高中新創(chuàng)新一輪復(fù)習(xí)理數(shù)通用版：課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)三十七 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) Word版含解析

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1、 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十七） 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 小題?？碱}點(diǎn)——準(zhǔn)解快解] [小題?？碱}點(diǎn)——準(zhǔn)解快解] 1．(20xx·廣東廣州模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n 解析：選B　若α⊥β，m?α，n?β，則m與n相交、平行或異面，故A錯(cuò)誤；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正確；若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯(cuò)誤；

2、若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，故D錯(cuò)誤．故選B. 2．(20xx·湖南一中月考)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi) B．過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直 C．如果共點(diǎn)的三條直線兩兩垂直，那么它們中每?jī)蓷l直線確定的平面也兩兩垂直 D．如果兩條直線和一個(gè)平面所成的角相等，則這兩條直線一定平行 解析：選D　如果兩條直線和一個(gè)平面所成的角相等，這兩條直線可以平行、相交、異面． 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

3、BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 解析：選A　連接AC1(圖略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上． 4．(20xx·河北唐山模擬)如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE、AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B、C、D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有(　　) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 解析：選B　根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，

4、AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過(guò)A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，過(guò)點(diǎn)H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B. 5.如圖，直三棱柱ABC -A1B1C1中，側(cè)棱長(zhǎng)為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長(zhǎng)為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：選A　設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1

5、DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h. 又2×＝h，所以h＝，DE＝. 在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝. 由面積相等得× ＝x，得x＝. 6.如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線是____________；與AP垂直的直線是________． 解析：∵PC⊥平面ABC， ∴PC垂直于直線AB，BC，AC. ∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， ∴AB⊥平面PAC， 又∵AP?平面PAC， ∴AB⊥AP，與AP垂直的直線是A

6、B. 答案：AB，BC，AC　AB 7.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(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫(xiě)一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可) 解析：如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD， ∵PA⊥底面ABCD， ∴PA⊥BD. 又PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC， ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)， 即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD， ∴平面MBD⊥平面PCD. 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等) 8.(20xx·福建泉州模擬)如圖，一張A4紙的長(zhǎng)、寬分別為2a，

7、2a，A，B，C，D分別是其四條邊的中點(diǎn)．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn)P，從而得到一個(gè)多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是________．(寫(xiě)出所有正確命題的序號(hào)) ①該多面體是三棱錐； ②平面BAD⊥平面BCD； ③平面BAC⊥平面ACD； ④該多面體外接球的表面積為5πa2. 解析：由題意得該多面體是一個(gè)三棱錐，故①正確；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正確；同理可證平面BAC⊥平面ACD，故③正確；該多面體的外接球半徑R＝a，所以該多面體外接球的表面積為5π

8、a2，故④正確．綜上，正確命題的序號(hào)為①②③④. 答案：①②③④ [大題常考題點(diǎn)——穩(wěn)解全解] 1.如圖，四棱錐P-ABCD 中， AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC 的中點(diǎn)．求證： (1)AP∥平面BEF； (2)BE⊥平面PAC. 證明：(1)設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC，如圖所示． 由于E為AD的中點(diǎn)，AB＝BC＝AD，AD∥BC， 所以AE∥BC，AE＝AB＝BC， 因此四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)． 又F為PC 的中點(diǎn)，因此在△PAC中，可得AP∥OF. 又OF?平面BEF，AP?平面BEF.所以AP

9、∥平面BEF. (2)由題意知ED∥BC，ED＝BC. 所以四邊形BCDE為平行四邊形，因此BE∥CD. 又AP⊥平面PCD， 所以AP⊥CD，因此AP⊥BE. 因?yàn)樗倪呅蜛BCE為菱形，所以BE⊥AC. 又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC， 所以BE⊥平面PAC. 2.(20xx·廣州模擬)在三棱錐P -ABC中，△PAB是等邊三角形，∠APC＝∠BPC＝60°. (1)求證：AB⊥PC； (2)若PB＝4，BE⊥PC，求三棱錐B -PAE的體積． 解：(1)證明：因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形，∠APC＝∠BPC＝60°，所以△PBC≌△PAC，所以AC＝BC.

