB，AC，A1B1， A1C1的中点，求证： (1)B，C，H，G 四点共面； (2)平面 EFA1平面 BCHG. 【证明】(1)在A1B1C1中，G，H 分别是 A1B1，A1C1的中点，GHB1C1. 又B1C1BC，GHBC， GH 与 BC 确定一个平面 ， G，H，B，C， B，C，H，G 四点共面 (2)E，F 分别是 AB，AC 的中点， EFBC， EF平面 BCHG，BC平面 B

19、CHG， EF平面 BCHG. 易证 A1GEB，四边形 A1EBG 是平行四边形， A1EGB. A1E平面 BCHG，GB平面 BCHG. A1E平面 BCHG. A1EEFE，且 A1E平面 EFA1，EF平面 EFA1， 平面 EFA1平面 BCHG. 变式 2、如图所示，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 都为平行四边形，M，N，G 分别是 AB，AD，EF 的中 第 12 页 / 共 20 页 点求证： (1) BE平面 DMF； (2) 平面 BDE平面 MNG. 【解析】 (1) 如图所示， 设 DF 与 GN 交于点 O， 连结 AE， 在平行四边形 ADEF 中， G，

20、N 分别为 EF， AD 的中点，所以 AE 必过点 O，且 O 为 AE 的中点 连结 MO，因为 M 为 AB 的中点， 所以 MO 为ABE 的中位线， 所以 BEMO. 因为 BE平面 DMF，MO平面 DMF， 所以 BE平面 DMF. (2) 因为 N，G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD，EF 的中点， 所以 DEGN. 因为 DE平面 MNG，GN平面 MNG， 所以 DE平面 MNG. 因为 M 为 AB 的中点， 所以 MN 为ABD 的中位线， 所以 BDMN. 因为 BD平面 MNG，MN平面 MNG， 所以 BD平面 MNG. 因为 DE 与 BD 为平面 BD

21、E 内的两条相交直线， 所以平面 BDE平面 MNG. 第 13 页 / 共 20 页 方法总结：证明面面平行的常用方法 (1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行 (主要方法)； (3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题常用)； (4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题常用)； (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明 考点三 平行关系的综合应用 例 3、在三棱柱 ABCA1B1C1中， (1)若 E，F，G，H 分别是 AB，

22、AC，A1B1，A1C1的中点，求证：平面 EFA1平面 BCHG. (2) 若点 D，D1分别是 AC、A1C1上的点，且平面 BC1D平面 AB1D1，试求AD DC的值 【证明】 (1)E，F 分别是 AB，AC 的中点，EFBC. EF平面 BCHG，BC平面 BCHG， EF平面 BCHG.A1GEB，A1GEB，四边形 A1EBG 是平行四边形， A1EGB. 又A1E平面 BCHG，GB平面 BCHG， A1E平面 BCHG. 又A1EEFE，A1E，EF平面 EFA，平面 EFA1平面 BCHG. (2)连接 A1B 交 AB1于 O，连接 OD1. 由平面 BC1D平面 AB

23、1D1，且平面 A1BC1平面 BC1DBC1，平面 A1BC1平面 AB1D1D1O，BC1 第 14 页 / 共 20 页 D1O，则A1D1 D1C1 A1O OB 1.又由题设A1D1 D1C1 DC AD， DC AD1，即 AD DC1. 变式 1、（湖北荆州中学 2019 届高三模拟）如图所示，平面 平面 ，点 A，点 C，点 B，点 D ，点 E，F 分别在线段 AB，CD 上，且 AEEBCFFD. (1)求证：EF平面 ； (2)若 E，F 分别是 AB，CD 的中点，AC4，BD6，且 AC，BD 所成的角为 60 ，求 EF 的长 【解析】 (1)证明：当 AB，CD

24、在同一平面内时，由平面 平面 ，平面 平面 ABDCAC，平面 平面 ABDCBD 知，ACBD. AEEBCFFD，EFBD. 又 EF，BD，EF平面 . 当 AB 与 CD 异面时，如图所示， 设平面 ACD平面 HD， 且 HDAC， 平面 平面 ， 平面 平面 ACDHAC， ACHD， 四边形 ACDH 是平行四边形 在 AH 上取一点 G，使 AGGHCFFD， 连接 EG，FG，BH. AEEBCFFDAGGH， GFHD，EGBH. 又 EGGFG，BHHDH， 平面 EFG平面 . 第 15 页 / 共 20 页 又 EF平面 EFG，EF平面 . 综合可知，EF平面 .

