专题7.3 直线、平面平行的判定与性质（六类核心）-2026年高考《数学》一轮复习考点精讲

专题7.3直线、平面平行的判定与性质目录目录 1一、5年高考•真题感悟 2二、课程标准•考情分析 14【课程标准】 14【考情分析】 14【2026考向预测】 14三、知识点•逐点夯实 14知识点一、直线与平面平行 14知识点二、平面与平面平行 15四、重点难点•分类突破 16考点1平行的判定与性质 16考点2线面平行之构造三角形的中位线法 21考点3线面平行之构造平行四边形法 28考点4面面平行的证明 36考点5利用面面平行证明线面平行 43考点6平行关系的综合应用 51五、必考题型•分层训练 63A、基础保分 63B、综合提升 70TOC\o"1-2"\h\z\u

一、5年高考•真题感悟1．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点．(1)若分别为的中点，求证：平面PAB；(2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可；（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解.【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，..E、F分别为BC、PD的中点，，且.，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB；（2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面PCD的一个法向量为，，，取，，.设AB与平面PCD所成角为，则，即AB与平面PCD所成角的正弦值为.2．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．(1)证明：平面；(2)求面与面所成的二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、求二面角、面面角的向量求法【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面，再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值.【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.所以.所以平面与平面夹角的正弦值为.3．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见详解；(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【详解】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、证明面面垂直、由二面角大小求线段长度或距离【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．【详解】（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．5．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、求点面距离、求二面角【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.6．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【难度】0.65【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.

二、课程标准•考情分析【课程标准】（1）理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明．（2）掌握直线与平面、平面与平面平行的判定与性质，并会简单应用．【5年考情分析】5年考情分析考题示例考点分析难易程度2024年新I卷，第17题,15分证明线面平行简单2023年全国乙卷（理），第19题,12分证明线面平行一般2022年新Ⅱ卷，第20题,12分证明线面平行一般2022年全国甲卷（文），第19题,12分证明线面平行简单2020年全国乙卷（理），第20题,12分证明线面平行一般2024年新I卷，第17题,15分证明线面平行简单【2026考向预测】本节内容是高考中的热点，线线、线面、面面平行与证明通常出现在解答题的第一问．本节内容将空间中平行的判定与性质综合在一起复习，通常在高考题目中，虽然证明的结论是平行，但是过程中经常交叉使用空间直线、平面平行的判定定理或性质，因此题目的综合性增强．三、知识点•逐点夯实知识点一：直线和平面平行1、定义直线与平面没有公共点，则称此直线与平面平行，记作∥2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言线∥线线∥面如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行线面平行面∥面线∥面如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言线∥面线∥线如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行知识点二：平面与平面平行1、定义没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面和，若，则∥2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言判定定理线∥面面∥面如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（简记为“线面平行面面平行线面面∥面如果两个平面同垂直于一条直线，那么这两个平面平行∥3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言面//面线//面如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”）面//面线面如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线四、重点难点•分类突破考点1平行的判定与性质例1、已知直线，平面，给出下列四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的个数是（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】A【难度】0.85【知识点】线面关系有关命题的判断、判断线面平行【分析】根据线面平行的判定定理及性质即可求解.【详解】对于①，若，则或，故①错误；对于②，若，则可共面，也可异面，不一定得到，故②错误；对于③，若，则或，故③错误；对于④，若，则不一定平行，也可以与异面,，故④错误.故选：A.例2、（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（

）A．若直线，与平面所成角相等，则B．若，且，，则C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直D．若，，，，则【答案】C【难度】0.65【知识点】线面关系有关命题的判断、判断面面平行、求线面角、空间垂直的转化【分析】在正方体中，通过举反例即可判断选项A，B，D；对于选项C，利用反证法，假设，根据线面垂直的性质与判定定理推出矛盾，即可判断.【详解】如图所示，在正方体中，直线和直线与平面所成角均为，但，故选项A错误；直线平面，直线平面，且平面，平面，但平面平面，故选项B错误；平面平面，平面，平面，且，但与平面相交，故选项D错误；假设，直线，，如图所示.∵不垂直于，，，，∴直线与直线必相交，设.，，，，.又，.，，，，，.又，，这与，均不垂直于矛盾，故，不垂直，故选项C正确.故选：C.【变式训练1】、（2025·海南·模拟预测）（多选题）已知、是两个不同的平面，是一条直线，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】BCD【难度】0.85【知识点】面面关系有关命题的判断、面面平行证明线面平行、判断面面是否垂直、线面垂直证明线线平行【分析】利用空间面面位置关系可判断A选项；利用面面垂直的判定定理可判断B选项；利用面面平行的性质可判断C选项；利用线面垂直的性质和线面平行的判定定理可判断D选项.【详解】对于A选项，若，，则或与相交，故A错误；对于B选项，因为，，由面面垂直的判定定理可知，故B正确；对于C选项，因为，，由面面平行的性质定理可知，故C正确；对于D，若，则存在直线，使得，因为，所以，又，所以，故D正确.故选：BCD.【变式训练2】、（2024·江苏徐州·模拟预测）（多选题）如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】ACD【难度】0.85【知识点】证明线面平行【分析】结合题目条件，根据线面平行的判断定理，构造线线平行，证明线面平行.【详解】对A：如图：

