知識點01：平面與平面平行
1、平面與平面位置關(guān)系
2、平面與平面平行的判定定理
如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行
圖形語言：

符號語言：且，那么
3、兩個平面平行的性質(zhì)定理
如果兩個平面平行同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行
圖形語言：
符號語言：若，，則
4、幾個重要結(jié)論
（1）垂直于同一條直線的兩個平面平行
（2）如果兩個平面平行那么在一個平面內(nèi)任何一條直線都平行于另一個平面
（3）一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，則它也垂直于另外一個
（4）夾在兩個平行平面中的平行線段相等
（5）經(jīng)過平面外一點有且僅有一個平面與已知直線平行
注：①兩個平面平行的判定定理中必須是“兩條”“相交”直線才能得出面面平行，把條件改成“一條”、“兩條”、“無數(shù)條”都不一定成立
②面面平行則面內(nèi)的所有直線都平行與另一個平面，但是分別在兩個平行平面內(nèi)的兩條直線不一定平行
5、半平面的定義
一個平面內(nèi)的一條直線，把這個平面分成兩部分，其中的每一部分都叫做半平面
【即學(xué)即練1】如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點．
求證：(1)B，C，H，G四點共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
【解析】證明 (1)∵GH是△A1B1C1的中位線，
∴GH∥B1C1.
又B1C1∥BC，∴GH∥BC，
∴B，C，H，G四點共面．
(2)∵E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，
∴EF∥BC.
∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG.
∵A1G∥EB且A1G＝EB，
∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.
∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，
∴平面EFA1∥平面BCHG.
知識點02：二面角
1、二面角的定義
從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角，這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面
2、畫法
第一種是臥式法，也稱為平臥式：
第二種是立式法，也稱為直立式：
3、二面角的平面角：
（1）過二面角的棱上的一點分別在兩個半平面內(nèi)作棱的兩條垂線，則叫做
二面角的平面角
（2）一個平面垂直于二面角的棱，且與兩半平面交線分別為為垂足，
則也是的平面角
求解二面角的常用方法：
1、定義法：過二面角的棱上任一點在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的直線，則兩直線所構(gòu)成的角即為二面角的平面角，繼而在平面中求出其平面角的一種方法；
2、三垂線法：利用三垂線定理，根據(jù) “與射影垂直 ，則也與斜線垂直”的思想構(gòu)造出二面角的平面角，繼而求出平面角的方法；
3、垂面法：指用垂直于棱的平面去截二面角，則截面與二面角的兩個面必有兩條交線，這兩條交線構(gòu)成的角即為二面角的平面角，繼而再求出其平面角的一種方法；
4、面積射影法：根據(jù)圖形及其在某一個平面上的射影面積之間的關(guān)系，利用射影的面積比上原來的面積等于二面角的余弦值，來計算二面角。此法常用于無棱的二面角；
5、法向量法：通過求與二面角垂直的兩個向量所成的角，繼而利用這個角與二面角的平面角相等或互補的關(guān)系，求出二面角的一種方法。
【即學(xué)即練2】如圖所示，已知三棱錐A－BCD的各棱長均為2，求二面角A－CD－B的平面角的余弦值．
【解析】解 如圖，取CD的中點M，連接AM，BM，
則AM⊥CD，BM⊥CD.
由二面角的定義可知∠AMB為二面角A－CD－B的平面角．
設(shè)點H是△BCD的中心，連接AH，
則AH⊥平面BCD，且點H在線段BM上．
在Rt△AMH中，AM＝eq \f(\r(3),2)×2＝eq \r(3)，
HM＝eq \f(\r(3),2)×2×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(3),3)，
則cs∠AMB＝eq \f(HM,AM)＝eq \f(\f(\r(3),3),\r(3))＝eq \f(1,3)，
即所求二面角的平面角的余弦值為eq \f(1,3).
知識點03平面與平面垂直
1、平面與平面垂直定義
兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面垂直.
表示方法：平面與垂直，記作.
畫法：兩個互相垂直的平面通常把直立平面的豎邊畫成與水平平面的橫邊垂直.
如圖：

2、平面與平面垂直的判定定理
判定定理：一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直.
符號語言：
圖形語言：

特征：線面垂直面面垂直
注：平面與平面垂直的判定定理告訴我們，可以通過直線與平面垂直來證明平面與平面垂直.通常我們將其記為“線面垂直，則面面垂直”.因此，處理面面垂直問題處理線面垂直問題，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為處理線線垂直問題.以后證明平面與平面垂直，只要在一個平面內(nèi)找到兩條相交直線和另一個平面垂直即可.
3、平面與平面垂直的性質(zhì)
性質(zhì)定理：兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直.
符號語言：
圖形語言：

【即學(xué)即練3】如圖，在邊長為a的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABCD，求證：平面PDB⊥平面PAC.
證明 ∵PC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PC⊥BD.
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，
又PC∩AC＝C，PC，AC?平面PAC，
∴BD⊥平面PAC.
∵BD?平面PDB，∴平面PDB⊥平面PAC.
