专题06 平面与平面间的位置关系（1）讲义-2025年高二数学暑假班预习提升（沪教版2020）

上海高中数学2020必修第三册第11章空间直线与平面（预修课程） 专题06 平面与平面间的位置关系（1） 知识点一、两个平面的位置关系 位置关系 图示 表示法 公共点个数 两平面平行 α∥β 0个 两平面相交 α∩β＝l 无数个点(共线) 【说明】如何从有无公共点的角度理解两平面位置关系？如果两个平面有一个公共点，那么由公理3可知：这两个平面相交于过这个点的一条直线；如果两个平面没有公共点，那么就说这两个平面相互平行； 知识点二、平面与平面平行的判定与性质 1、平面与平面平行的判定定理 文字语言 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 符号语言 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α 图形语言 【说明】（1）平面与平面平行的判定定理中的平行于一个平面内的“两条相交直线”是必不可少的； （2）面面平行的判定定理充分体现了等价转化思想，即把面面平行转化为线面平行； 2、平面与平面平行的性质定理 文字语言 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 图形语言 【说明】1、用该定理判断直线a与b平行时，必须具备三个条件：①平面α和平面β平行，即α∥β； ②平面γ和α相交，即α∩γ＝a；③平面γ和β相交，即β∩γ＝b，以上三个条件缺一不可． 2、已知两个平面平行，虽然一个平面内的任何直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线． 3、该定理提供了证明线线平行的另一种方法，应用时要紧扣与两个平行平面都相交的第三个平面； 知识点三、平面与平面重直的判定与性质 1、平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直，平面α与β垂直，记作α⊥β． 2、平面与平面垂直的判定定理 文字语言 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直 符号语言 ⇒α⊥β 图形语言 【说明】定理的关键词是“过另一个平面的垂线”，所以应用的关键是在平面内寻找另一个平面的垂线． 3、平面与平面垂直的性质定理 文字语言 如果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直 符号语言 ⇒a⊥β 图形语言 【说明】对面面垂直的性质定理的理解；1、用于面面垂直⇒线面垂直；2、作面的垂线；3、定理的实质是由面面垂直得线面垂直，故可用来证明线面垂直；4、已知面面垂直时，可以利用此定理转化为线面垂直，再转化为线线垂直； 题型1：平面与平面平行的判定 【说明】平面与平面平行的判定方法：（1）定义法：两个平面没有公共点；（2）判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面；（3）转化为线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β；（4）利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 【例1】“平面平面”是“平面内有无数条直线与平面平行”的 条件． 【答案】充分不必要 【分析】根据面面平行的性质定理和判定定理来判定. 【解析】根据面面平行的性质定理，两平面平行，一个平面内的任意直线与另一个平面平行. 反之，两平面平行的判定定理为：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行. 故平面平面”是“平面内有无数条直线与平面平行的充分不必要条件. 故答案为：充分不必要. 【例2】设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A．存在一条直线，， B．存在一条直线，， C．存在两条平行直线、，，，， D．存在两条异面直线、，，，， 【答案】D 【分析】考虑两平面相交时也可存在一条直线与它们平行，可判断A，平面相交时可有，可判断B，两平面相交时存在两条平行直线满足条件可判断C，可根据条件证明来判断D. 【详解】对于，一条直线与两个平面都平行，两个平面不一定平行.故不对； 对于，一个平面中的一条直线平行于另一个平面，两个平面不一定平行，故不对； 对于，两个平面中的两条直线平行，不能保证两个平面平行，故不对； 对于，在直线上取点，过点和直线确定一个平面，交平面于， 因为，所以；又，，所以， 又因为，，，，所以； 故选：D 【跟踪训练】 1．（2022秋•虹口区校级期末）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 【解答】解：α内有无数条直线与β平行，不一定有α∥β，也可能相交，故A错误； α内有两条相交直线与β平行，则α∥β，反之成立，故B正确； α，β平行于同一条直线，不一定有α∥β，也可能相交，故C错误； α，β垂直于同一平面，不一定有α∥β，也可能相交，故D错误． 故选：B． 2．已知S是等边△ABC所在平面外一点，D，E，F分别是SA，SB，SC的中点，则平面DEF与平面ABC的位置关系是 ． 【答案】平行 【分析】由题可得平面，平面，再由面面平行的判定定理，即可得出结果. 【解析】∵分别是的中点， ∴是的中位线，∴. 又∵平面，平面， 所以平面. 同理平面. ∵， 所以平面平面. 故答案为：平行. 3．如图，在正方体中，点，，分别是，，的中点，给出下列5个推断： ①平面； ②平面； ③平面； ④平面平面； ⑤平面平面. 其中推断正确的序号是_________. 【答案】①③⑤ 【分析】根据线面平行和面面平行的判断方法依次判断即可. 【详解】对于①，可知在正方体中，平面平面，且平面，平面，故①正确； 对于②，，是，的中点，，与平面相交，故与平面不平行，故②错误； 对于③， ，是，的中点，，平面，平面，平面，故③正确； 对于④，由②得与平面不平行，则平面与平面不平行，故④错误； 对于⑤，由①得，平面，平面，平面，由③得，平面，平面，平面，，平面平面，故⑤正确. 故答案为：①③⑤. 【点睛】本题考查线面平行和面面平行的判断，解题的关键是正确理解线面平行和面面平行的判定定理，正确找出图中的平行关系. 4．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②直线PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④直线EF∥平面BDG.其中正确的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】作出立体图形，连接四点构成平面，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性质依次分析选项即可. 【解析】作出立体图形，连接四点构成平面， ①：因为分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面， 所以平面EFGH∥平面ABCD，故①正确； ②：连接，交于点，连接， 则为的中点，得， 又平面，平面， 所以平面，故②正确； ③：由①的分析可知，所以， 因为平面，平面， 所以平面，故③正确； ④：由③的分析可知，结合图形，可知， 所以直线EF与平面BDG不平行，故④错误. 故答案为：①②③ 题型2：平面与平面平行的性质 【方法点拨】应用面面平行的性质定理时，找出一个平面中的一条直线，则该直线与另一个平面平行，据此可解题. 【例3】如图，在四棱柱中，平面平面，且，则四边形的形状是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【解题思路】根据平行关系可知四点共面，由面面平行的性质可证得，由此可得结论. 【解答过程】，四点共面； 平面平面，平面平面，平面平面，， 四边形为平行四边形. 故选：A. 【例4】已知平面，，，，，，若，，则与的位置关系是________. 【答案】平行（或） 【分析】根据面面平行可得线线平行，再由平行公理，即可得证. 