连接，因为为正方体棱的中点，所以，又，所以，平面，平面，所以平面.故A正确；对B：如图：

因为是正方体棱的中点，所以，，，所以，同理：，.所以5点共面，所以平面不成立.故B错误；对C：如图：

因为是正方体棱的中点，所以，，所以.平面，平面，所以平面.故C正确；对D：如图：

因为为正方体棱的中点，连接交于，连接，则为的中位线，所以，平面，平面，所以平面.故D正确.故选：ACD考点2线面平行之构造三角形的中位线法例3、（2025·云南昭通·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，，，，点在上是靠近的三等分点．

(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法【分析】（1）利用相似证明出线线平行，再得到线面平行；（2）直接利用空间向量法建系求解出二面角的余弦值，再求正弦值即可．【详解】（1）如图，连接交于点，连接，

因为，所以，所以．又因为，所以，因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为，，所以．又因为平面，所以，．以为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系：所以，，，，，，

所以，．设平面的一个法向量为，则解得所以，，，设平面的一个法向量为，则解得所以，设二面角的平面角为，则，所以，所以二面角的正弦值为．例4、（2025·四川泸州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，是的中点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法【分析】（1）连接，设，连接，根据中位线可得，由线面平行的判定定理可得平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接，设，连接.因为底面是菱形，所以是的中点.又是的中点，所以为的中位线，所以.又平面平面，所以平面.（2）如图，以为原点，分别以所在的方向为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则.所以.设为平面的法向量，则即令，则.设为平面的法向量，则即令，则.所以.所以平面与平面的夹角的余弦值为.【变式训练3】、（2025·山东烟台·三模）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，且二面角的大小为．底面为平行四边形，，，点Q在棱上且．(1)若，证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；（2）以为坐标原点，，所在直线为x，y轴，过A且垂直平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，由向量夹角公式可得，结合即可求解.【详解】（1）若，即Q为中点，连接交于点M，连接，因为为的中位线，所以，因为平面，面，所以平面．（2）因为，，，所以．以A为坐标原点，，所在直线为x，y轴，过A且垂直平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为是边长为2的正三角形，所以P和中点连线的距离为，因为二面角的大小为，所以点P到底面的距离为，点P在底面的射影到的距离为，所以点P在底面的射影在边上且靠近C的四分之一等分点处，所以，所以，因为，所以，又，．又，设平面的一个法向量，则，即，令，则，，即，，又，设直线与平面所成角为，则，整理得．所以当时，，所以．即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．【变式训练4】、（2025·湖南·三模）如图，在长方体中，，点E是棱的中点．(1)求证：平面BDE；(2)求直线与平面BDE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法【分析】（1）连接AC与BD交于点O，连接OE，由证明出线面平行；（2）解法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值；解法二：几何法，过C作于点H证平面BDE，在中计算所求.【详解】（1）证明：连接AC与BD交于点O，连接OE．则O为AC的中点，又点E是棱的中点，所以，又平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．（2）解法一：以DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，则点，，，，则，，，设平面BDE的法向量为，则得，令，得平面BDE的一个法向量为，设直线与平面BDE所成角的大小为，则，故直线与平面BDE所成角的正弦值是．解法二：（几何法）设直线与平面BDE所成角为，则，其中d为点到平面BDE的距离，即点C到平面BDE的距离．设，过C作于点H，则平面BDE，所以．在中，易求得，又，∴．考点3线面平行之构造平行四边形法例5、（2025·全国·模拟预测）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为的中点，如图所示．(1)证明：平面；(2)若为等边三角形，平面平面，，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法【分析】（1）取的中点，连接，由题设先证明四边形为平行四边形，可得，进而求证即可；（2）取的中点的中点，连接，由面面垂直的性质得到平面，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）如图所示，取的中点，连接．由分别为的中点，则，而，得，即四边形为平行四边形，故，而平面平面，故平面．（2）取的中点的中点，连接，由为等边三角形，则．由平面平面，平面平面平面，故平面．由，以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，则．设平面的一个法向量为，则，即，取，得，设平面的一个法向量为，则，即，取，得．则．