題型01 平面與平面平行的判定
【解題策略】
【例1】如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形．點M，N，Q分別在PA，BD，PD上，且PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD.求證：平面MNQ∥平面PBC.
[證明] ∵PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD，
∴MQ∥AD，NQ∥BP.
又∵BP?平面PBC，NQ?平面PBC，
∴NQ∥平面PBC.
∵四邊形ABCD為平行四邊形．
∴BC∥AD，∴MQ∥BC.
又∵BC?平面PBC，MQ?平面PBC，
∴MQ∥平面PBC.
又∵M(jìn)Q∩NQ＝Q，
∴平面MNQ∥平面PBC.
【變式1-1】如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是PA，PB，PC的中點，M是AB上一點，連接MC，N是PM與DE的交點，連接NF，求證：NF∥CM.
證明 因為D，E分別是PA，PB的中點，
所以DE∥AB.
又DE?平面ABC，AB?平面ABC，
所以DE∥平面ABC，
同理DF∥平面ABC，且DE∩DF＝D，DE，DF?平面DEF，
所以平面DEF∥平面ABC.
又平面PCM∩平面DEF＝NF，
平面PCM∩平面ABC＝CM，
所以NF∥CM.
【變式1-2】如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面ABCD為矩形，E，F(xiàn)，H分別為AB，CD，PD的中點，求證：平面AFH∥平面PCE.
證明 因為F為CD的中點，H為PD的中點，
所以FH∥PC，
又FH?平面PEC，PC?平面PEC，
所以FH∥平面PCE.
又AE∥CF且AE＝CF，
所以四邊形AECF為平行四邊形，
所以AF∥CE，
又AF?平面PCE，CE?平面PCE，
所以AF∥平面PCE.
又FH?平面AFH，AF?平面AFH，F(xiàn)H∩AF＝F，
所以平面AFH∥平面PCE.
題型02 平面與平面平行的性質(zhì)
【解題策略】

【例2】 如圖，已知平面α∥平面β，P?α且P?β，過點P的直線m與α、β分別交于A、C，過點P的直線n與α、β分別交于B、D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，求BD的長．
[解] 因為AC∩BD＝P，所以經(jīng)過直線AC與BD可確定平面PCD，
因為α∥β，α∩平面PCD＝AB，β∩平面PCD＝CD，所以AB∥CD.所以eq \f(PA,AC)＝eq \f(PB,BD)，即eq \f(6,9)＝eq \f(8－BD,BD).
所以BD＝eq \f(24,5).
【變式2-1】如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，過BB1的中點E作一個與平面ACB1平行的平面交AB于點M，交BC于點N，則eq \f(MN,AC)＝________.
【答案】 eq \f(1,2)
【解析】∵平面MNE∥平面ACB1，
由面面平行的性質(zhì)定理可得EN∥B1C，EM∥B1A，
又∵E為BB1的中點，∴M，N分別為BA，BC的中點，
∴MN＝eq \f(1,2)AC，即eq \f(MN,AC)＝eq \f(1,2).
【變式2-2】已知直線l與平面α，β，γ依次交于點A，B，C，直線m與平面α，β，γ依次交于點D，E，F(xiàn)，若α∥β∥γ，AB＝EF＝3，BC＝4，則DE＝________.
【答案】 eq \f(9,4)
【解析】如圖，連接CD交平面β于點G，連接EG，BG，AD，CF，設(shè)l與CD確定的平面為α1，因為α∩α1＝AD，β∩α1＝BG，且α∥β，所以AD∥BG，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(DG,GC)，同理可得，GE∥CF，eq \f(DG,GC)＝eq \f(DE,EF)，所以eq \f(AB,BC)＝eq \f(DE,EF)，所以DE＝eq \f(AB·EF,BC)＝eq \f(3×3,4)＝eq \f(9,4).
題型03 平行問題的綜合應(yīng)用
【解題策略】
【例3-1】如圖，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是PA，PB，PC的中點，M是AB上一點，連接MC，N是PM與DE的交點，連接NF，求證：NF∥CM.
證明 因為D，E分別是PA，PB的中點，
所以DE∥AB.
又DE?平面ABC，AB?平面ABC，
所以DE∥平面ABC，
同理DF∥平面ABC，且DE∩DF＝D，DE，DF?平面DEF，
所以平面DEF∥平面ABC.
又平面PCM∩平面DEF＝NF，
平面PCM∩平面ABC＝CM，
所以NF∥CM.
【例3-2】如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)面對角線AB1，BC1上分別有兩點E，F(xiàn)，且B1E＝C1F.求證：EF∥平面ABCD.
證明 過點E作EG∥AB交BB1于點G，連接GF，如圖，
則eq \f(B1E,B1A)＝eq \f(B1G,B1B).
∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，
∴eq \f(C1F,C1B)＝eq \f(B1G,B1B)，∴FG∥B1C1，
又B1C1∥BC，∴FG∥BC，
又FG?平面ABCD，
BC?平面ABCD，
∴FG∥平面ABCD，
又EG∥AB且EG?平面ABCD，AB?平面ABCD，
∴EG∥平面ABCD，
∵FG∩EG＝G，F(xiàn)G，EG?平面EFG，
∴平面EFG∥平面ABCD.