【详解】解：，， ， 故答案为：平行（或） 【点睛】本题考查面面平行的性质，以及平行公理，属于基础题. 【例5】已知平面α∥β∥γ，两条直线l、m分别与平面α、β、γ相交于点A、B、C与D、E、F.已知AB＝6，则AC＝ 【答案】15 【分析】根据面面平行的性质可以得到线线平行，从而利用平行线分线段成比例即可求解. 【解析】 如图，连接与平面交于点，连接， ，且平面，平面， ， 同理可得， 所以 故答案为：15 【例6】如图，已知点P在四边形ABCD外，底面ABCD为平行四边形， M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. （1）求证：MN∥平面PAD； （2）求证：MN∥PE. 【证明】（1）如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ. 因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以NQ∥PD. 因为NQ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以NQ∥平面PAD. 因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以MQ∥AD. 又MQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以MQ∥平面PAD. 因为MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PAD. 因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PAD. （2）因为平面MNQ∥平面PAD，且平面PEC∩平面MNQ＝MN， 平面PEC∩平面PAD＝PE，所以MN∥PE. 【说明】平面与平面平行性质定理的应用；利用面面平行的性质定理判断两直线平行的步骤： （1）先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条；（2）判定这两个平面平行(此条件有时题目会直接给出)；（3）再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上；（4）由定理得出结论 【跟踪训练】 1．夹在两个平行平面间的平行线段必 ． 【答案】相等 【分析】利用面面平行的性质定理以及平行四边形的性质可得答案. 【解析】如图：，，，，，， 因为，所以与共一个面，设这个面为， 因为，，，所以， 又，所以四边形是平行四边形， 所以. 故答案为：相等 2．如图，已知平面平面，点为，外一点，直线，分别与，相交于，和，，则与的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 【解题思路】由题设知，，，，共面，根据面面平行的性质，可证与的位置关系. 【解答过程】解：由题意知，，，，在同一平面内，且平面平面，平面平面，且，∴， 故选：A． 3．若平面平面，直线，则直线与平面的位置关系是（    ） A．相交 B．平行 C．在内 D．无法判定 【解题思路】由面面平行可直接得到结果. 【解答过程】由面面平行的性质可知：当平面平面，直线时，. 故选：B. 4．如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，，分别是线段，的中点，则下列所有正确判断的编号是（    ） ①当，共面时，直线 ②当时，，两点不可能重合 ③当，是异面直线时，直线一定与平行 ④可能存在直线与垂直 A．①③ B．②④ C．①② D．③④ 【解题思路】对于①，由面面平行的性质定理判断即可，对于②，如图判断，对于③④，连接，取的中点，连接，则可得平面与平面都平行，从而可进行判断 【解答过程】解：对于①，当，共面时，则平面平面，平面平面，因为平面平面，所以，所以①正确； 对于②，如图，当时，成立，而此时，两点重合，所以②错误； 对于③，如图，连接，取的中点，连接，因为，分别是线段，的中点，所以∥，∥，因为，，所以∥，∥，因为平面平面，所以∥，因为，所以平面∥，平面∥，因为平面，所以直线一定与平行，所以③正确， 对于④，由①可知，当，共面时，∥，因为，所以∥，由③可知，当，是异面直线时，直线一定与平行，综上，∥，所以④错误， 故选：A. 题型3：平面与平面平行的证明 【说明】证明面面平行的方法；一般而言： 1、要证明两平面平行，只需在其中一个平面内找到两条相交直线平行于另一个平面即可． 2、判定两个平面平行与判定线面平行一样，应遵循先找后作的原则，即先在一个面内找到两条与另一个平面平行的相交直线，若找不到再作辅助线．　 【例7】如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1. （1）求证：平面A1BD∥平面B1D1C； （2）若E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：平面EB1D1∥平面FBD； 【证明】（1）因为B1BDD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形， 所以B1D1∥BD，又BD⊄平面B1D1C， B1D1⊂平面B1D1C，所以BD∥平面B1D1C. 同理A1D∥平面B1D1C. 又A1D∩BD＝D，所以平面A1BD∥平面B1D1C. （2）由BD∥B1D1，得BD∥平面EB1D1. 取BB1的中点G，连接AG，GF，易得AE∥B1G， 又因为AE＝B1G，所以四边形AEB1G是平行四边形， 所以B1E∥AG，易得GF∥AD，又因为GF＝AD， 所以四边形ADFG是平行四边形， 所以AG∥DF，所以B1E∥DF， 所以DF∥平面EB1D1. 又因为BD∩DF＝D， 所以平面EB1D1∥平面FBD； 【例8】如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）直线EG平面BDD1B1； （2）平面EFG平面BDD1B1. 【分析】(1) 连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，则EGSB，从而可证. （2）连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FGSD, FG平面BDD1B1,由（1）有直线EG平面BDD1B1；从而可证. 【详解】证明：（1）如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点， 所以EGSB. 又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1， 所以直线EG平面BDD1B1. （2）连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点， 所以FGSD. 又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1， 所以FG平面BDD1B1， 由（1）有直线EG平面BDD1B1； 又EG平面EFG，FG平面EFG，EG∩FG=G， 所以平面EFG平面BDD1B1. 【例9】如图所示，两条异面直线BA，DC与两平行平面α，β分别交于 点B，A和D，C，点M，N分别是AB，CD的中点， 求证：MN∥平面α； 【证明】如图，过点A作AE∥CD交α于点E， 取AE的中点P，连接MP，PN，BE，ED，BD，AC. 因为AE∥CD，所以AE，CD确定平面AEDC. 则平面AEDC∩α＝DE，平面AEDC∩β＝AC， 因为α∥β，所以AC∥DE. 又P，N分别为AE，CD的中点， 所以PN∥DE，PN⊄α，DE⊂α，所以PN∥α. 又M，P分别为AB，AE的中点， 所以MP∥BE，且MP⊄α，BE⊂α. 所以MP∥α，因为MP∩PN＝P， 所以平面MPN∥α. 又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面α. 【跟踪训练】 1．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点． (1)求证：平面MNQ∥平面PAD； (2)求证：BC∥l． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由三角形的中位线定理、平行四边形的性质，结合线面平行和面面平行的判定，可得证明； （2）由线面平行的判定和性质，可得证明． 【解析】（1）证明：因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形， 所以MN∥PD，NQ∥AD， 又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD， 则MN∥平面PAD， 同理可得NQ∥平面PAD， 又平面MNQ 所以平面MNQ∥平面PAD. （2）证明：因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD， 又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l， 所以BC∥l． 2．如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，理由见解析． 【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行； （2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行. 【解析】（1）证明：如图，连接交于，连接. 因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点， 所以为的中点， 又因为为的中点， 所以在中，是的中位线， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）解：当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下： 连接，， 因为为的中点，为的中点， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 由（１）知平面， 又因为，，平面， 所以平面平面. 题型4：平面与平面垂直的判定 【方法点拨】利用判定定理证明面面垂直的一般方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明. 【例10】已知直线，平面，，，，，那么“”是“”的（ ） A． 充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据面面垂直的判定定理和性质定理即可得到结论. 【详解】若，则在平面内必定存在一条直线有，因为，所以， 若，则，又，即可得； 若，由，，可得， 又，则有. 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 【例11】在正方体中，给出以下四个结论： （1）直线平面；（2）直线与平面相交； （3）直线平面； （4）平面平面. 上述结论中，所有正确结论的序号为________． 【答案】①④ 【分析】①面面平行的性质判断；②由直线在平面内判断；③反证法，由直线不垂直于直线判断；④可由面面垂直的判定定理判断. 【详解】因为平面平面，在平面内，所以直线平面，①对； 因为直线在平面内，所以②错； 显然直线不垂直于直线，所以直线不垂直于平面，③错； 因为平面，所以平面平面，④对，故答案为①④. 【点睛】本题主要考查正方体的性质，考查了面面平行的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理的应用，意在考查空间想象能力以及综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题. 【跟踪训练】 1．已知直线和平面，试利用上述三个元素并借助于它们之间的位置关系，构造出一个判断的真命题 ． 【答案】　（答案不唯一） 【分析】根据平面与平面垂直的判定,即可得出一个符合题意的答案. 【解析】由平面与平面垂直的判定定理,可知　. 故答案为：　（答案不唯一） 2．如图，PA⊥面ABCD，且ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足条件 时，平面MBD⊥平面PCD.（注：只要填写一个你认为正确的即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】要平面MBD⊥平面PCD，可以考虑PC⊥平面MBD，进而得出点M满足的条件即可 【解析】根据面面垂直的判定可得，当PC⊥平面MBD时，平面MBD⊥平面PCD，故可以考虑PC⊥平面MBD，此时.当时，根据对称性可得，又，平面MBD，此时PC⊥平面MBD满足题意. 故答案为：（答案不唯一） 题型5：平面与平面垂直的性质 【例12】平面平面，，，，则（ ） A． B． C． D．与相交但不一定垂直 【答案】C 【分析】设，在内，过点A作，由平面平面得到，再利用线面垂直的判定定理判断. 【详解】如图所示： 设，在内，过点A作， 因为，，平面平面， 所以，又， 所以， 故选：C 【点睛】本题主要考查面面垂直的定义，线面垂直的判定定理，属于基础题. 【例13】已知直线和平面满足，下列命题： 1 ∥； ②∥； 2 ∥； ④∥ 正确命题的序号是（ ） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【答案】D 【分析】对于命题①和③可以通过作图举反例判断它们错误，命题②可用面面平行的性质和线面垂直的性质证明，命题④可用线面垂直的性质和面面垂直的判定定理证明. 【详解】 由图可知，命题①不正确； ，， ，且， 又， ，则，故命题②正确； 若由图可知，命题③不正确； ，， 又 ， ，故命题④正确. 故选：D. 【点睛】本题考查了线面垂直的性质、面面垂直的判定，属于基础题. 【跟踪训练】 1．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】A 【分析】根据线面平行的性质定理，面面垂直的性质定理，面面垂直判定定理分析每个选项，即可求解正确答案. 【详解】对于A，由线面平行性质定理：，可知A正确； 对于B，由面面垂直性质定理：，可知B错误； 对于C，根据面面垂直判定定理，需再找一条直线，才可判断，则C错误； 对于D，一条直线平行于一个平面，不能判定它平行于平面内所有直线，则D错误； 故选：A. 【点睛】本题属立体几何常考题型，线面平行的判定定理和性质定理、面面垂直性质定理和判定定理要辨析清楚. 2．若是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据直线与平面平行或者垂直、平面与平面平行或者垂直的判定与性质定理对每个选项逐一判断.【详解】对A，当，，则或或与相交；对B，当，，，则或与相交；对C，若，，则或或与相交；对D，若，，则. 故选：D. 3．如图，，，，，点在棱上的射影分别是，若，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取中点，结合三角形中位线性质可知所求角为或其补角，根据面面垂直的性质和勾股定理可求得的长，利用余弦定理可求得，进而得到所求余弦值. 【解析】分别取中点，连接， 分别为中点，，且，， 异面直线与所成角即为或其补角； ，，，，，同理可知：； ，，， ，， ，， 又，， ， 异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 题型6：平面与平面垂直的证明 【例14】如图，四边形ABCD是边长为a的菱形，PC⊥平面ABCD， E是PA的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD. 【证明】连接AC，设AC∩BD＝O，连接OE. 因为O为AC中点，E为PA的中点， 所以EO是△PAC的中位线， 所以EO∥PC. 因为PC⊥平面ABCD， 所以EO⊥平面ABCD. 又因为EO⊂平面BDE， 所以平面BDE⊥平面ABCD. 【说明】本题考查了面面垂直的判定定理的应用；一般而言： 1、证明平面与平面垂直的方法：①利用定义：证明二面角的平面角为直角；②利用面面垂直的判定定理：如果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． 