由图形知，二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．例6、（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且.(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.85【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证；（2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可.【详解】（1）连接交于点，连结，.因为底面是正方形，所以是的中点.又，所以，故.由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即.所以四边形为平行四边形，故.又因为平面，平面，所以平面.（2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，.故，，，.设平面的法向量，由得.取，得平面的一个法向量.设平面的法向量，由得.取，得平面的一个法向量.故.所以平面与平面夹角的大小为.【变式训练5】、（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点.(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、求点面距离、面面角的向量求法、由线面角的大小求值【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值；（3）设，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离.【详解】（1）设的中点为，连接、，因为为的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.（2）记的中点为，连接，因为，，，所以四边形是矩形，则，，以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图，则、、、，则，，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，设平面的一个法向量为，所以，令，则，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.（3）依题意，设，则，又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，所以，解得（负值舍去），所以，则，而由（2）得平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.【变式训练6】、（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，E为中点.(1)证明：平面；(2)证明：平面；(3)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在点为的中点【难度】0.85【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、面面角的向量求法、已知面面角求其他量【分析】（1）取中点记为，连接EF，CF，通过证明四边形为平行四边形，然后可证平面；（2）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面；（3）以为坐标原点建立空间直接坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可.【详解】（1）证明：取中点记为，连接EF，CF，则，且；，且；所以平行且等于CD，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）记中点为，连接，，则四边形为正方形，且根据勾股定理得，所以，则，所以.又因为，，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以，且，平面，所以平面.（3）由（2）知，平面，且.以为坐标原点，以，BA，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，，，，，设，，则，则，，，设平面与平面的法向量分别为和则令，得.令，得.设平面与平面的夹角为，，则，解得.因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为.考点4面面平行的证明例7、（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点.(1)求证：平面平面PBC；(2)若，（i）求点F到平面AEG的距离.（ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）直观图见解析，面积为.【难度】0.65【知识点】斜二测法画平面图形的直观图、锥体体积的有关计算、证明面面平行、求点面距离【分析】（1）延长交于点，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理得证.（2）（i）在三棱锥中由等体积法求得点F到平面AEG的距离；（ii）用斜二测画法作图，并进行计算.【详解】（1）由分别为的中点，得，而平面，平面，则平面，延长交于点，连结，由，得，由是的中点，得是的中点，又是的中点，则，而平面，平面，因此平面，又平面，且，所以平面平面.（2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结，则，且，由平面，得平面，由，得，在△中,，则，又，于是，解得，所以点F到平面AEG的距离.（ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点，在轴上取点，使，过作轴，且使，连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图，梯形的面积.例8、（2025·河南·模拟预测）如图，在棱长均为2的八面体中，下底面是正六边形，且平面､平面均垂直于底面.(1)证明：平面平面.(2)求八面体的体积.(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)12(3).【难度】0.65【知识点】柱体体积的有关计算、证明面面平行、面面角的向量求法【分析】（1）只需证明平面，平面，而线面平行问题只需转换为线线平行即可；（2）只需求得三棱柱的体积，三棱柱的体积，故所求为；（3）建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦值的公式、平方关系即可求解.【详解】（1）在八面体中，四点共面.因为八面体的棱长均为2，所以四边形为菱形，.因为平面平面，所以平面.同理，平面.因为，所以平面平面.（2）取的中点，连接.在中，.因为平面平面，平面平面，所以平面-.因为八面体的棱长均为2，所以.三棱柱的体积.根据对称性可得，三棱柱DEF-IJG的体积与三棱柱ABC-GHI的体积相等.三棱柱的体积.八面体的体积.（3）连接，与交于点，连接.在正六边形中，，所以四边形为平行四边形，所以，四边形为平行四边形，，所以平面.以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则..设平面的法向量为，则取.取平面的一个法向量为.，所以二面角的正弦值为.【变式训练7】、如图，梯形是圆台的轴截面，E，F分别在底面圆，的圆周上，EF为圆台的母线，，已知，，G，H分别为，的中点.(1)证明：平面平面.(2)若三棱锥的体积为，求圆台的侧面积.【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】圆台表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、证明线面平行、证明面面平行【分析】（1）由题意可证得平面，平面，进而可证得结论；（2）由三棱锥体积可得的面积，进而可得圆台的侧面积．【详解】（1）∵在梯形中，，，∴，又G为的中点，∴，∴，故四边形为平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.∵分别是，的中点，∴.又平面，平面，∴平面.又，平面，平面，∴平面平面.（2）设由（1）可知，则为三棱锥的高h.故，由，可得，∴.又∵，，∴.故，∴.在中，.故圆台的侧面积.【变式训练8】、（2024·全国·模拟预测）如图1，在矩形中，，将三角形沿着线段向上折起，使得点到达点的位置，且平面平面，将正方形沿着向上折起，使得点分别到达点的位置，且平面平面，构成如图2所示的多面体，点为线段的中点，点在线段上，且满足．(1)证明：平面平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】锥体体积的有关计算、证明面面平行、线面垂直证明线线平行、面面垂直证线面垂直【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再证明出，利用面面平行的判定定理证明平面平面；（2）由得到平面的距离为到平面的距离的，连接，则，再计算出即可求解．【详解】（1）取的中点，连接，由于，故为的中点，又点为线段的中点，，，且为的中点，，，因此四边形为平行四边形，，，，且点为线段的中点，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，在矩形中，，所以四边形为矩形，则，所以，平面平面，且平面平面，平面，平面，，平面且，，平面且，平面平面．（2）因为，所以到平面的距离为到平面的距离的，连接，则，由（1）知，因为平面，平面，所以平面，连接，又平面，故，因此．考点5利用面面平行证明线面平行例9、（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．

