1、第5节直线、平面垂直的判定及其性质考试要求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垂直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空间图形的垂直关系的简单命题.知 识 梳 理1.直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面内的任意直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直.(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一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直l性质定理 两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行ab2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两
2、个平面互相垂直.(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一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面l常用结论与易错提醒1.垂直关系的转化2.直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直.(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)直线l与平面内的无数
3、条直线都垂直，则l.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行.()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.()(4)若平面内的一条直线垂直于平面内的无数条直线，则.()解析(1)直线l与平面内的无数条直线都垂直，则有l或l与斜交或l或l，故(1)错误.(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误.(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误.(4)若平面内的一条直线垂直于平面内的所有直线，则，故(4)错误.答案(1)(2)(3)(4)2.(2020温州适应性测试
4、)设m，n为直线，为平面，则m的一个充分条件可以是()A.，n，mn B.，mC.，m D.n，mn解析对于A，直线m与平面可能平行、相交或直线m在平面内，A错误；对于B，由直线垂直于两平行平面中的一个，得该直线垂直于另一个平面，B正确，对于C，直线m与平面可能平行、相交或直线m在平面内，C错误；对于D，直线m与平面可能平行、相交或直线m在平面内，D错误.综上所述，故选B.答案B3.(2016浙江卷)已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()A.ml B.mn C.nl D.mn解析因为l，所以l，又n，所以nl，故选C.答案C4.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱
5、CD的中点，则()A.A1EDC1 B.A1EBDC.A1EBC1 D.A1EAC解析如图，由题设知A1B1平面BCC1B1且BC1平面BCC1B1，从而A1B1BC1，又B1CBC1，且A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1CD，又A1E平面A1B1CD，所以A1EBC1.答案C5.(2020北京顺义区二模)已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则()A.若m，则mB.若m，n，则mnC.若m，n，m，n，则D.若m，n，则mn解析在如图所示的正方体中依次判断各个选项；A选项，面ABCD面ADD1A1，AA1面ABCD，此时AA1面ADD1A1，可知A错误；B选项，m，则内必存在
6、直线，使得ml；又n，则nl，可知nm，可知B正确；C选项，取AA1和DD1中点E和F，可知A1D1面ABCD，EF面ABCD，A1D1，EF面ADD1A1，此时面ADD1A1面ABCD，可知C错误；D选项，AA1面BCC1B1，AD面BCC1B1，此时AA1ADA，可知D错误.答案B6.(必修2P67练习2改编)在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，(1)若PAPBPC，则点O是ABC的_心.(2)若PAPB，PBPC，PCPA，则点O是ABC的_心.解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在RtPOA、RtPOB和RtPOC中，PAPCPB，所以OAOBOC，即O为AB
7、C的外心. 图1 图2(2)如图2，PCPA，PBPC，PAPBP，PC平面PAB，AB平面PAB，PCAB，又ABPO，POPCP，AB平面PGC，又CG平面PGC，ABCG，即CG为ABC边AB的高.同理可证BD，AH分别为ABC边AC，BC上的高，即O为ABC的垂心.答案(1)外(2)垂考点一线面垂直的判定与性质【例1】 (2020苏锡常镇四市一调)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的高为，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点.求证：(1)B1M平面A1BN；(2)AD平面A1BN.证明(1)连接MN，正三棱柱ABCA1B1C1中，四边
8、形AA1C1C是平行四边形，因为点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，所以MNAA1且MNAA1，又正三棱柱ABCA1B1C1中AA1BB1且AA1BB1，所以MNBB1且MNBB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B1MBN，又B1M平面A1BN，BN平面A1BN，所以B1M平面A1BN.(2)正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，BN平面ABC，所以BNAA1.在正ABC中，N是AC的中点，所以BNAC，又AA1，AC平面AA1C1C，AA1ACA，所以BN平面AA1C1C，又AD平面AA1C1C，所以ADBN.由题意，AA1，AC2，AN1，CD，所以，又A1ANACD，
