新课标版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文新人教A版1121547.docx
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新课标版高考数学二轮复习专题三立体几何第2讲空间点线面的位置关系学案文新人教A版1121547
第2讲 空间点、线、面的位置关系
[做真题]
1．（2019·高考全国卷Ⅱ）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
解析：
选B.若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．故选B.
2．（2018·高考全国卷Ⅱ）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
选C.如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝
.又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝
＝
.故选C.
3．（2017·高考全国卷Ⅲ）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（ ）
A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC
解析：
选C.由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.
4．（2019·高考全国卷Ⅱ）如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
（1）证明：
BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥EBB1C1C的体积．
解：
（1）证明：
由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.
（2）由
（1）知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥EBB1C1C的体积V＝
×3×6×3＝18.
[明考情]
1．以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择、填空题的形式，题目难度中等．
2．以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并常与几何体的表面积、体积相渗透．
空间线面位置关系的判断（基础型）
[知识整合]
判断与空间位置关系有关的命题真假的方法
（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
（2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断．
（3）借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
[考法全练]
1．已知α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是（ ）
A．垂直 B．相交
C．异面D．平行
解析：
选D.因为α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，m⊄α，n⊂α，
所以n在平面α内，m与平面α相交，
因为A∈m，A∈α，
所以A是m和平面α相交的点，
所以m和n异面或相交，一定不平行．
2．（2019·沈阳市质量监测
（一））已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若m∥n，m∥α，则n∥α
B．若α∥β，m∥α，则m∥β
C．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α
D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
解析：
选D.对于选项A，m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，A错；对于选项B，α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，B错；对于选项C，m⊥n，n⊂α，不能推出m⊥α，C错；对于选项D，面面垂直的判定定理，正确．故选D.
3．（2019·高考北京卷）已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
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：
__________．
解析：
其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．
命题
（1）：
若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCDA1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．
命题
（2）：
若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：
作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故m∥α.
命题（3）：
若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：
过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.
答案：
若l⊥m，l⊥α，则m∥α（或若m∥α，l⊥α，则l⊥m，答案不唯一）
空间几何体中的空间角（综合型）
[知识整合]
异面直线所成的角
已知两条异面直线a、b，经过空间任意一点O，作a′∥a，b′∥b，我们把a′与b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．
直线与平面所成的角
直线与平面所成的角是直线和它在平面内的射影所成的角．当直线和平面平行时，称直线和平面成0°角，当直线和平面垂直时，称直线和平面成90°角．
[典型例题]
（2019·湖南省五市十校联考）已知E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，AB＝6，PC＝6，EF＝3
，则异面直线AB与PC所成的角为（ ）
A．120° B．45°
C．30°D．60°
【解析】 设AC的中点为G，连接GF，EG，因为E，F分别是三棱锥PABC的棱AP，BC的中点，PC＝6，AB＝6，所以EG∥PC，GF∥AB，EG＝3，GF＝3，在△EFG中，EF＝3
，所以cos∠EGF＝
＝－
，所以∠EGF＝120°，所以异面直线AB与PC所成的角为60°.
【答案】 D
求空间角的一般步骤
（1）找出或作出有关的平面角．
（2）证明它符合定义．
（3）归到某一三角形中进行计算，为了便于记忆，可总结口诀：
“一作、二证、三计算”．
[对点训练]
1．（2018·高考全国卷Ⅱ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
解析：
由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得
l2＝8，得l＝4.在
Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝
l＝2，AO＝
l＝2
.故该圆锥的体积V＝
π×AO2×SO＝
π×（2
）2×2＝8π.
答案：
8π
2．（2019·福州市质量检测）已知长方体ABCDA1B1C1D1的外接球体积为
π，且AA1＝BC＝2，则A1C与平面BB1C1C所成的角为______．
解析：
如图，设长方体ABCDA1B1C1D1的外接球半径为R，则长方体ABCDA1B1C1D1的外接球体积为
πR3＝
π，所以R＝2，即A1C＝
＝2R＝4.因为AA1＝BC＝2，所以AB＝2
.连接B1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C与平面BB1C1C所成的角为∠A1CB1，在Rt△BB1C中，BB1＝BC＝2，所以B1C＝2
＝A1B1，所以∠A1CB1＝
.
即A1C与平面BB1C1C所成的角为
.
答案：
空间平行、垂直关系的证明（综合型）
[知识整合]
直线、平面平行的判定及其性质
（1）线面平行的判定定理：
a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
（2）线面平行的性质定理：
a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
（3）面面平行的判定定理：
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
（4）面面平行的性质定理：
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
直线、平面垂直的判定及其性质
（1）线面垂直的判定定理：
m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
（2）线面垂直的性质定理：
a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
（3）面面垂直的判定定理：
a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
（4）面面垂直的性质定理：
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
[典型例题]
（2019·高考全国卷Ⅰ）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：
MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
【解】
（1）证明：
连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝
B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝
A1D.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝
，故CH＝
.从而点C到平面C1DE的距离为
.
平行关系及垂直关系的转化
空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
[对点训练]）
1.
（2019·昆明市诊断测试）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，AD＝BD＝6，AB＝6
，E是棱PC上的一点．
（1）证明：
BC⊥平面PBD；
（2）若PA∥平面BDE，求
的值．
解：
（1）证明：
由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.
又PD∩BD＝D，所以AD⊥平面PBD.
因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，
所以BC⊥平面PBD.