2、根据面面垂直的定义判定两平面垂直，实质上是把问题转化成了求二面角的平面角，通常情况下利用判定定理要比定义简单些，这也是证明面面垂直的常用方法，即要证面面垂直，只要转证线面垂直，其关键与难点是在其中一个平面内寻找一直线与另一平面垂直．　　　　　 【跟踪训练】 1．如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的任意一点. 求证：平面平面. 【证明】因为平面，平面 所以 因为是的直径，点在圆周上 所以 又平面，平面 所以平面 又平面 所以平面平面. 2．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，且，为等边三角形，G为边AD的中点，平面平面ABCD.    (1)求证：平面PAD； (2)若E为边BC的中点，在边PC上是否存在点F，使平面平面ABCD？证明你的结论. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）应用面面垂直的性质定理得出线面垂直即可； （2）当F为PC的中点时，满足平面平面ABCD.利用平面平面ABCD，可得平面ABCD，通过平行证明线面垂直，可得平面平面ABCD. 【解析】（1）如图，连接BD，因为底面ABCD是菱形，所以，又因为，所以是等边三角形. 因为G为边AD的中点，所以. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面BAD，， 所以平面PAD.    （2）存在点F，且F为PC的中点. 证明如下：取PC的中点F，连接DF，EF，EG，CG，DE，PG，且CG与DE交于点M，连接FM. 因为且，E，G分别是BC，AD的中点，所以，且. 则四边形CEGD是平行四边形， 所以. 又因为，所以. 因为是等边三角形，G是AD的中点， 所以. 又因为平面平面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. 题型7：平面与平面平行垂直的综合 【例15】如图，四棱锥，平面平面，，，，，，E为PC中点． (1)求证：直线 平面PAD； (2)平面平面PDC． 【解题思路】(1)取中点证明平行四边形，应用线面平行判定定理证明即可； (2)先证明线面垂直，再应用面面垂直判断定理证明. 【解答过程】（1）取PD中点F，连接EF，AF，由E为PC中点， ∴，又，∴，故四边形ABEF为平行四边形， ∴， 又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD． （2）由已知有，，，平面APD，平面APD， ∴平面APD，又平面APD，∴， ，，又， ∴，，平面PDC, 平面PDC ∴平面PDC，又，∴平面PDC， 又平面PBC，所以平面平面PDC． 【例16】如图所示，已知菱形和矩形所在平面互相垂直，，，. (1)证明：平面平面； (2)设中点为，求直线与底面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得线面垂直，进而根据线面垂直可证明面面垂直;（2）根据线面角的几何求法，先根据线面垂直找到线面角，进而在三角形中求解即可. 【解析】（1）证：平面平面 平面面 因为四边形为菱形,平面， 平面   平面 平面面 （2）因为平面平面，平面面； 四边形是矩形，所以底面 在中， ， 即为直线与平面所成角，在中, 【跟踪训练】 1．（2022春•奉贤区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD，E为PC中点． （1）证明：PA∥平面BDE； （2）证明：平面PCD⊥平面PBC． 【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形， 连接AC，BD，交于点O，则O是AC中点， 连接OE， ∵E为PC中点，∴OE∥PA， ∵PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE． （2）∵在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，∴BC⊥CD， ∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PD， ∵PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD， ∵BC⊂平面PBC，∴平面PCD⊥平面PBC． 2．（2021秋•杨浦区校级期末）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC，且M，N分别为线段AB，PC的中点． （1）若点K是线段PM的中点，求证：直线NK∥平面ABC； （2）求证：平面PCM⊥平面ABC． 【解答】证明：（1）因为N为线段PC的中点，点K是线段PM的中点， 所以由中位线定理知NK∥CM， 又CM在平面ABC上，且NK在平面ABC外， 因此根据线面平行判定定理得直线NK∥平面ABC，得证． （2）因为PA，PB，PC两两垂直， 所以PC⊥平面PAB，可得PC⊥AB， 又AB⊥PM，PC∩PM＝P， 因此根据线面垂直判定定理得AB⊥平面PCM， 又AB⊂平面ABC， 所以根据面面垂直判定定理得平面PCM⊥平面ABC，得证． 3．如图所示，在矩形中，，为的中点.将沿折起，使得平面平面.点是线段的中点. (1)求证：平面平面； (2)求证： 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题意，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直性质定理，可得线面垂直，再根据面面垂直判定定理，可得答案； （2）由题意，根据勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理与性质，可得答案. 【解析】（1）证明：在矩形中，，为的中点，∴，是的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， 平面，∴平面平面； （2）证明：在矩形中，，为的中点，∴，则，∴， 由（1）知，平面，∵平面，∴， ∵，平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴. 一、填空题 1、设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A、B分别在平面α、β内运动时，那么所有的动点C(　　) A．不共面 B．当且仅当A、B分别在两条直线上移动时才共面 C．当且仅当A、B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面 D．不论A、B如何移动，都共面 【答案】D； 【答案】如图，A′、B′分别是A、B两点在α、β上运动后的两点， 此时AB的中点C变成A′B′的中点C′，连接A′B，取A′B的中点E， 连接CE、C′E、AA′、BB′. 则CE∥AA′，所以CE∥α， C′E∥BB′，所以C′E∥β. 又因为α∥β，所以C′E∥α. 因为C′E∩CE＝E， 所以平面CC′E∥平面α.所以CC′∥α. 所以不论A、B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α、β平行的平面上． 2、已知平面α∥平面β，直线a⊂α，则直线a与平面β的位置关系为________． 【答案】a∥β　 【解析】因为α∥β，所以α与β无公共点，因为a⊂α，所以a与β无公共点，所以a∥β. 3、平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为 【答案】平行或相交 【解析】若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交． 4、如图，在长方体中，过的中点作一个与平面平行的平面交于， 交于，则________. 