9、所以A1ANACD，则AA1NCAD，所以ANA1CADANA1AA1N，则ADA1N，又BNA1NN，BN，A1N平面A1BN，所以AD平面A1BN.规律方法(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：判定定理；垂直于平面的传递性(ab，ab)；面面平行的性质(a，a)；面面垂直的性质(，a，la，ll).(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.【训练1】 如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且ADDB，点C为圆O上一点，且BCAC，PD平面ABC，PDDB.求证：PACD.证明因为A
10、B为圆O的直径，所以ACCB.在RtABC中，由ACBC得，ABC30.设AD1，由3ADDB得，DB3，BC2.由余弦定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303，所以CD2DB2BC2，即CDAB.因为PD平面ABC，CD平面ABC，所以PDCD，由PDABD得，CD平面PAB，又PA平面PAB，所以PACD.考点二面面垂直的判定与性质【例2】 (2018江苏卷)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求证：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC.证明(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1.因为AB平面A1B1C，A
11、1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1A1B.又因为AB1B1C1，BCB1C1，所以AB1BC.又因为A1BBCB，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1平面A1BC.因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1平面A1BC.规律方法(1)证明平面和平面垂直的方法：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理.(2)已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.【训练2】 如图，在
12、三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明(1)在平面ABD内，ABAD，EFAD，则ABEF.AB平面ABC，EF平面ABC，EF平面ABC.(2)BCBD，平面ABD平面BCDBD，平面ABD平面BCD，BC平面BCD，BC平面ABD.AD平面ABD，BCAD.又ABAD，BC，AB平面ABC，BCABB，AD平面ABC，又因为AC平面ABC，ADAC.考点三平行与垂直的综合问题 多维探究角度1多面体中平行与垂直关系的证明【例31】 (2018北京卷)如图，在四棱
13、锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点.(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.证明(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD.所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD.又PD平面PAD，所以ABPD.又因为PAPD，且PAABA，所以PD平面PAB.又PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如图，取PC中点G，连接FG
14、，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.规律方法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.(2)垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.角度2平行垂直中探索性问题【例32】 如图所示，平面ABCD平面BCE，四边形ABCD为矩形，BCCE，点F为CE的中点.(1)证明：AE平面BDF.(2)点M为CD上任意一点，在线段A
15、E上是否存在点P，使得PMBE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.(1)证明连接AC交BD于O，连接OF，如图.四边形ABCD是矩形，O为AC的中点，又F为EC的中点，OF为ACE的中位线，OFAE，又OF平面BDF，AE平面BDF，AE平面BDF.(2)解当P为AE中点时，有PMBE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，P为AE的中点，H为BE的中点，PHAB，又ABCD，PHCD，P，H，C，D四点共面.平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC，CD平面ABCD，CDBC.CD平面BCE，又BE平面BCE，CDBE，BCCE，H为BE的中点，CH
16、BE，又CDCHC，BE平面DPHC，又PM平面DPHC，BEPM，即PMBE.规律方法(1)求条件探索性问题的主要途径：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；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.(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.【训练3】 (1)(角度1)(2019江苏卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC.求证：A1B1平面DEC1；BEC1E.(2)(角度2)(2018全国卷)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面