10、 如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，則PD⊥AB，CD⊥AB， 因?yàn)镻D∩CD＝D， 所以AB⊥平面PDC， 因?yàn)镻C?平面PDC， 所以AB⊥PC. (2)由(1)知，AB⊥PC，又BE⊥PC，AB∩BE＝B，所以PC⊥平面ABE，所以PC⊥AE. 因?yàn)镻B＝4，所以在Rt△PEB中，BE＝4sin 60°＝2，PE＝4cos 60°＝2，在Rt△PEA中，AE＝PEtan 60°＝2， 所以AE＝BE＝2， 所以S△ABE＝·AB·＝4. 所以三棱錐B -PAE的體積VB -PAE＝VP -ABE＝S△AEB·PE＝×4×2＝. 3．(20xx·合肥質(zhì)檢)如圖，平

11、面五邊形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.將△CDE沿CE折起，使點(diǎn)D到P的位置，且AP＝，得到四棱錐P -ABCE. (1)求證：AP⊥平面ABCE； (2)記平面PAB與平面PCE相交于直線l，求證：AB∥l. 證明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.連接AC(圖略)，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.而AC?平面ABCE，AE?平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE. (2)∵AB

12、∥CE，且CE?平面PCE，AB?平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l. 4.(20xx·山西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖，在四棱錐P -ABCD中，底面ABCD是矩形，且AB＝BC，E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，G，H在線段PC上，EF⊥PA，且＝＝＝＝.求證： (1)EH∥平面PAD； (2)平面EFG⊥平面PAC. 證明：(1)如圖，在PD上取點(diǎn)M，使得＝，連接AM，MH，則＝＝，所以MH＝DC，MH∥CD， 又AE＝AB，四邊形ABCD是矩形， 所以MH＝AE，MH∥AE，所以四邊形AEHM為平行四邊形，所以EH∥AM， 又AM?平面PAD，E

13、H?平面PAD，所以EH∥平面PAD. (2)取AB的中點(diǎn)N，連接DN，則NE＝DF，NE∥DF， 則四邊形NEFD為平行四邊形，則DN∥EF， 在△DAN和△CDA中，∠DAN＝∠CDA，＝＝， 則△DAN∽△CDA， 則∠ADN＝∠DCA，則DN⊥AC，則EF⊥AC， 又EF⊥PA，AC∩PA＝A，所以EF⊥平面PAC， 又EF?平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAC. 5.(20xx·福州五校聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC -A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C. (1)求證：平面ABC1⊥平面A

14、1ACC1； (2)設(shè)D是A1C1的中點(diǎn)，判斷并證明在線段BB1上是否存在點(diǎn)E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求三棱錐E -ABC1的體積． 解：(1)在三棱柱ABC -A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1是矩形， ∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1. 又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面ABC1， 又A1C?平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1. (2)當(dāng)E為B1B的中點(diǎn)時(shí)，連接AE，EC1，DE，如圖，取A1A的中點(diǎn)F，連接EF，F(xiàn)D， ∵EF∥AB，DF∥AC1

15、， 又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1， 又DE?平面EFD，∴DE∥平面ABC1.此時(shí)VE -ABC1＝VC1 -ABE＝××2×2×4＝. 6．如圖，在四棱錐S -ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四邊形ABCD為正方形，且點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為SB的中點(diǎn)． (1)求證：CD⊥平面SAD. (2)求證：PQ∥平面SCD. (3)若SA＝SD，點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，在棱SC上是否存在點(diǎn)N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，請(qǐng)說(shuō)明其位置，并加以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以CD⊥AD. 又因?yàn)?/p>