【答案】答案： 【解析】如图，∵平面平面 由面面平行的性质定理可得，， 又为的中点，∴分别为的中点， ∴，即 6、如图，已知矩形ABCD所在的平面，则下列说法中正确的是 ①②③ ．（写出所有满足要求的说法序号） ①平面PAD⊥平面PAB；        ②平面PAD⊥平面PCD； ③平面PBC⊥平面PAB；        ④平面PBC⊥平面PCD． 【解题思路】根据线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理证明判断即可． 【解答过程】①由矩形ABCD所在的平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故①正确； ②由矩形ABCD所在的平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故②正确； ③由矩形ABCD所在的平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故③正确； ④依题意得，若平面PBC⊥平面PCD，作交于，平面PBC平面PCD，所以平面PCD，又平面，所以, 因为，平面，所以平面，因为平面，所以,与矛盾，故④错误． 故答案为：①②③． 7．（2021·浙江高二期末）在平面直角坐标系中，已知点，沿x轴把坐标系折成的二面角，则此时线段的长度为________． 【答案】 【分析】作轴，轴，过作平行于轴，且与交于点，得到，连接，，结合题中数据，即可求出结果. 【详解】 作轴，轴，过作平行于轴，且与交于点，则就是沿x轴把坐标系折成的二面角的平面角，所以； 连接，，则，，， 在中，， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 求解本题的关键在于，作出二面角的平面角，再结合题中数据，即可求解. 8．（2021·长沙市·湖南师大附中高二月考）已知是等腰直角三角形斜边的高，将三角形沿翻折成直二面角，此时，___________. 【答案】 【分析】翻拍后三棱锥中相等且两两垂直，由此可得是等边三角形，得出结论． 【详解】由题意翻折后，相等且两两垂直，因此，是等边三角形.，． 故答案为：． 9．（2020·青冈县第一中学校高二月考（理））已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为______ 【答案】①④ 【分析】根据面面平行的性质和判定，结合线面垂直的性质，对每个选项进行逐一分析即可. 【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确； 若，，平面可能相交，故②错误； 若，，则可能平行，故③错误； 由线面垂直的性质可得，垂直于同一个平面的两直线平行，故④正确； 综上所述，正确的是①④. 故答案为：①④ 10．（2020·黑龙江哈尔滨市第六中学校高二期中（文））设表示直线，表示平面.给出下列四个结论： ①如果，则内有无数条直线与平行； ②如果，则内任意一条直线都与平行； ③如果，则内任意一条直线都与平行； ④如果，对于内的一条确定的直线，在内仅有唯一一条直线与平行. 以上四个结论中，正确结论的个数为_________ . 【答案】 【分析】运用空间中线面平行、面面平行的位置关系逐一判断即可. 【详解】若，则内的直线与平行或者异面，故①正确②错误 若，则内任意一条直线都与平行，故③正确 如果，对于内的一条确定的直线，在内有无数条直线与平行，故④错误 所以，正确结论的个数为 故答案为： 11．（2019·合肥市第六中学高二月考（理））在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法： ①MN∥平面APC； ②C1Q∥平面APC； ③A，P，M三点共线； ④平面MNQ∥平面APC. 其中说法正确的是________(填序号)． 【答案】②③ 【分析】连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，从而可知MN⊂平面APC，所以①错误；由M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，从而可得C1Q∥平面APC，所以②正确；由于前的证明可知A，P，M三点共线是正确的，从而可知③正确；由于MN⊂平面APC，MN⊂平面MNQ，从而可判断④ 【详解】 ①连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN， 易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以MN∥平面APC是错误的； ②由①知M，N在平面APC上，因为在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，所以≌，所以，因为∥，所以AN∥C1Q，因为AN⊂平面APC，所以C1Q∥平面APC是正确的； ③由①知A，P，M三点共线是正确的； ④由①知MN⊂平面APC， 又MN⊂平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面APC是错误的． 故答案为：②③ 【点睛】此题考查线面平行、面面平行的判断，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题 12．（2020·合肥市第八中学高二月考（理））把边长为4的正方形ABCD沿对角线BD折成空间四边形ABCD，使得平面平面CBD.则空间四边形ABCD的对角线AC的长为__________. 【答案】 【分析】取的中点，连接，，，则可求出，，再利用平面平面CBD，可知，利用勾股定理即可求出AC的长. 【详解】 如图所示：取的中点，连接，， 在直角三角形中，，为的中点，所以， 且， 同理在直角三角形中，， 所以即为二面角的平面角， 因为平面平面CBD， 所以，所以， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了图形翻折问题，考查了二面角的定义，涉及勾股定理，属于中档题. 二、选择题 13．在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α//平面β，则平面α内任意一条直线m//平面β；③若平面α与平面β的交线为m，平面α内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面β；④若平面α内的三点A，B，C到平面β的距离相等，则α//β.其中正确命题的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】①根据互相平行的两条直线在同一个平面内的射影也可能是一条直线或两个点判断；②由面面平行的性质定理判断；③由平面α与平面β不垂直时判断；④由三点A、B、C分别在平面β两侧判断. 【详解】①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影也可能是一条直线或两个点；故错误； ②因为平面α//平面β，则平面α内任意一条直线m//平面β；故正确； ③当平面α与平面β不垂直时，则直线n与平面β不垂直；故错误； ④若三点A、B、C分别在平面β两侧，则得不到α//β. 故选：B. 14．设，，为三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列说法错误的是（ ）． A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 【答案】B 【分析】利用线面垂直、面面垂直的性质可判定选项A；根据面面的位置关系可判断选项B；利用面面垂直的判定定理科判断选项C；利用面面垂直的性质定理可判断选项D，即可得正确选项. 【详解】对于选项A：若，，，可得，证明如下： 如图，过点作，与分别交于点，直线确定的平面与的交线交于点，连接， 因为，，所以，因为，所以，即， 同理可得，又因为，所以，即， 所以四边形是矩形，所以，所以，又因为，所以， 故选项A正确； 对于选项B：若，，则与相交或平行，故选项B不正确， 对于选项C：若，，由面面垂直的判定定理可得，故选项C正确； 对于选项D：若，，，，由面面垂直的性质定理可得，故选项D正确， 故选：B. 15．