∵EF?平面EFG，∴EF∥平面ABCD.
【變式3-1】如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AD∥BC，平面A1DCE與B1B交于點E.求證：EC∥A1D.
證明 因為BE∥AA1，
AA1?平面AA1D，BE?平面AA1D，
所以BE∥平面AA1D.
因為BC∥AD，AD?平面AA1D，
BC?平面AA1D，所以BC∥平面AA1D.
又BE∩BC＝B，BE?平面BCE，BC?平面BCE，
所以平面BCE∥平面AA1D.
又平面A1DCE∩平面BCE＝EC，
平面A1DCE∩平面AA1D＝A1D，
所以EC∥A1D.
【變式3-2】如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于GH.
求證：GH∥平面PAD.
[證明] 如圖所示，連接AC交BD于點O，連接MO.
∵ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，又M是PC的中點，
∴PA∥MO，而AP?平面BDM，OM?平面BDM，
∴PA∥平面BMD，
又∵PA?平面PAHG，
平面PAHG∩平面BMD＝GH，
∴PA∥GH.
又PA?平面PAD，GH?平面PAD，
∴GH∥平面PAD.
【變式3-3】如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，BB1＝2eq \r(2)，點E，F(xiàn)，M分別為C1D1，A1D1，B1C1的中點，過點M的平面α與平面DEF平行，且與長方體的面相交，交線圍成一個平面圖形．在圖中，畫出這個平面圖形，并求這個平面圖形的面積(不必說明畫法與理由)．
解 如圖，設(shè)N為A1B1的中點，連接MN，AN，AC，CM，則四邊形MNAC為所求的平面圖形．
因為M，N，E，F(xiàn)均為所在棱的中點，所以MN∥EF，
又EF?平面DEF，
MN?平面DEF，
所以MN∥平面DEF，
又AN∥DE，AN?平面DEF，DE?平面DEF，所以AN∥平面DEF，
又MN∩AN＝N，MN，AN?平面MNAC，所以平面MNAC∥平面DEF.
易知MN∥AC，AN＝MC，則四邊形MNAC為等腰梯形，且MN＝eq \f(1,2)AC＝2eq \r(2)，
過點M作MP⊥AC于點P，
可得MC＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3)，PC＝eq \f(AC－MN,2)＝eq \r(2)，
所以MP＝eq \r(MC2－PC2)＝eq \r(10)，
所以S梯形MNAC＝eq \f(1,2)×(2eq \r(2)＋4eq \r(2))×eq \r(10)＝6eq \r(5).
題型04 二面角的計算問題
【解題策略】
【例4】如圖，AC⊥平面BCD，BD⊥CD, AC＝eq \f(1,2)AD，求平面 ABD 與平面BCD 所成的二面角的大小．
[證明] 因為AC⊥平面 BCD，BD?平面 BCD，
所以BD⊥AC.
又因為BD⊥CD，AC∩CD＝C，
所以BD⊥平面 ACD.
因為AD?平面 ACD，所以AD⊥BD，
所以∠ADC即為平面 ABD 與平面 BCD 所成二面角的平面角．
在Rt△ACD中，AC＝eq \f(1,2)AD，所以∠ADC＝30°.
【變式4-1】若一個正四棱錐的高和底面邊長都為a，則它的側(cè)面與底面所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(11),11) D.eq \f(\r(13),13)
【答案】 B
【解析】如圖所示，在正四棱錐P－ABCD中，取AB的中點為H，底面正方形的中心為O，連接OH，PH，PO，
因為PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO為側(cè)面與底面所成的角，
因為PO為高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH，
又OH＝eq \f(a,2)，PO＝a，PH＝eq \r(OH2＋PO2)＝eq \f(\r(5),2)a，
所以在Rt△POH中，cs∠PHO＝eq \f(OH,PH)＝eq \f(\r(5),5)，
所以側(cè)面與底面所成角的余弦值為eq \f(\r(5),5).
【變式4-2】在正方體ABCD－A1B1C1D1中，截面A1BD與底面ABCD所成的二面角A1－BD－A的正切值等于( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \r(2) D.eq \r(3)
【答案】C
【解析】如圖所示，連接AC交BD于點O，連接A1O，則∠A1OA為二面角A1－BD－A的平面角，
設(shè)A1A＝a，則AO＝eq \f(\r(2),2)a，
所以tan∠A1OA＝eq \f(a,\f(\r(2),2)a)＝eq \r(2).
【變式4-3】如圖，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圓周上的一點，且PA＝AC，求二面角P－BC－A的大?。?br>解 由已知PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴PA⊥BC.
∵AB是⊙O的直徑，且點C在圓周上，∴AC⊥BC.
又∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
∴BC⊥平面PAC.
又PC?平面PAC，∴PC⊥BC.
又∵BC是二面角P－BC－A的棱，
∴∠PCA是二面角P－BC－A的平面角．
由PA＝AC知△PAC是等腰直角三角形，
∴∠PCA＝45°，即二面角P－BC－A的大小是45°.