17、垂直，M是上异于C，D的点.证明：平面AMD平面BMC；在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由.(1)证明因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.(2)证明由题设知
18、，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.解当P为AM的中点时，MC平面PBD.证明如下：如图，连接AC，BD，AC交BD于O.因为ABCD为矩形，所以O为AC中点.连接OP，因为P为AM中点，所以MCOP.MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.基础巩固题组一、选择题1.已知平面平面，且b，a，则“ab”是“a”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既
19、不充分也不必要条件解析平面平面，且b，a，若ab，则a，充分性成立；平面平面，因为b，所以b，若a，则ab，必要性成立，所以“ab”是“a”的充要条件，故选C.答案C2.下列命题正确的是()A.若直线l不平行于平面，则内不存在直线平行于直线lB.若直线l不垂直于平面，则内不存在直线垂直于直线l C.若平面不平行于平面，则内不存在直线平行于平面D.若平面不垂直于平面，则内不存在直线垂直于平面解析A中，若直线l在平面内，则平面内存在直线平行于直线l；B中，平面内存在无数条直线与直线l垂直；C中，平面内与两平面交线平行的直线都与平面平行；故选D.答案D3.(2015浙江卷)设，是两个不同的平面，l，
20、m是两条不同的直线，且l，m()A.若l，则 B.若，则lmC.若l，则 D.若，则lm解析由面面垂直的判定定理可知A正确；B中，l与m可能平行、垂直、相交、异面；C中，与可能相交、平行；D中，l与m可能异面、平行.答案A4.若平面，满足，l，P，Pl，则下列命题中是假命题的为()A.过点P垂直于平面的直线平行于平面B.过点P垂直于直线l的直线在平面内C.过点P垂直于平面的直线在平面内D.过点P且在平面内垂直于l的直线必垂直于平面解析由于过点P垂直于平面的直线必平行于平面内垂直于交线的直线，因此也平行于平面，因此A正确.过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面，不一定在平面内，因此B不正确.根
21、据面面垂直的性质定理知C，D正确.答案B5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A.BC平面PDFB.DF平面PAEC.平面PDF平面PAED.平面PDE平面ABC解析因为BCDF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC平面PDF，故选项A正确.在正四面体中，AEBC，PEBC，AEPEE，BC平面PAE，DFBC，则DF平面PAE，又DF平面PDF，从而平面PDF平面PAE.因此B，C均正确.答案D6.(2020北京门头沟区一模)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线A
22、B与平面MNQ不垂直的是()解析对于A，AB为体对角线，M、N、Q分别为棱的中点，由中位线定理可得MN，MQ，NQ平行于所对应的面对角线，连接另一条面对角线，由线面垂直的判定可得AB垂直于MN，MQ，NQ，可得AB垂直于平面MNQ；对于B，AB为上底面的对角线，显然AB垂直于MN，与AB相对的下底面的面对角线平行，且与直线NQ垂直，可得AB垂直于平面MNQ；对于C，AB为前面的面对角线，显然AB垂直于MN，QN在下底面且与棱平行，此棱垂直于AB所在的面，即有AB垂直于QN，可得AB垂直于平面MNQ；对于D，AB为上底面的对角线，MN平行于前面的一条面对角线，此对角线与AB所成角为60，则AB不
23、垂直于平面MNQ.答案D二、填空题7.如图，已知PA平面ABC，BCAC，则图中直角三角形的个数为_.解析PA平面ABC，AB，AC，BC平面ABC，PAAB，PAAC，PABC，则PAB，PAC为直角三角形.由BCAC，且ACPAA，BC平面PAC，从而BCPC，因此ABC，PBC也是直角三角形.答案48.(2019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：_.解析已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以相交不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推
24、出lm.故正确的命题是或.答案若m，l，则lm(或若lm，l，则m，答案不唯一)9.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).解析由题意可知，BDPC.当DMPC(或BMPC)时，有PC平面MBD.又PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案DMPC(或BMPC等)10.已知，是两个平面，m，n是两条直线.(1)如果m，n，那么m，n的位置关系是_；(2)如果mn，那么m与所成的角和n与所成的角的大小关系是_.解析(1)由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，m，所以ml，所
25、以mn.(2)因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等.因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所成的角相等.答案(1)垂直(2)相等三、解答题11.如图，在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，PAPB，M，N分别为AB，PA的中点.(1)求证：PB平面MNC；(2)若ACBC，求证：PA平面MNC.证明(1)因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MNPB.又因为MN平面MNC，PB平面MNC，所以PB平面MNC.(2)因为PAPB，MNPB，所以PAMN.因为ACBC，AMBM，所以CMAB.因为平面PAB平面ABC，CM平面ABC，平面PAB平面ABCAB.