（2）连接AC交BD于F，连接EF，
则EF是平面PAC与平面BDE的交线．
因为PA∥平面BDE，所以PA∥EF.
因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，
所以
＝
.
2．（2019·广东省七校联考）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．
（1）求四棱锥PABCD的体积；
（2）求证：
AG∥平面PEC；
（3）求证：
平面PCD⊥平面PEC.
解：
（1）易知V四棱锥PABCD＝
S正方形ABCD·PA＝
×2×2×2＝
.
（2）证明：
如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝
CD＝FG，
所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.
因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
（3）证明：
易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.
又EF⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.
空间中的折叠问题和探索性问题（综合型）
[典型例题]
（2019·高考全国卷Ⅲ）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
（1）证明：
图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的四边形ACGD的面积．
【解】
（1）证明：
由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝
，故DM＝2.
所以四边形ACGD的面积为4.
（1）求解平面图形折叠问题的关键和方法
①关键：
分清翻折前后位置关系和数量关系哪些改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，尤其是垂直关系，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．
②方法：
把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何何体中解决．
（2）探索性问题求解的途径和方法
①对命题条件探索的三种途径
i．先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明．
ii.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．
iii.将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．
②对命题结论的探索方法
从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．
[对点训练]
（2019·郑州市第二次质量预测）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝
，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.
（1）求证：
AD⊥PB.
（2）若E在线段BC上，且EC＝
BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？
若存在，求出三棱锥DCEG的体积；若不存在，请说明理由．
解：
（1）证明：
连接PF，因为△PAD是等边三角形，所以PF⊥AD.
因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝
，所以BF⊥AD.
又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB⊂平面BFP，所以AD⊥PB.
（2）能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.
由
（1）知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.
又BF⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.
连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于G，所以GH⊥平面ABCD.
又GH⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.
因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以
＝
＝
，所以
＝
＝
，所以GH＝
PF＝
，
所以VDCEG＝VGCDE＝
S△CDE·GH＝
×
DC·CE·sin
·GH＝
.
一、选择题
1．已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是（ ）
A．m∥β且l1∥α B．m∥β且n∥β
C．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2
解析：
选D.由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”知，由选项D可推知α∥β.
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
解析：
选C.对A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；对B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；对C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确；对D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．故选C.
3．（2019·长春市质量监测
（一））在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为（ ）
A．1B.
C.
D.
解析：
选D.由题意画出图形如图所示，取AD1的中点为O，连接OC1，OA1，易知OA1⊥平面ABC1D1，所以∠A1C1O是直线A1C1与平面ABC1D1所成的角，在Rt△OA1C1中，A1C1＝2OA1，所以sin∠A1C1O＝
＝
.故选D.
4．（2019·高考全国卷Ⅲ）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：
选B.如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝
.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2
，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2
，所以在等腰三角形BDE中，BM＝
，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．故选B.
5．在四面体ABCD中，AB⊥AD，AB＝AD＝BC＝CD＝1，且平面ABD⊥平面BCD，M为AB的中点，则线段CM的长为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
选C.如图所示，取BD的中点O，
连接OA，OC，
因为AB＝AD＝BC＝CD＝1，
所以OA⊥BD，OC⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，
所以OA⊥平面BCD，OA⊥OC.
又AB⊥AD，所以DB＝
，
取OB的中点N，连接MN，CN，
所以MN∥OA，MN⊥平面BCD，所以MN⊥CN.
所以CM＝
＝
.
6．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是（ ）
A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC
解析：
选D.因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，
所以BD⊥CD.
又平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD＝BD，
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.
又AB⊂平面ABC，
所以平面ADC⊥平面ABC.
二、填空题
7．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则下列四个命题：
①α∥β⇒l⊥m；
②α⊥β⇒l∥m；
③l∥m⇒α⊥β；
④l⊥m⇒α∥β.
其中正确命题的序号是________．
解析：
直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，
当α∥β有l⊥m，故①正确．
当α⊥β有l∥m或l与m异面或相交，故②不正确．
当l∥m有α⊥β，故③正确．
当l⊥m有α∥β或α与β相交，故④不正确．
综上可知①③正确．
答案：
①③
8．（2019·成都第一次诊断性检测）在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为______．
解析：
如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角（或其补角）．设三棱柱的棱长为2，则PN＝
，PB＝
，BN＝
，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝
＝
＝
.
答案：
9.
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________．
解析：
作CH⊥AB于点H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，即PH为PM的最小值．在△ABC中，因为∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，所以BC＝4，所以CH＝2
.因为PC＝4，所以PH＝2
.
答案：
2
三、解答题
10．如图，在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
（1）求证：
平面CMN∥平面PAB；
（2）求三棱锥PABM的体积．
解：
（1）证明：
因为M，N分别为PD，AD的中点，
所以MN∥PA，又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，
所以∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.
又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.
（2）由
（1）知，平面CMN∥平面PAB，
所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．
因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝
，
所以三棱锥PABM的体积V＝VMPAB＝VCPAB＝VPABC＝
×
×1×
×2＝
.
11.
（2019·高考北京卷）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
（1）求证：
BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC＝60°，求证：
平面PAB⊥平面PAE；
（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？
说明理由．
解：
（1）证明：
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
所以BD⊥平面PAC.
（2）证明：
因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
所以AE⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PAE.
（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF，FG，EG.
则FG∥AB，且FG＝
AB.
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝
AB.
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形．
所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE.
所以CF∥平面PAE.
12．（2019·东北四市联合体模拟
（一））如图，等腰梯形ABCD中，A
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