(1)证明：平面；(2)求异面直线与夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】求异面直线所成的角、证明线面平行、证明面面平行、面面平行证明线面平行【分析】（1）取的中点，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.（2）取的中点，的中点，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点，得，又平面，平面，则平面，由为梯形的中位线，得，又平面，平面，则平面，而，平面，平面，因此平面平面，又平面，所以平面.

（2）取的中点，的中点，连接、、、、，由，是中点，得四边形是平行四边形，则，又是中点，是中点，则，即就是异面直线与夹角，又底面，与都是等腰直角三角形，，则，，，因此，所以异面直线与夹角的余弦值为.例10、（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，．(1)设分别为的中点，为的重心，证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】面面平行证明线面平行、线面角的向量求法【分析】（1）只需证明平面及平面进而证得平面平面，根据面面平行的性质，证得结果；（2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，利用向量公式即可得解.【详解】（1）因为分别为的中点，则．又在平面外，则平面．连接，延长交于，连接．因为为的重心，则为的中点，从而．又在平面外，则平面．因为是平面内的两条相交直线，则平面平面．因为平面，所以平面．（2）因为底面，以为原点，如图所示建立空间直角坐标系．由已知可得，点．则．设为平面的法向量，则，即．取，则，所以．设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．【变式训练9】、（2025·辽宁·二模）如图，在中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）．(1)若为棱的中点，证明：平面；(2)若，直线与平面所成角的正弦值为．（ⅰ）求；（ⅱ）求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）【难度】0.65【知识点】证明线面平行、面面平行证明线面平行、已知线面角求其他量、点到平面距离的向量求法【分析】（1）取的中点，连接，，则，通过证明平面平面，由面面平行的性质定理即可求证；（2）（ⅰ）证明平面，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值求，即可求解；（ⅱ）求平面的法向量为，利用空间向量法求距离即可.【详解】（1）因为，，所以，连接，因为为的中点，所以是等边三角形．取的中点，连接，，则，则，．因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）（ⅰ）因为，，所以，所以，因为，所以，又，，平面，所以平面，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，，,则，设，则，．因为平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，所以，整理得，解得舍，所以．（ⅱ）由（ⅰ）知，，．设平面的法向量为，则，即，令，得，，则，所以点到平面的距离为．【变式训练10】、（2025高三·全国·专题练习）如图，在五面体中，，为的中点，为的中点.(1)证明：平面；(2)已知平面，，，为正三角形，，当二面角的余弦值为时，求.【答案】(1)证明见解析(2)1【难度】0.65【知识点】证明线面平行、面面平行证明线面平行、面面垂直证线面垂直、已知面面角求其他量【分析】（1）记的中点为，连接，结合梯形性质利用线面平行的性质定理证得平面，结合中位线性质利用线面平行的性质定理证得平面，再由面面平行的判定定理得平面平面，最后由面面平行的性质定理即可证明；（2）先利用线面平行的判定定理和性质定理得，利用平面得，记的中点为，连接，进而得四边形为正方形，再利用面面垂直的判定定理和性质定理得平面，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，结合二面角的余弦值利用向量的夹角公式建立方程求解即可．【详解】（1）如图：记的中点为，连接，因为为的中点，为的中点，，所以，而平面，平面，所以平面；因为为的中点，为的中点，所以，而平面，平面，所以平面；又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面；（2）因为，平面，平面，所以平面；又平面平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，所以四边形为直角梯形，记的中点为，连接，因为，所以，所以，，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，又，，所以，所以四边形为正方形，连接，因为为正三角形，为的中点，所以，由平面，平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面，故以为坐标原点，过点且平行的直线为轴，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接，设，则，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，设平面的法向量为，则，即，取，则，因为二面角的余弦值为，所以，平方化简得，即，因为，所以，即.