題型05 平面與平面垂直的判定
【解題策略】
【例5】如圖所示，在四面體ABCS 中，已知∠BSC＝90°，∠BSA＝∠CSA＝60°，又SA＝SB＝SC.
求證：平面ABC⊥平面SBC.
[證明] (1)法一：(利用定義證明)
因為∠BSA＝∠CSA＝60°，SA＝SB＝SC，
所以△ASB和△ASC是等邊三角形，
則有SA＝SB＝SC＝AB＝AC，
令其值為a，則△ABC和△SBC為共底邊BC的等腰三角形．
取BC的中點D，如圖所示，
連接AD，SD，則AD⊥BC，SD⊥BC，
所以∠ADS為二面角A-BC-S的平面角．
在Rt△BSC中，因為SB＝SC＝a，
所以SD＝eq \f(\r(2),2)a，BD＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(2),2)a.
在Rt△ABD中，AD＝eq \f(\r(2),2)a，
在△ADS中，因為SD2＋AD2＝SA2，
所以∠ADS＝90°，即二面角A-BC-S為直二面角，故平面ABC⊥平面SBC.
法二：(利用判定定理)
因為SA＝SB＝SC，且∠BSA＝∠CSA＝60°，
所以SA＝AB＝AC，
所以點A在平面SBC上的射影為△SBC的外心．
因為△SBC為直角三角形，
所以點A在△SBC上的射影D為斜邊BC的中點，
所以AD⊥平面SBC.
又因為AD?平面ABC，所以平面ABC⊥平面SBC.
【變式5-1】如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中點．求證：平面ABM⊥平面A1B1M.
證明 由長方體的性質(zhì)可知A1B1⊥平面BCC1B1，
又BM?平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BM.
又CC1＝2，M為CC1的中點，
所以C1M＝CM＝1.
在Rt△B1C1M中，B1M＝eq \r(B1C\\al(2,1)＋MC\\al(2,1))＝eq \r(2)，
同理BM＝eq \r(BC2＋CM2)＝eq \r(2)，
又B1B＝2，
所以B1M2＋BM2＝B1B2，從而BM⊥B1M.
又A1B1∩B1M＝B1，A1B1，B1M?平面A1B1M，
所以BM⊥平面A1B1M，
因為BM?平面ABM，
所以平面ABM⊥平面A1B1M.
【變式5-2】．（2023春·上海黃浦·高二格致中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在正三棱柱中，是棱的中點
(1)求證：平面平面；
(2)求與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.
（2）判斷出與平面所成角，解直角三角形求得所成角的正弦值.
【詳解】（1）連接交于點，連接，如圖所示,
在正三棱柱中，
平面平面,
是棱的中點，則,同理
在正方形中，是的中點，則,
同理可得是的中點，則,
又平面，則平面,
又平面，則平面平面.
（2）由（1）得平面平面，平面平面，
平面,
平面，則即為與平面所成的角，
又，
在中，，
故與平面所成角的正弦值為.
【變式5-3】如圖，在四棱錐中，平面平面，是等邊三角形，已知，，，為棱上的一點．
(1)求證：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）要證明平面 平面MBD，只需要證明 平面PAD；
（2）根據(jù)兩面角的定義構(gòu)造三角形，運用余弦定理和面積投影法計算.
【詳解】（1）取中點，聯(lián)結(jié)，則 ，
因為平面平面且平面 平面，
所以平面，而 平面，所以，
因為，所以 ，
因為 平面且 平面，
所以 平面，
又因為 平面，所以平面平面；
（2）
取PD的中點F，則 ，由（1）的結(jié)論知： 平面， 平面PAD， ，
平面PBD， 平面PBD， ， 平面 PBD，即平面 PAB在平面PBD上的投影是PBF，
在 中， ，
，
在 中， ， ， ，
設(shè)二面角的平面角為，由面積射影法， ，
即二面角的余弦值為；
題型06 面面垂直性質(zhì)定理的應(yīng)用
【解題策略】
【例6】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.
求證：BC⊥AB.
[證明] 如圖，在平面PAB內(nèi)，作AD⊥PB于點D.
∵平面PAB⊥平面PBC，
且平面PAB∩平面PBC＝PB，AD?平面PAB，
∴AD⊥平面PBC.
又BC?平面PBC，∴AD⊥BC.
又∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC，
又∵PA∩AD＝A，∴BC⊥平面PAB.
又AB?平面PAB，∴BC⊥AB.
【變式6-1】如圖，四棱錐V-ABCD的底面是矩形，側(cè)面VAB⊥底面ABCD，又VB⊥平面VAD.
求證：平面VBC⊥平面VAC.
[證明] ∵平面VAB⊥平面ABCD，且BC⊥AB，平面VAB∩平面ABCD＝AB，BC?平面ABCD.
∴BC⊥平面VAB，
又VA?平面VAB，∴BC⊥VA，
又VB⊥平面VAD，∴VB⊥VA，
又VB∩BC＝B，∴VA⊥平面VBC，
∵VA?平面VAC，∴平面VBC⊥平面VAC.
【變式6-2】如圖所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2.將△ADC沿AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，得到幾何體D－ABC.求證：BC⊥平面ACD.