（2022秋•虹口区校级期中）设m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题： ①若m⊥α，m∥β，则α⊥β； ②若m∥α，n∥α，则m∥n； ③若m⊂α，n⊂α且m∥β，n∥β，则α∥β； ④若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n． 其中所有正确命题的序号是（　　） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【解答】解：由m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，知： 在①中，若m⊥α，m∥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故①正确； 在②中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故②错误； 在③中，若m⊂α，n⊂α且m∥β，n∥β，则α与β相交或平行，故③错误； 在④中，若m⊥α，n∥β且α∥β，则由线面垂直的性质得m⊥n，故④正确． ∴其中所有正确命题的序号是①④． 故选：D． 16．（2021秋•普陀区校级期末）如图一，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M，现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图二，点N为棱A′D的中点，则下列判断一定成立的是（　　） A．BD⊥CN B．AO⊥平面BCD C．CN∥平面A′OM D．平面A′OM⊥平面BCD 【解答】解：翻折前，BD⊥AO，BD⊥OM，翻折后BD⊥A′O，BD⊥OM， ∵A′O∩OM＝O，则BD⊥平面A′OM， ∵BD⊂平面BCD，∴平面A′OM⊥平面BCD，故D正确； 由上述可知二面角A′﹣BD﹣M的平面角为∠A′OM， 在翻折的过程中，∠A′OM会发生变化，故A′O与OM不一定垂直， ∴A′O与平面BCD不一定垂直，故B错误； 设BC＝2AB＝2a，在图一中，tan∠ABD＝＝2， ∴，解得AO＝，OB＝a， ∵∠AMB+∠BAM＝∠ABD+∠BAM，∴∠AMB＝∠ABD， ∴tan＝2，∴BM＝， 在图二中，过点C在平面BCD内作CE∥OM，交BD于点E，连接NE， 则＝＝4，故BE＝4OB＝，则DE＝BD﹣BE＝a， ∵OD＝BD﹣OB＝a，∴E不为OD的中点， ∵BD⊥OM，CE∥OM，则BD⊥CE， 若BD⊥CN，CE∩CN＝C，则BD⊥平面CNE， ∵NE⊂平面CNE，则BD⊥NE， ∵A′O，NE⊂平面A′BD，且BD⊥A′O，∴A′O∥NE， ∵N为A′D的中点，则E为OD的中点，与已知矛盾，故A错误； 由选项A知，∵CE∥OM，CE⊄平面A′OM，OM⊂平面A′OM， ∴CE∥平面A′OM； 若CN∥平面A′OM，则CN∩CE＝C，则平面CNE∥平面A′OM， ∵平面A′BD∩平面CNE＝NE，则AO′∥NE， ∵N为A′D的中点，则E为OD的中点，与已知条件矛盾，故C错误． 故选：D． 三、解答题 17．（2020·全国高二课时练习）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，DA=2，DC=3，DD1=4，M，N，E，F分别为棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点.求证：平面AMN∥平面EFBD. 【分析】首先建立空间直角坐标系，利用坐标法证明MN∥平面EFBD，AM∥平面EFBD，最后根据面面平行判定定理得证. 【详解】证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，3，0)，M(1，0，4)，N，E，F(1，3，4). ∴，. ∴.∴MN∥EF，AM∥BF. ∴MN∥平面EFBD，AM∥平面EFBD.又MN∩AM=M，∴平面AMN∥平面EFBD. 【点睛】本题考查面面平行的判定，关键是通过建立空间直角坐标系来证明线面平行，属于基础题. 18．如图，在正方体中，分别是，的中点. 求证： （1）平面； （2）平面平面. 【分析】（1）连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立； （2）连接，，先由线面平行的判定定理，得到平面，再由（1）的结果，结合面面平行的判定定理，即可证明结论成立. 【详解】（1）如图，连接. ∵四边形是正方形，是的中点，∴是的中点. 又∵是的中点，∴. ∵平面，平面， ∴平面. （2）连接，， ∵四边形是正方形，是的中点，∴是的中点. 又∵是中点，∴. ∵平面平面， ∴平面. 由（1）知平面，且， ∴平面平面. 【点睛】本题主要考查证明线面平行与面面平行，熟记线面平行的判定定理以及面面平行的判定定理即可，属于常考题型. 19．如图，在正方体中，分别为的中点． （1）求证：平面平面; （2）求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】（1）详见解析；（2）. 【分析】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立； （2）先由题意得到，所以即为异面直线与所成的角，设正方体棱长为2，求出，，，先由余弦定理求出，从而可求出正弦值. 【详解】（1）证明：因为在正方体中，分别为的中点， 所以，， 又平面，平面，平面，平面， 平面；平面； 因为平面，平面，且， 平面平面 ； （2）因为分别为的中点， 所以在正方体中有 ， 即为异面直线与所成的角， 设正方体棱长为2，则，，， ， 所以. 即异面直线与所成角的正弦值为. 【点睛】本题主要考查证明面面平行，以及求异面直线所成的角，熟记面面平行的判定定理，以及异面直线所成角的几何求法即可，属于常考题型. 20．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长AB=1. （Ⅰ）求异面直线A1B与 B1C所成角的大小；（Ⅱ）求证：平面A1BD∥平面B1CD1． 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 【分析】（Ⅰ）根据异面直线所成角的定义，易知图中就为所求角，又三角形为正三角形； （Ⅱ）根据面面平行的判定定理，要证平面A1BD∥平面B1CD 1 可转化为两相交直线BD和A1B平行于平面B1CD 1即可 【详解】（Ⅰ）因为B1C//A1D，所以为异面直线A1B与B1C所成角． 在中，易得 （Ⅱ） ， ，，且 所以 考点：1、异面直线的角；2、面面平行；4、线面平行和线线平行. 21．如图所示，已知平面ACD，DE平面ACD，△ACD为等边三角形.，F为CD的中点. (1)证明：AF∥平面BCE. (2)证明：平面BCE⊥平面CDE. (3)在DE上是否存在一点P，使直线BP和平面BCE所成的角为 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)存在. 【分析】(1)取中点，连结，，证明四边形是平行四边形； (2)证明BM∥AF⊥CD，BM⊥MF即可； (3)假设上存在一点，使直线和平面所成的角为.连结，过作，垂足为，连结，则.设PN＝x，表示出其他边，在中，由余弦定理解出x，若x＜MD，则满足题意. 【解析】（1） 取中点，连结，， 是的中位线，，， ∵平面ACD，DE平面ACD ∴，又，，，四边形是平行四边形， ，平面，平面， ∥平面； （2）平面，平面， ，四边形是矩形，． 是正三角形，是中点，． ，， ，平面，平面， 平面，平面， 平面平面； （3） 假设上存在一点，使直线和平面所成的角为. 连结，过作，垂足为，连结. 由(2)知平面平面，又平面平面＝CE， ∴PN⊥平面BCE，∴∠PBN为BP和平面BCE的夹角，∴. 