考点6平行关系的综合应用例11、（2025·湖北·三模）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的中点，为线段上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）.(1)求证：平面.(2)若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的最小值.(3)求三棱锥的体积的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【难度】0.4【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、锥体体积的有关计算、证明线面平行、根据韦达定理求参数【分析】（1）连接，则四边形为平行四边形，根据平行四边形性质及基本事实4可知，然后根据线面平行的判定定理证明即可.（2）令，则，，，然后由两角和的正切公式得，然后利用基本不等式求解最值.（3）利用等体积法得，问题化为求、到平面距离之和都最大，应用直线与椭圆位置关系求最大，即可得解.【详解】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，所以分别是的中点，而柱体中为矩形，连接，由，故四边形为平行四边形，则，当为的中点时，则，故，面面，故平面.（2）由题设，令，则，又，所以，，则，因为，当且仅当，即上式取等号，所以.（3）由，正方形中为中点，易得与重合时与垂直，此时，则最大值为，构建如上图空间直角坐标系且，底面椭圆方程为，设，设，联立椭圆得，且，所以，而，所以，令，则，由对勾函数性质知在上递增，故，由，综上，.例12、（2025·浙江温州·三模）如图，几何体由两个直三棱柱拼接而成，在直三棱柱中，；在直三棱柱中，．直线分别交平面于点．(1)求证：；(2)若，则（i）当时，求线段的长度；（ii）当平面与平面的夹角与互余时，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii）【难度】0.4【知识点】面面角的向量求法、线面平行的性质、由线面平行求线段长度【分析】（1）由线面平行的性质定理即可求解；（2）（i）由因为，得到，即可求解，（ii）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.【详解】（1）由题意可知：，又为平面内两条相交直线，所以平面，所以平面与平面共面，所以可知在上，因为为直三棱柱，所以平面，又在平面内，所以没有交点，又都在平面内，所以．（2）（i）因为，所以，又，可得，所以又因为，所以，可得．（ii）如图建系，则，则，设平面的法向量为，则，故可取，因平面的法向量可取为，所以，因，则有，整理得，即，因，代入可得，即，解得，即，解得：，因，故得．【变式训练11】、（2025·湖北宜昌·二模）如图，已知四边形为直角梯形，，，，以所在直线为轴将四边形旋转到四边形，连接，且四点共面.(1)证明：多面体是三棱台；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；(3)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【难度】0.4【知识点】空间中的线共点问题、证明面面平行、线面角的向量求法、面面角的向量求法【分析】（1）证明平面∥平面及AD、EF、BC三线交于一点即可；（2）方法一：设，证明面ABCD，过点D作交AB于点G，以分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解；方法二：过点D作交AB于点M，连接EM，证明面面ABE，过点D作交EM于点N，连接AN，得就是直线AD与面ABE所成的线面角．（3）取的中点，连接，证明是二面角的平面角，由余弦定理求出AP长度，判断△BDE的形状，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解.【详解】（1）因为四边形为直角梯形，所以，因为平面平面，所以平面，同理可得平面，因为平面，所以平面平面①又在梯形中，延长交于点，平面平面，同理平面，又平面平面故直线相交于点，②故由①②可知：多面体是三棱台；（2）方法一：设，则，又∵，∴，由，得．又∵，面ABCD，∴面ABCD，过点D作交AB于点G，故两两互相垂直.分别以为轴、轴、轴建系.则，，，，故，，设平面的一个法向量为，由，得，设直线与平面所成角为，则又因为平面平面，故直线与平面所成角的正弦值为.方法二：设，则，又∵，∴，由，得．又∵，面ABCD，∴面ABCD，过点D作交AB于点M，连接EM，因为面ABCD，所以，又因为面DEM，，则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．过点D作交EM于点N，连接AN．∴面ABE，故就是直线AD与面ABE所成的线面角．∵，又，，∴，又，∴，即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.（3）取的中点，连接，因为，所以，即为等腰三角形，故，同理，，故就是二面角的平面角，故，解得，故，即又因为，故为正三角形，分别以为轴、轴、轴建系，其中G为AB中点，面ABCD，则，，，，设平面的一个法向量为，由，得，平面的一个法向量为，由，得，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.【变式训练12】、（2025·四川·三模）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．