證明 如圖，在梯形ABCD中，AD＝CD＝2，AB＝4，∠ADC＝90°，
過C作CE⊥AB，E為垂足，
∴四邊形AECD為正方形，
∴CE＝AE＝EB＝2，
∴∠ACE＝∠BCE＝45°，
∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
又平面ACD⊥平面ABC，
平面ACD∩平面ABC＝AC，
BC?平面ABC，
∴BC⊥平面ACD.
【變式6-3】如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，四邊形ABCD是∠DAB＝60°且邊長為a的菱形，側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G為AD的中點．求證：
(1)BG⊥平面PAD；
(2)AD⊥PB.
證明 (1)∵四邊形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD.
又平面PAD∩平面ABD＝AD，
平面PAD⊥平面ABD，BG?平面ABD，
∴BG⊥平面PAD.
(2)由(1)可知BG⊥AD，又△PAD為正三角形，
∴PG⊥AD，BG∩PG＝G，BG，PG?平面PBG，
∴AD⊥平面PBG，
又PB?平面PBG，∴AD⊥PB.
題型07 線線、線面、面面垂直的綜合應(yīng)用
【解題策略】
【例7】如圖所示，△ABC為正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中點，求證：(1)DE＝DA；
(2)平面BDM⊥平面ECA；
(3)平面DEA⊥平面ECA.
[思路探究] (1)設(shè)出BD，分別求出DE、DA的長度或證明DM⊥AE，即證DM為AE的中垂線即可．
(2)(3)只需證明DM⊥平面ECA即可．
[證明] (1)設(shè)BD＝a，如圖，作DF∥BC交CE于F，
則CF＝DB＝a.因為CE⊥平面ABC，
所以BC⊥CF，DF⊥EC，
所以DE＝eq \r(EF2＋DF2)＝eq \r(5)a.
又因為DB⊥平面ABC，
所以DA＝eq \r(DB2＋AB2)＝eq \r(5)a，
所以DE＝DA.
(2)取CA的中點N，連接MN，BN，則MN綊eq \f(1,2)CE綊DB.
所以四邊形MNBD為平行四邊形，所以MD∥BN.
又因為EC⊥平面ABC，所以EC⊥BN，EC⊥MD.
又DE＝DA，M為EA的中點，所以DM⊥AE.
所以DM⊥平面AEC，所以平面BDM⊥平面ECA.
(3)由(2)知DM⊥平面AEC，而DM?平面DEA，
所以平面DEA⊥平面ECA.
【變式7-1】如圖，已知四棱錐的底面為直角梯形，，，且，．
(1)判斷CD是否與平面PAD垂直，并證明你的結(jié)論；
(2)求證：平面平面ABCD．
【答案】(1)垂直，理由見解析；
(2)證明見解析.
【分析】(1)根據(jù)給定條件證明即可推理作答.
(2)利用(1)的信息可得，結(jié)合已知證得平面即可推理作答.
【詳解】（1）CD與平面PAD垂直，
在四棱錐中，四邊形是直角梯形，，，
則有，即，而，，平面，
所以平面.
（2）由(1)知，平面，而平面，則，又，
因是直角梯形的兩條腰，即直線必相交，因此，平面，而平面，
所以平面平面.
【變式7-2】．如圖所示，在矩形中，，為的中點.將沿折起，使得平面平面.點是線段的中點.
(1)求證：平面平面；
(2)求證：
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，結(jié)合面面垂直性質(zhì)定理，可得線面垂直，再根據(jù)面面垂直判定定理，可得答案；
（2）由題意，根據(jù)勾股定理，可得線線垂直，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)以及線面垂直的判定定理與性質(zhì)，可得答案.
【詳解】（1）證明：在矩形中，，為的中點，∴，是的中點，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
平面，∴平面平面；
（2）證明：在矩形中，，為的中點，∴，則，∴，
由（1）知，平面，∵平面，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴.
【變式7-3】．如圖，在四棱錐中，底面ABCD是菱形，且，為等邊三角形，G為邊AD的中點，平面平面ABCD.

(1)求證：平面PAD；
(2)若E為邊BC的中點，在邊PC上是否存在點F，使平面平面ABCD？證明你的結(jié)論.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理得出線面垂直即可；
（2）當(dāng)F為PC的中點時，滿足平面平面ABCD.利用平面平面ABCD，可得平面ABCD，通過平行證明線面垂直，可得平面平面ABCD.
【詳解】（1）如圖，連接BD，因為底面ABCD是菱形，所以，又因為，所以是等邊三角形.
因為G為邊AD的中點，所以.
因為平面平面ABCD，平面平面，平面BAD，，
所以平面PAD.

（2）存在點F，且F為PC的中點.
證明如下：取PC的中點F，連接DF，EF，EG，CG，DE，PG，且CG與DE交于點M，連接FM.
因為且，E，G分別是BC，AD的中點，所以，且.
則四邊形CEGD是平行四邊形，
所以.
又因為，所以.
因為是等邊三角形，G是AD的中點，
所以.
又因為平面平面ABCD，平面平面，
所以平面ABCD，所以平面ABCD.
又平面DEF，
所以平面平面ABCD.