25、(2)如图所示，连接 AD，取 AD 的中点 M，连接 ME，MF. E，F 分别是 AB，CD 的中点， MEBD，MFAC， 且 ME1 2BD3，MF 1 2AC2. EMF 为 AC 与 BD 所成的角或其补角， EMF60 或 120 . 在EFM 中，由余弦定理得 EF ME2MF22ME MF cos EMF 3222 2 3 2 1 2 13 6， 即 EF 7或 EF 19. 变式 2、如图，已知在三棱柱 ABCA1B1C1中，D 是棱 CC1的中点，试问在棱 AB 上是否存在一点 E， 使得 DE平面 AB1C1？若存在，请确定点 E 的位置；若不存在，请说明理由 【解析】

26、 存在点 E，当 E 为 AB 的中点时，DE平面 AB1C1. 如图，取 BB1的中点 F，连结 DF，则 DFB1C1. 因为 DF平面 AB1C1，B1C1平面 AB1C1， 所以 DF平面 AB1C1. 因为 AB 的中点为 E，连结 EF，ED， 所以 EFAB1. 因为 EF平面 AB1C1，AB1平面 AB1C1， 所以 EF平面 AB1C1. 因为 DFEFF，EF，DF平面 DEF， 第 16 页 / 共 20 页 所以平面 DEF平面 AB1C1. 因为 DE平面 DEF，所以 DE平面 AB1C1. 变式 3、 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，F

27、是 AB 的中点，E 是 PD 的中点 (1) 证明：PB平面 AEC； (2) 在 PC 上求一点 G，使 FG平面 AEC，并证明你的结论 【解析】 (1) 连结 BD，交 AC 于点 O，连结 EO. 因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 O 为 BD 的中点 又 E 为 PD 的中点，所以 EOPB. 因为 EO平面 AEC，PB平面 AEC， 所以 PB平面 AEC. (2) PC 的中点 G 即为所求的点 证明如下： 连结 GE，FG. 因为 E 为 PD 的中点， 所以 GECD，GE1 2CD. 又 F 为 AB 的中点，且四边形 ABCD 为矩形， 所以 FACD，FA1 2

28、CD， 第 17 页 / 共 20 页 所以 FAGE，FAGE， 所以四边形 AFGE 为平行四边形， 所以 FGAE. 又 FG平面 AEC，AE平面 AEC， 所以 FG平面 AEC. 方法总结： （1）利用线面平行或面面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中， 常用来确定交线的位置对于线段长或线段比例问题，常用平行线对应线段成比例或相似三角形来解决 （2）探索性问题要根据题目确立成立的条件，然后当成已知进行证明。 五、优化提升与真题演练 1、【2019 年高考全国卷】设 ， 为两个平面，则 的充要条件是( ) A 内有无数条直线与 平行 B 内有两条相交直线与 平行

29、 C， 平行于同一条直线 D， 垂直于同一平面 【答案】B 【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质 定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要 条件，故选 B 2、【2019 年高考北京卷】已知 l，m 是平面外的两条不同直线给出下列三个论断： lm； m； l 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_ 【答案】如果 l，m，则 lm. 【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果 l，m，则 lm，正确； （2）如果 l，lm，则 m，不正确，有可能 m 在平面