26、所以CM平面PAB.因为PA平面PAB，所以CMPA.又MNCMM，所以PA平面MNC.12.(2019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ABC60，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.(1)证明因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.因为底面ABCD为菱形，所以BDAC.又PAACA，所以BD平面PAC.(2)证明因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.因为底面ABCD为菱形，ABC60，且E为CD的中点，所以AECD.又因
27、为ABCD，所以ABAE.又ABPAA，所以AE平面PAB.因为AE平面PAE，所以平面PAB平面PAE.(3)解棱PB上存在点F，使得CF平面PAE.理由如下：取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，则FGAB，且FGAB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEAB，且CEAB.所以FGCE，且FGCE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CFEG.因为CF平面PAE，EG平面PAE，所以CF平面PAE.能力提升题组13.(2019全国卷)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.BMEN，且直线BM，E
28、N是相交直线B.BMEN，且直线BM，EN是相交直线C.BMEN，且直线BM，EN是异面直线D.BMEN，且直线BM，EN是异面直线解析取CD的中点O，连接ON，EO，因为ECD为正三角形，所以EOCD，又平面ECD平面ABCD，平面ECD平面ABCDCD，所以EO平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO，ON1，所以EN2EO2ON24，得EN2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP，CP，所以BM2MP2BP2227，得BM，所以BMEN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.答案
29、B14.(2020浙江教育绿色评价联盟适考)在三棱锥PABC中，E为线段AB(不包括端点)上一点，则错误的是()A.一定存在唯一的平面经过点E，使得平面平面PACB.一定存在唯一的平面经过点E，使得平面平面PACC.一定存在唯一的平面经过点E，使得平面PAD.在平面ABC内，一定存在唯一的直线l经过点E，使得l平面PAC解析由点E为平面PAC外一点，逐项分析如下：选项理由正误A过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行正确B过一点有且只有一条直线与已知平面垂直；过平面垂线的所有平面与已知平面垂直错误C过一点有且只有一个平面与已知直线垂直正确D过已知平面的平行直线的平面与已知平面相交，则交线与已
30、知直线平行；又在同一平面内有且只有一条直线与已知直线平行正确故选B.答案B15.如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45.其中正确的有_(把所有正确的序号都填上).解析由PA平面ABC，AE平面ABC，得PAAE，又由正六边形的性质得AEAB，PAABA，得AE平面PAB，又PB平面PAB，AEPB，正确；又平面PAD平面ABC，平面ABC平面PBC不成立，错误；由正六边形的性质得BCAD，又AD平面PAD，BC平面PAD，BC平面PAD，直线BC平面PAE也不成立，错误；在RtPA
31、D中，PAAD2AB，PDA45，正确.答案16.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，底面是以ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF_时，CF平面B1DF.解析由题意易知B1D平面ACC1A1，所以B1DCF.要使CF平面B1DF，只需CFDF即可.令CFDF，设AFx，则A1F3ax.易知RtCAFRtFA1D，得，即，整理得x23ax2a20，解得xa或x2a.答案a或2a17.如图，在四棱锥PABCD中，PACD，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD.(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM平面PA
32、B，并说明理由.(2)证明：平面PAB平面PBD.(1)解取棱AD的中点M(M平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：连接CM，因为ADBC，BCAD.所以BCAM，且BCAM.所以四边形AMCB是平行四边形，从而CMAB.又AB平面PAB.CM平面PAB.所以CM平面PAB.(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明由已知，PAAB，PACD.因为ADBC，BCAD，所以直线AB与CD相交，所以PA平面ABCD.又BD平面ABCD，从而PABD.因为ADBC，BCAD，M为AD的中点，连接BM，所以BCMD，且BCMD.所以四边形BCDM是平行四边形，所以
33、BMCDAD，所以BDAB.又ABAPA，所以BD平面PAB.又BD平面PBD，所以平面PAB平面PBD.18.(2020北京西城区测试)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，侧面ADEF为梯形，AFDE，DEAD，DCDE.(1)求证：ADCE；(2)求证：BF平面CDE；(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面ADQ平面BCE？并说明理由.(1)证明由底面ABCD为矩形知ADCD.又因为DEAD，DECDD，所以AD平面CDE.又因为CE平面CDE，所以ADCE.(2)证明由底面ABCD为矩形，知ABCD，又因为AB平面CDE，CD平面CDE，所以AB平面CDE.同理AF平面CDE，又因为ABAFA，所以平面ABF平面CDE.又因为BF平面ABF，所以BF平面CDE.(3)解结论：线段BE上存在点Q(即BE的中点)，使得平面ADQ平面BCE.证明如下：取CE的中点P，BE的中点Q，连接AQ，DP，PQ，则PQBC.由ADBC，得PQAD.所以A，D，P，Q四点共面.由(1)知AD平面CDE，又DP平面CDE，所以ADDP，故BCDP.在CDE中，由DCDE，可得DPCE.又因为BCCEC，所以DP平面BCE.又因为DP平面ADPQ，所以平面ADPQ平面BCE(即平面ADQ平面BCE).即线段BE上存在点Q(即BE中点)，使得平面ADQ平面BCE.