一．選擇題（共4小題）
1．（2023秋?徐匯區(qū)校級期中）下列命題正確的是
A．如果一個平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行
B．如果兩個平面垂直于同一個平面，那么這兩個平面平行
C．如果一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行
D．如果兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直
【分析】充分考慮空間線，面之間的位置關(guān)系，可逐項判斷．
【解答】解：平面內(nèi)所有直線與另一個平面平行時，兩個平面才平行，故不正確；
觀察正方體的一個角可知，這兩個平面可能相交，故不正確；
如果這條直線在平面內(nèi)，此直線與平面不平行，故不正確；
如果兩個平面垂直，則另一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直，故正確．
故選：．
【點評】本題考查面面平行的判定，直線與平面的判定，面面垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．
2．（2023秋?松江區(qū)校級期中）兩個平面，，則的充要條件是
A．上有無數(shù)條直線與平行B．上有兩條相交直線與平行
C．，平行于同一條直線D．，垂直于同一平面
【分析】利用面面平行的判定定理和性質(zhì)定理結(jié)合正方體結(jié)構(gòu)即可確定結(jié)論．
【解答】解：如圖所示正方體中，設(shè)平面為，平面為，
顯然平面中有無數(shù)條直線與平面平行，但，故錯誤；
由面面平行的判定定理和性質(zhì)定理可知正確；
又，，但，故錯誤；
設(shè)平面為，平面為，
平面，平面，但與相交，故錯誤．
故選：．
【點評】本題考查面面平行的性質(zhì)與判定，屬基礎(chǔ)題．
3．（2023秋?奉賢區(qū)期中）下列命題中，是真命題的選項為
A．平行于同一條直線的兩個平面平行
B．若兩個平面分別經(jīng)過兩條平行直線，則這兩個平面平行
C．分別在兩個平行平面上的兩條直線平行
D．與兩條異面直線都平行的兩個平面平行
【分析】舉例說明判斷；利用面面平行的判定推理判斷．
【解答】解：如圖，正方體，
對于，平面與平面都與直線平行，而平面與平面相交，是假命題；
對于，相交平面與平面分別經(jīng)過直線，，且，是假命題；
對于，直線平面，直線平面，且平面平面，
而直線與直線是異面直線，是假命題；
對于，直線，是兩條異面直線，，是兩個不同平面，，，，，
過直線上的點作直線，則直線，確定平面，由，，得點，，
而，，于是，，因此，，所以，真命題．
故選：．
【點評】本題考查線面，面面的位置關(guān)系，屬于中檔題．
4．（2023秋?長寧區(qū)校級期中）在三棱錐中，若，，那么必有
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【分析】運用線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，結(jié)合條件和三角形的性質(zhì)，可得結(jié)論．
【解答】解：在三棱錐中，若，，且，
可得平面，
由平面，可得平面平面，
由平面，可得平面平面，故正確；
若平面平面，又平面平面，平面平面，
可得平面，，與矛盾，故錯誤；
若平面平面，又平面平面，可得平面，，不一定成立，故錯誤；
若平面平面，又平面平面，可得平面，則，不一定成立，故錯誤．
故選：．
【點評】本題考查空間面面的位置關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化思想和推理能力，屬于中檔題．
二．填空題（共3小題）
5．（2023秋?松江區(qū)校級期中）已知空間中角的兩邊分別平行于角的兩邊，若，則 或 ．
【分析】由空間等角定理即可求得．
【解答】解：空間等角定理：空間中，如果一個角的兩邊和另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補．
因為空間中角的兩邊分別平行于角的兩邊，所以與相等或互補，
因為，所以或．
故答案為：或．
【點評】本題考查空間等角定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
6．（2022秋?黃浦區(qū)校級期末）已知，表示兩個不同的平面，為平面內(nèi)的一條直線，則“”是“”的 必要不充分 條件（從“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中選出一種填空．
【分析】可以想象兩平面垂直，平面內(nèi)的直線和另一平面的位置有：和平面平行，和平面斜交，和平面垂直，在平面內(nèi)，所以由得不出，而由，能得到，這根據(jù)面面垂直的判定定理即可得到，所以是的必要不充分條件．
【解答】解：由，得不出，因為兩平面垂直，其中一平面內(nèi)的直線可以和另一平面平行；
若，，則根據(jù)面面垂直的判定定理得到；
，是的必要不充分條件．
故答案為必要不充分．
【點評】考查面面垂直時平面內(nèi)的直線和另一平面的位置關(guān)系，面面垂直的判定定理，以及充分條件、必要條件、必要不充分條件的概念．
7．（2023?閔行區(qū)校級開學(xué)）已知是邊長為的正方形，點在平面外，側(cè)棱，，則該幾何體的5個面中，互相垂直的面有 5 對．
【分析】先找出直線平面的垂線，然后一一列舉出互相垂直的平面即可．
【解答】解：已知是邊長為的正方形，側(cè)棱，，
所以，，又，
所以平面，
因為平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
因為，，，所以平面，
因為平面，所以平面平面，
同理可得平面，平面，所以平面平面，
因為，所以平面，平面，所以平面平面，
故互相垂直的面有5對．
故答案為：5．
【點評】本題考查平面與平面垂直的判定，考查棱錐的結(jié)構(gòu)，屬于基礎(chǔ)題．
三．解答題（共8小題）
8．（2022秋?長寧區(qū)校級期中）已知四棱錐，底面是菱形，，平面，點為中點．
證明：平面平面．
【分析】先由已知條件證明為等邊三角形，，易證，得到面，進(jìn)而證明面面．
【解答】證明：連接．
，，
為等邊三角形．
是中點，．
面，面，．
面，面，，
面．面，
面面．
【點評】本小題主要考查空間中的線面關(guān)系，四棱錐的有關(guān)概念及面面垂直的判定等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力和推理能力．