16、平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD. (2)證明：如圖，取SC的中點(diǎn)R，連接QR，DR. 由題意知： PD∥BC且PD＝BC. 在△SBC中，點(diǎn)Q為SB的中點(diǎn)，點(diǎn)R為SC的中點(diǎn)， 所以QR∥ BC且QR＝BC， 所以PD∥QR，且PD＝QR， 所以四邊形PDRQ為平行四邊形，所以PQ∥DR. 又因?yàn)镻Q?平面SCD，DR?平面SCD， 所以PQ∥平面SCD. (3)存在點(diǎn)N為SC的中點(diǎn)，使得平面DMN⊥平面ABCD. 證明如下： 如圖，連接PC，DM交于點(diǎn)O， 連接DN，PM，SP，NM，ND，NO， 因?yàn)镻D∥CM，且

17、PD＝CM， 所以四邊形PMCD為平行四邊形，所以PO＝CO. 又因?yàn)辄c(diǎn)N為SC的中點(diǎn)， 所以NO∥SP. 易知SP⊥AD， 因?yàn)槠矫鍿AD⊥平面ABCD， 平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD， 所以SP⊥平面ABCD， 所以NO⊥平面ABCD. 又因?yàn)镹O?平面DMN， 所以平面DMN⊥平面ABCD. 1．(20xx·河北保定模擬)有下列命題： ①若直線l平行于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線，則直線l∥α； ②若直線a在平面α外，則a∥α； ③若直線a∥b，b∥α，則a∥α； ④若直線a∥b，b∥α，則a平行于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線． 其中真命題的個(gè)數(shù)是

18、(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選A　命題①l可以在平面α內(nèi)，是假命題；命題②直線a與平面α可以是相交關(guān)系，是假命題；命題③a可以在平面α內(nèi)，是假命題；命題④是真命題． 2．(20xx·湖南湘中名校聯(lián)考)已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m?β，則α∥β C．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n 解析：選D　A中，兩直線可能平行，相交或異面；B中，兩平面可能平行或相交；C中，兩平面可能平行或相交；D中，由線面垂直的性質(zhì)定理可知結(jié)論正確，故選D.

19、 3．設(shè)m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，且m，n?α，則“α∥β”是“m∥β且n∥β”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　若m，n?α，α∥β，則m∥β且n∥β；反之若m，n?α，m∥β且n∥β，則α與β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要條件． 4．(20xx·襄陽(yáng)模擬)如圖，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．MN與CC1垂直 B．MN與AC垂直 C．MN與BD平行 D．MN與A1B1平行 解析：選D　如圖

20、所示，連接AC，C1D，BD，則MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A、C正確，D錯(cuò)誤，又因?yàn)锳C⊥BD，所以MN⊥AC，B正確． 5.(20xx·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)質(zhì)檢)如圖所示的三棱柱ABC -A1B1C1中，過(guò)A1B1的平面與平面ABC交于DE，則DE與AB的位置關(guān)系是(　　) A．異面　　　　　 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 解析：選B　在三棱柱ABC -A1B1C1中，AB∥A1B1， ∵AB?平面ABC，A1B1?平面ABC， ∴A1B1∥平面ABC， ∵過(guò)A1B1的平面與平面ABC交于DE. ∴DE∥A1B1，∴DE∥AB. 6．已知正方體ABCD-

21、A1B1C1D1，下列結(jié)論中，正確的結(jié)論是________(只填序號(hào))． ①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1； ③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1. 解析：連接AD1，BC1，AB1，B1D1，C1D1，BD，因?yàn)锳B綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形，故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面，故③錯(cuò)誤；因AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，故AD1∥平面BDC1，故④正確． 答案：①②④

22、7.如圖所示，在四面體ABCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個(gè)面所在平面中與MN平行的是________________． 解析：連接AM并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)E，連接BN，并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合為一點(diǎn)，且該點(diǎn)為CD的中點(diǎn)E，連接MN，由＝＝，得MN∥AB.因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD. 答案：平面ABC、平面ABD 8.如圖所示，三棱柱ABC -A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形，設(shè)D是A1C1上的點(diǎn)且A1B∥平面B1CD，則A1D∶DC1的值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)BC1∩B1C＝O，連接OD. ∵A1B∥平面B1C