(1)求证：；(2)若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.4【知识点】面面平行证明线线平行、线面角的向量求法【分析】（1）连接交于，连接，利用平行六面体的性质可证四边形是平行四边形，进而利用面面平行的性质可得OE//，进而利用相似可得结论；（2）由已知可得两两互相垂直，，以点F为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值即是与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接交于，连接，

在平行六面体中，且，所以四边形是平行四边形，所以且，，又分别为的中点，所以，以四边形是平行四边形，所以，因为平面平面，平面ACE平面=OE，平面平面=，所以OE//，因为都经过点O，所以三点共线，又，所以∽，所以，所以;（2）取CD的中点F，连接BF，因为，所以是等边三角形，所以，且，又平面平面，平面平面=CD，，平面，所以平面，又平面，所以，在中，，，所以，在中，，所以，所以，又平面平面，平面平面=CD，，平面，所以平面，又平面，所以，所以两两互相垂直，以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则，所以，设，所以，，取，则，所以，因为E是对角线上一点，所以与平面所成的角即是与平面所成的角，设与平面所成的角为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.

五、分层训练1．（2025·安徽合肥·模拟预测）设是两条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列命题中错误的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】A【难度】0.85【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断、面面平行证明线线平行、线面垂直证明线线平行【分析】根据空间中直线与直线位置关系可判断A；根据面面平行的性质定理可判断B；根据线面垂直的性质可判断C；根据面面平行与线面垂直的性质可判断D.【详解】若，则或与互为异面直线，故A错误；若，由面面平行的性质定理，可得，故B正确；若，由线面垂直的性质，可得，故C正确；若，则，又因为是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则，D选项正确；故选：A2．（多选题）已知直线，平面，则下列说法错误的是（

）A．，则B．，则C．，则D．，则【答案】ABC【难度】0.94【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断、判断线面平行、判断面面平行【分析】根据线面之间的基本关系判断A，根据面面平行的判定定理判断BCD.【详解】选项A中，可能在内，也可能与平行，故A错误；选项B中，与也可能相交，故B错误；选项C中，与也可能相交，故C错误；选项D中，依据面面平行的判定定理可知，故D正确．故选：ABC．3．（2025·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面底面为正三角形，E，F分别是棱，的中点，点G在侧棱上，且．(1)求证：∥平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【难度】0.65【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法【分析】（1）由平行线分线段成比例易得，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角即可.【详解】（1）如图，连接，交于点，设交于点，连接，因为四边形为菱形，所以为线段的中点.因为点E，F分别是棱，的中点，所以点为线段的中点，所以.又，所以.又平面，平面，所以平面.（2）如图，连接，因为为正三角形，是的中点，所以，又侧面底面，所以底面，因为在菱形中，，，所以，又，所以平面，所以，又是线段的中点，所以，由已知，所以为正三角形.故以为坐标原点，以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，C−12,63,0，D−6,0,0，F−9,33,0EF=−9,33设平面的法向量为，则EF⋅n=0EG⋅不妨令，则，，∴n=1,3取平面的法向量为，则cosn,m易知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.4．（2025·福建厦门·三模）如图，在多面体中，平面，平面平面，四边形是正方形，是正三角形，，．(1)证明：平面；(2)若直线与底面的交点为，直线上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，求的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见详解(2)否存在点，使得平面与平面的夹角为60°，此时【难度】0.65【知识点】证明线面平行、已知面面角求其他量【分析】（1）证明平面平面，即可得到平面；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量求解即可.【详解】（1）取中点，连接．因为是正