9．（2023秋?青浦區(qū)校級期末）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AP＝AB，M，N分別為棱PB，PC的中點，平面PAB⊥平面PBC．
（1）求證：BC∥平面AMN；
（2）求證：平面AMN⊥平面PBC．
【分析】（1）線面平行的定理的應(yīng)用，注意一定要有面內(nèi)，面外的說明；
（2）面面垂直定理的性質(zhì)定理及判定定理的應(yīng)用．
【解答】證明：如圖所示：（1）M，N分別為棱PB，PC的中點，
∴MN∥BC，
MN?AMN，BC?AMN，
所以BC∥面AMN；
（2）PA＝AB，點M為棱PB的中點，
∴AM⊥PB，又平面PAB⊥平面PBC，
平面PAB∩平面PBC＝PB，AM?PAB，AM⊥面PBC，又AM?AMN，
∴平面AMN⊥平面PBC．
【點評】考查線面平行定理的應(yīng)用及面面垂直的判定定理及性質(zhì)定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
10．（2022秋?長寧區(qū)校級月考）如圖，，，為不共線的三點，，且；求證：平面平面．
【分析】根據(jù)已知條件可得四邊形和四邊形是平行四邊形，從而可得，根據(jù)線面平行的判定定理可證平面；同理可證平面，再由面面平行的判定定理可證明結(jié)論．
【解答】證明：，且，
四邊形和四邊形是平行四邊形，
，
又平面，平面，
平面；
同理可證平面．
又，，平面．
平面平面．
【點評】本題考查了面面平行的證明，屬于基礎(chǔ)題．
11．（2021秋?浦東新區(qū)校級期中）如圖，在三棱柱中，側(cè)面底面，．
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面平面．
（Ⅲ）若，求異面直線與所成角的大?。?br>【分析】（Ⅰ）由三棱柱的性質(zhì)知，，再由線面平行的判定定理，得證；
（Ⅱ）由面面，可推出面，再由面面垂直的判定定理，得證；
（Ⅲ）易知，或其補角即為所求，由（Ⅱ）知，面，從而有，再由三角函數(shù)即可得解．
【解答】（Ⅰ）證明：由三棱柱的性質(zhì)知，，
平面，平面，
平面．
（Ⅱ）證明：面面，面面，且
面，
又平面，
平面平面．
（Ⅲ）解：，
或其補角為異面直線與所成角，
由（Ⅱ）知，面，
面，，
在△中，，
異面直線夾角的范圍為，，
，
故異面直線與所成角的大小為．
【點評】本題考查空間中線與面的位置關(guān)系，異面直線夾角的求法，熟練掌握線與面平行、垂直的判定定理或性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感、推理論證能力和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
12．（2021秋?楊浦區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，已知平面，且，為中點．
（1）證明：平面；
（2）證明：平面平面．
【分析】（1）連接，，交于點，則是中點，連接，則，由此能證明平面．
（2）推導(dǎo)出，，從而平面，由此能證明平面平面．
【解答】證明：（1）在四棱錐中，四邊形為正方形，
連接，，交于點，則是中點，
連接，
為中點，，
平面，平面，平面．
（2）在四棱錐中，四邊形為正方形，，
平面，平面，，
，平面，
平面，平面平面．
【點評】本題考查線面平行、面面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．
13．（2022秋?浦東新區(qū)校級期中）在正方體中，，，分別是，，的中點．
（1）證明：平面平面；
（2）求直線與所成角的正切值．
【分析】（1）由已知可證四邊形是平行四邊形，從而，可證平面，再證平面，可證平面平面；
（2）為直線與所成角，由可求．
【解答】（1）證明：連接，
，分別是，的中點，
且，
四邊形是平行四邊形，，
又，，
平面，平面，
平面，
，分別是，的中點，
，，
，平面，平面，
平面，又，，平面，
平面平面；
（2）解：由（1）知，
為直線與所成角，
在中，，
，所以．
【點評】本題考查面面平行的證明，以及線線角的求法，屬中檔題．
14．（2023秋?虹口區(qū)校級期末）如圖，在正三棱柱中，，分別為，的中點．
（1）求證：平面；
（2）求證：平面平面．
【分析】（1）連接與交于點，連接，證明四邊形是平行四邊形，可得，利用線面平行的判定定理，即可證明平面；
（2）證明平面平面，只需證明平面．
【解答】證明：（1）連接與交于點，連接，
為的中點，
且，
為的中點，
且，
且，
四邊形是平行四邊形，
，
平面，平面，
平面
（2），為的中點，
由（1）知，
，
底面，底面，
，
，
，
，
平面
面，
平面平面．
【點評】本小題主要考查線面平行，平面與平面垂直的判定等有關(guān)基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．
15．（2022秋?閔行區(qū)校級期中）如圖所示，在直三棱柱中，側(cè)面為長方形，，，，．
（Ⅰ）求證：平面平面；
（Ⅱ）求直線和平面所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性質(zhì)和線面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理，即可得證；
（Ⅱ）設(shè)到平面的距離為，由等積法和棱錐的體積公式，以及直線和平面所成角的定義和直角三角形的正弦函數(shù)的定義，可得所求值．
【解答】解：（Ⅰ）證明：在中，，為的中點，可得，
又平面，平面，
可得，
而，所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）設(shè)到平面的距離為，連接，
由，，可得，，
，可得△的面積為，
△的面積為，
由，可得，
即為，
可得，
則直線和平面所成角的正弦值為．
【點評】本題考查面面垂直的判定定理和直線和平面所成角的求法，考查轉(zhuǎn)化思想和運算能力，屬于中檔題．
課程標(biāo)準(zhǔn)
學(xué)習(xí)目標(biāo)
1.通過平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)直觀想象的核心素養(yǎng)．
2．借助平行關(guān)系的綜合問題，提升邏輯推理的核心素養(yǎng).