23、D且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD， ∴A1B∥OD， ∵四邊形BCC1B1是菱形， ∴O為BC1的中點(diǎn)， ∴D為A1C1的中點(diǎn)，則A1D∶DC1＝1. 答案：1 [大題常考題點(diǎn)——穩(wěn)解全解] 1.如圖，ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點(diǎn)．求證： (1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 證明：(1)連接AE，則AE必過(guò)DF與GN的交點(diǎn)O， 連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO， 又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF. (2)因?yàn)镹，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，E

24、F的中點(diǎn)，所以DE∥GN， 又DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 又M為AB的中點(diǎn)， 所以MN為△ABD的中位線， 所以BD∥MN， 又MN?平面MNG，BD?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 又DE，BD?平面BDE，DE∩BD＝D， 所以平面BDE∥平面MNG. 2.(20xx·長(zhǎng)春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P -ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，點(diǎn)D1為棱PD的中點(diǎn)，過(guò)D1作與平面ABCD平行的平面與棱PA，PB，PC相交于點(diǎn)A1，B1，C1，∠BAD＝60°. (1)求證：B1為PB的中點(diǎn)； (2)已知棱錐的高為3，且A

25、B＝2，AC，BD的交點(diǎn)為O，連接B1O.求三棱錐B1-ABO外接球的體積． 解：(1)證明：連接B1D1. 由題意知，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面PBD∩平面ABCD＝BD， 平面PBD∩平面A1B1D1＝B1D1，則BD∥B1D1， 即B1D1為△PBD的中位線， 即B1為PB的中點(diǎn)． (2)由(1)可得，OB1＝，AO＝，BO＝1，且OA⊥OB，OA⊥OB1，OB⊥OB1， 即三棱錐B1 -ABO的外接球?yàn)橐設(shè)A，OB，OB1為長(zhǎng)，寬，高的長(zhǎng)方體的外接球，則該長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)d＝＝，即外接球半徑R＝. 則三棱錐B1 -ABO外接球的體積V＝πR3＝×π×3＝

26、. 3.如圖所示，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CC1，C1D1，A1A的中點(diǎn)．求證： (1)BF∥HD1； (2)EG∥平面BB1D1D； (3)平面BDF∥平面B1D1H. 證明：(1)如圖所示，取BB1的中點(diǎn)M，連接MH，MC1，易證四邊形HMC1D1是平行四邊形， ∴HD1∥MC1. 又∵M(jìn)C1∥BF，∴BF∥HD1. (2)取BD的中點(diǎn)O，連接EO，D1O，則OE綊DC， 又D1G綊DC，∴OE綊D1G， ∴四邊形OEGD1是平行四邊形，∴GE∥D1O. 又GE?平面BB1D1D，D1O?平面BB1D1D， ∴EG∥平面BB

27、1D1D. (3)由(1)知BF∥HD1， 又BD∥B1D1，B1D1，HD1?平面B1D1H，BF，BD?平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1，DB∩BF＝B， ∴平面BDF∥平面B1D1H. 4.如圖，四棱錐P -ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點(diǎn)． (1)求證：CE∥平面PAD. (2)在線段AB上是否存在一點(diǎn)F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結(jié)論，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)證明：取PA的中點(diǎn)H，連接EH，DH， 因?yàn)镋為PB的中點(diǎn)， 所以EH∥AB，EH＝AB， 又AB∥CD，CD＝AB， 所以EH∥CD，EH＝CD， 因此四邊形DCEH是平行四邊形， 所以CE∥DH， 又DH?平面PAD，CE?平面PAD， 因此CE∥平面PAD. (2)存在點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，使平面PAD∥平面CEF， 證明如下： 取AB的中點(diǎn)F，連接CF，EF， 所以AF＝AB， 又CD＝AB，所以AF＝CD， 又AF∥CD，所以四邊形AFCD為平行四邊形， 因此CF∥AD， 又CF?平面PAD，所以CF∥平面PAD， 由(1)可知CE∥平面PAD， 又CE∩CF＝C， 故平面CEF∥平面PAD， 故存在AB的中點(diǎn)F滿足要求．