30、 内； （3）如果 lm，m，则 l，不正确，有可能 l 与 斜交、l. 故答案为：如果 l，m，则 lm. 第 18 页 / 共 20 页 3、 （2020 年淮阴中学月考）已知直线a、b和平面，下列说法中不正确的有( ) A若/ /a，/ /b，则/ /ab B若/ /ab，/ /b，则/ /a C若/ /a，b，则/ /ab D直线a平行于平面内的无数条直线，则/ /a 【答案】ABCD 【解析】由直线a、b和平面，得： 在A中，若/ /a，/ /b，则a与b相交、平行或异面，故A错误； 在B中，若/ /ab，/ /b，则/ /a或a，故B错误； 在C中，若/ /a，b，则a与b平行或异

31、面，故C错误； 在D中，直线a平行于平面内的无数条直线，则/ /a或a，故D错误 4、(一题两空)如图，已知斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，点 D，D1分别为 AC，A1C1上的点 (1)若 BC1平面 AB1D1，则A1D1 D1C1_； (2)若平面 BC1D平面 AB1D1，则AD DC_. 【答案】(1)1 (2)1 【解析】 (1)如图，取 D1为线段 A1C1的中点，此时A1D1 D1C11， 连接 A1B 交 AB1于点 O，连接 OD1. 由棱柱的性质，知四边形 A1ABB1为平行四边形，所以点 O 为 A1B 的中点 在A1BC1中，点 O，D1分别为 A1B，A1C1的

32、中点，所以 OD1BC1. 又因为 OD1平面 AB1D1，BC1平面 AB1D1， 所以 BC1平面 AB1D1. 所以当A1D1 D1C11 时，BC1平面 AB1D1. (2)由已知，平面 BC1D平面 AB1D1， 且平面 A1BC1平面 BDC1BC1， 第 19 页 / 共 20 页 平面 A1BC1平面 AB1D1D1O. 因此 BC1D1O，同理 AD1DC1. 因为A1D1 D1C1 A1O OB， A1D1 D1C1 DC AD. 又因为A1O OB1，所以 DC AD1，即 AD DC1. 5、如图所示，四边形 ABCD 与四边形 ADEF 都为平行四边形，M，N，G 分

33、别是 AB，AD，EF 的中点求 证： (1)BE平面 DMF； (2)平面 BDE平面 MNG. 【证明】 (1)如图所示，设 DF 与 GN 交于点 O，连接 AE，则 AE 必过点 O，连接 MO，则 MO 为ABE 的中位线，BEMO.BE平面 DMF，MO平面 DMF，BE平面 DMF. (2)N，G 分别为平行四边形 ADEF 的边 AD，EF 的中点， DEGN.DE平面 MNG， GN平面 MNG， DE平面 MNG. M 为 AB 的中点， MN 为ABD 的中位线，BDMN.BD平面 MNG，MN平面 MNG，BD平面 MNG. DEBDD，BD，DE平面 BDE，平面 B

34、DE平面 MNG. 第 6 题图 6、如图，四棱锥 PABCD 中，ABCD，AB2CD，E 为 PB 的中点 (1)求证：CE平面 PAD. 第 20 页 / 共 20 页 (2)在线段 AB 上是否存在一点 F，使得平面 PAD平面 CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明 理由 【证明】 (1)取 PA 的中点 H，连接 EH，DH，E 为 PB 的中点， EHAB，EH1 2AB，又 ABCD，CD 1 2AB，EHCD，EHCD， 四边形 DCEH 是平行四边形，CEDH， 第 3 题图 又 DH平面 PAD，CE平面 PAD，CE平面 PAD. (2)存在点 F 为 AB 的中点，使平面 PAD平面 CEF， 证明如下： 取 AB 的中点 F，连接 CF，EF，AF 1 2AB，又 CD 1 2AB，AFCD， 又 AFCD，四边形 AFCD 为平行四边形， CFAD，又 AD平面 PAD，CF平面 PAD， CF平面 PAD，由(1)可知 CE平面 PAD，又 CECFC， 故平面 CEF平面 PAD， 故存在 AB 的中点 F 满足要求