3. 通過學(xué)習(xí)平面與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，提升直觀想象、邏輯推理的數(shù)學(xué)素養(yǎng).
4. 通過學(xué)習(xí)二面角，提升直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的數(shù)學(xué)素養(yǎng).
1.掌握空間平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理，并能應(yīng)用這兩個定理解決問題．(重點)
2．平面與平面平行的判定定理和性質(zhì)定理的應(yīng)用．(難點)
3.理解二面角的有關(guān)概念，會作二面角的平面角，能求簡單二面角平面角的大?。?難點、易錯點)
4.了解面面垂直的定義，掌握面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，初步學(xué)會用定理證明垂直關(guān)系．(重點)
5.熟悉線線垂直、線面垂直的轉(zhuǎn)化．(重點)
位置關(guān)系
定義
符號表示
平行
平面與平面沒有公共點
∥
相交
平面與平面有且僅有一條公共直線
平面與平面平行的判定方法：
(1)定義法：兩個平面沒有公共點．
(2)判定定理：一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面．
(3)轉(zhuǎn)化為線線平行：平面α內(nèi)的兩條相交直線與平面β內(nèi)的兩條相交直線分別平行，則α∥β.
(4)利用平行平面的傳遞性：若α∥β，β∥γ，則α∥γ.
應(yīng)用平面與平面平行性質(zhì)定理的基本步驟：
1．證明直線與直線平行的方法
(1)平面幾何中證明直線平行的方法．如同位角相等，兩直線平行；三角形中位線的性質(zhì)；平面內(nèi)垂直于同一直線的兩條直線互相平行等．
(2)基本事實4.
(3)線面平行的性質(zhì)定理．
(4)面面平行的性質(zhì)定理．
2. 證明直線與平面平行的方法：
(1)線面平行的判定定理．
(2)兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面．
1．求二面角大小的步驟
(1)找出這個平面角；
(2)證明這個角是二面角的平面角；
(3)作出這個角所在的三角形，解這個三角形，求出角的大小．
2．確定二面角的平面角的方法：
(1)定義法：在二面角的棱上找一個特殊點，在兩個半平面內(nèi)分別過該點作垂直于棱的射線．
(2)垂面法：過棱上一點作棱的垂直平面，該平面與二面角的兩個半平面產(chǎn)生交線，這兩條交線所成的角，即為二面角的平面角．
證明面面垂直常用的方法：
(1)定義法：即說明兩個半平面所成的二面角是直二面角；
(2)判定定理法：在其中一個平面內(nèi)尋找一條直線與另一個平面垂直，即把問題轉(zhuǎn)化為線面垂直；
(3)性質(zhì)法：兩個平行平面中的一個垂直于第三個平面，則另一個也垂直于此平面．
1．證明或判定線面垂直的常用方法：
(1)線面垂直的判定定理；
(2)面面垂直的性質(zhì)定理；
(3)若a∥b，a⊥α，則b⊥α(a、b為直線，α為平面)；
(4)若a⊥α，α∥β，則a⊥β(a為直線，α，β為平面)；
2．兩平面垂直的性質(zhì)定理告訴我們要將面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直，方法是在其中一個面內(nèi)作(找)與交線垂直的直線．
垂直關(guān)系的互化及解題策略：
空間問題化成平面問題是解決立體幾何問題的一個基本原則，解題時，要抓住幾何圖形自身的特點，如等腰(邊)三角形的三線合一、中位線定理、菱形的對角線互相垂直等．還可以通過解三角形，產(chǎn)生一些題目所需要的條件，對于一些較復(fù)雜的問題，注意應(yīng)用轉(zhuǎn)化思想解決問題．

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