设，则 ，，， 设，由题知∠CED＝45°，则在Rt△EPN中， 在Rt△PBN中，， ∴在中，由余弦定理得：， ，解得， 若P在线段DE上，则PN最长为MD＝，∵，∴满足题意， 上存在一点，使直线和平面所成的角为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海高中数学2020必修第三册第11章空间直线与平面（预修课程） 专题06 平面与平面间的位置关系（1） 知识点一、两个平面的位置关系 位置关系 图示 表示法 公共点个数 两平面平行 α∥β 0个 两平面相交 α∩β＝l 无数个点(共线) 【说明】如何从有无公共点的角度理解两平面位置关系？如果两个平面有一个公共点，那么由公理3可知：这两个平面相交于过这个点的一条直线；如果两个平面没有公共点，那么就说这两个平面相互平行； 知识点二、平面与平面平行的判定与性质 1、平面与平面平行的判定定理 文字语言 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 符号语言 a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α 图形语言 【说明】（1）平面与平面平行的判定定理中的平行于一个平面内的“两条相交直线”是必不可少的； （2）面面平行的判定定理充分体现了等价转化思想，即把面面平行转化为线面平行； 2、平面与平面平行的性质定理 文字语言 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 图形语言 【说明】1、用该定理判断直线a与b平行时，必须具备三个条件：①平面α和平面β平行，即α∥β； ②平面γ和α相交，即α∩γ＝a；③平面γ和β相交，即β∩γ＝b，以上三个条件缺一不可． 2、已知两个平面平行，虽然一个平面内的任何直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线． 3、该定理提供了证明线线平行的另一种方法，应用时要紧扣与两个平行平面都相交的第三个平面； 知识点三、平面与平面重直的判定与性质 1、平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直，平面α与β垂直，记作α⊥β． 2、平面与平面垂直的判定定理 文字语言 如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直 符号语言 ⇒α⊥β 图形语言 【说明】定理的关键词是“过另一个平面的垂线”，所以应用的关键是在平面内寻找另一个平面的垂线． 3、平面与平面垂直的性质定理 文字语言 如果两个平面垂直，那么其中一个平面上垂直于两平面交线的直线与另一个平面垂直 符号语言 ⇒a⊥β 图形语言 【说明】对面面垂直的性质定理的理解；1、用于面面垂直⇒线面垂直；2、作面的垂线；3、定理的实质是由面面垂直得线面垂直，故可用来证明线面垂直；4、已知面面垂直时，可以利用此定理转化为线面垂直，再转化为线线垂直； 题型1：平面与平面平行的判定 【说明】平面与平面平行的判定方法：（1）定义法：两个平面没有公共点；（2）判定定理：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面；（3）转化为线线平行：平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行，则α∥β；（4）利用平行平面的传递性：若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 【例1】“平面平面”是“平面内有无数条直线与平面平行”的 条件． 【例2】设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A．存在一条直线，， B．存在一条直线，， C．存在两条平行直线、，，，， D．存在两条异面直线、，，，， 【跟踪训练】 1．（2022秋•虹口区校级期末）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 2．已知S是等边△ABC所在平面外一点，D，E，F分别是SA，SB，SC的中点，则平面DEF与平面ABC的位置关系是 ． 3．如图，在正方体中，点，，分别是，，的中点，给出下列5个推断： ①平面； ②平面； ③平面； ④平面平面； ⑤平面平面. 其中推断正确的序号是_________. 4．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②直线PA∥平面BDG；③直线EF∥平面PBC；④直线EF∥平面BDG.其中正确的序号是 ． 题型2：平面与平面平行的性质 【方法点拨】应用面面平行的性质定理时，找出一个平面中的一条直线，则该直线与另一个平面平行，据此可解题. 【例3】如图，在四棱柱中，平面平面，且，则四边形的形状是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【例4】已知平面，，，，，，若，，则与的位置关系是________. 【例5】已知平面α∥β∥γ，两条直线l、m分别与平面α、β、γ相交于点A、B、C与D、E、F.已知AB＝6，则AC＝ 【例6】如图，已知点P在四边形ABCD外，底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE. （1）求证：MN∥平面PAD； （2）求证：MN∥PE. 【跟踪训练】 1．夹在两个平行平面间的平行线段必 ． 2．如图，已知平面平面，点为，外一点，直线，分别与，相交于，和，，则与的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．异面 D．平行或异面 3．若平面平面，直线，则直线与平面的位置关系是（    ） A．相交 B．平行 C．在内 D．无法判定 4．如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，，分别是线段，的中点，则下列所有正确判断的编号是（    ） ①当，共面时，直线 ②当时，，两点不可能重合 ③当，是异面直线时，直线一定与平行 ④可能存在直线与垂直 A．①③ B．②④ C．①② D．③④ 题型3：平面与平面平行的证明 【说明】证明面面平行的方法；一般而言： 1、要证明两平面平行，只需在其中一个平面内找到两条相交直线平行于另一个平面即可． 2、判定两个平面平行与判定线面平行一样，应遵循先找后作的原则，即先在一个面内找到两条与另一个平面平行的相交直线，若找不到再作辅助线．　 【例7】如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1. （1）求证：平面A1BD∥平面B1D1C； （2）若E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：平面EB1D1∥平面FBD； 【例8】如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）直线EG平面BDD1B1； （2）平面EFG平面BDD1B1. 【例9】如图所示，两条异面直线BA，DC与两平行平面α，β分别交于 点B，A和D，C，点M，N分别是AB，CD的中点， 求证：MN∥平面α； 【跟踪训练】 1．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点． (1)求证：平面MNQ∥平面PAD； (2)求证：BC∥l． 2．如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由． 题型4：平面与平面垂直的判定 【方法点拨】利用判定定理证明面面垂直的一般方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明. 【例10】已知直线，平面，，，，，那么“”是“”的（ ） A． 充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【例11】在正方体中，给出以下四个结论： （1）直线平面；（2）直线与平面相交； （3）直线平面； （4）平面平面. 上述结论中，所有正确结论的序号为________． 【跟踪训练】 1．已知直线和平面，试利用上述三个元素并借助于它们之间的位置关系，构造出一个判断的真命题 ． 2．如图，PA⊥面ABCD，且ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足条件 时，平面MBD⊥平面PCD.（注：只要填写一个你认为正确的即可） 题型5：平面与平面垂直的性质 【例12】平面平面，，，，则（ ） A． B． C． D．与相交但不一定垂直 【例13】已知直线和平面满足，下列命题： 1 ∥； ②∥； 2 ∥； ④∥ 正确命题的序号是（ ） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【跟踪训练】 1．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 2．若是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．如图，，，，，点在棱上的射影分别是，若，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 题型6：平面与平面垂直的证明 【例14】如图，四边形ABCD是边长为a的菱形，PC⊥平面ABCD，E是PA的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD. 【跟踪训练】 1．如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的任意一点. 求证：平面平面. 2．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，且，为等边三角形，G为边AD的中点，平面平面ABCD.    (1)求证：平面PAD； (2)若E为边BC的中点，在边PC上是否存在点F，使平面平面ABCD？证明你的结论. 题型7：平面与平面平行垂直的综合 【例15】如图，四棱锥，平面平面，，，，，，E为PC中点． (1)求证：直线 平面PAD； (2)平面平面PDC． 【例16】如图所示，已知菱形和矩形所在平面互相垂直，，，. (1)证明：平面平面； (2)设中点为，求直线与底面所成角的余弦值. 【跟踪训练】 1．（2022春•奉贤区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD，E为PC中点． （1）证明：PA∥平面BDE； （2）证明：平面PCD⊥平面PBC． 2．（2021秋•杨浦区校级期末）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC，且M，N分别为线段AB，PC的中点． （1）若点K是线段PM的中点，求证：直线NK∥平面ABC； （2）求证：平面PCM⊥平面ABC． 3．如图所示，在矩形中，，为的中点.将沿折起，使得平面平面.点是线段的中点. (1)求证：平面平面； (2)求证： 一、填空题 1、已知平面α∥平面β，直线a⊂α，则直线a与平面β的位置关系为________． 2、平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为 3、设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A、B分别在平面α、β内运动时，那么所有的动点C______ (1)不共面 (2)当且仅当A、B分别在两条直线上移动时才共面 (3)当且仅当A、B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面 (4)不论A、B如何移动，都共面 4、如图，在长方体中，过的中点作一个与平面平行的平面交于， 交于，则________. 6、如图，已知矩形ABCD所在的平面，则下列说法中正确的是 ．（写出所有满足要求的说法序号） ①平面PAD⊥平面PAB；        ②平面PAD⊥平面PCD； ③平面PBC⊥平面PAB；        ④平面PBC⊥平面PCD． 7．在平面直角坐标系中，已知点，沿x轴把坐标系折成的二面角，则此时线段的长度为________． 8．已知是等腰直角三角形斜边的高，将三角形沿翻折成直二面角，此时，___________. 9．（2020·青冈县第一中学校高二月考（理））已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为______ 10．设表示直线，表示平面.给出下列四个结论： ①如果，则内有无数条直线与平行； ②如果，则内任意一条直线都与平行； ③如果，则内任意一条直线都与平行； ④如果，对于内的一条确定的直线，在内仅有唯一一条直线与平行. 以上四个结论中，正确结论的个数为_________ . 11．在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法： ①MN∥平面APC；②C1Q∥平面APC；③A，P，M三点共线；④平面MNQ∥平面APC. 其中说法正确的是________(填序号)． 12．把边长为4的正方形ABCD沿对角线BD折成空间四边形ABCD，使得平面平面CBD.则空间四边形ABCD的对角线AC的长为__________. 二、选择题 13．在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；②若平面α//平面β，则平面α内任意一条直线m//平面β；③若平面α与平面β的交线为m，平面α内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面β；④若平面α内的三点A，B，C到平面β的距离相等，则α//β.其中正确命题的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 14．设，，为三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列说法错误的是（ ）． A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 15．（2022秋•虹口区校级期中）设m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题： ①若m⊥α，m∥β，则α⊥β； ②若m∥α，n∥α，则m∥n； ③若m⊂α，n⊂α且m∥β，n∥β，则α∥β； ④若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n． 其中所有正确命题的序号是（　　） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 16．（2021秋•普陀区校级期末）如图一，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M，现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图二，点N为棱A′D的中点，则下列判断一定成立的是（　　） A．BD⊥CN B．AO⊥平面BCD C．CN∥平面A′OM D．平面A′OM⊥平面BCD 三、解答题 17．（2020·全国高二课时练习）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，DA=2，DC=3，DD1=4，M，N，E，F分别为棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点.求证：平面AMN∥平面EFBD. 18．如图，在正方体中，分别是，的中点. 求证： （1）平面； （2）平面平面. 19．如图，在正方体中，分别为的中点． （1）求证：平面平面; （2）求异面直线与所成角的正弦值． 20．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长AB=1. （Ⅰ）求异面直线A1B与 B1C所成角的大小；（Ⅱ）求证：平面A1BD∥平面B1CD1． 21．如图所示，已知平面ACD，DE平面ACD，△ACD为等边三角形.，F为CD的中点. (1)证明：AF∥平面BCE. (2)证明：平面BCE⊥平面CDE. (3)在DE上是否存在一点P，使直线BP和平面BCE所成的角为 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$