資源簡介

第03講 空間中的平行關系
（線線平行、線面平行、面面平行）
（11類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第17題,15分 證明線面平行 證明面面垂直 由二面角大小求線段長度
2023年全國乙卷（理），第19題,12分 證明線面平行 證明線面垂直 證明面面垂直 求二面角
2022年新Ⅱ卷，第20題,12分 證明線面平行 面面角的向量求法
2022年全國甲卷（文），第19題,12分 證明線面平行 求組合體的體積
2020年全國乙卷（理），第20題,12分 證明線面平行 求線面角 證明面面垂直
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的常考內容，設題穩定，難度中等，分值為5-15分
【備考策略】1.理解、掌握空間中點線面的位置關系及相關的圖形和符號語言
2.熟練掌握線面平行的判定定理和性質定理及其應用
3.熟練掌握面面平行的判定定理和性質定理及其應用
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，一般在解答題中考查線面平行、面面平行的判定及其性質，需強化鞏固復習.
知識講解
常見立體幾何的定義、性質及其關系
棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行圖形，側面是平行四邊形（即側棱平行且相等）
斜棱柱：側棱與底面不垂直的棱柱
直棱柱：側棱垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱
平行六面體：底面是平行四邊形的四棱柱是平行六面體，即：平行六面體的六個面都是平行四邊形
四個公理與一個定理
公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內.
公理2：過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面。
公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線。
公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行。
等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.
空間中點線面的位置關系
點與直線的位置關系 點在直線上 點不在直線上
點與面的位置關系 點在平面上 點不在平面上
線與線的位置關系
平行， 相交， ，異面
線與面的位置關系
面與面的位置關系
平行， 相交， 與重合
空間中的平行關系
線線平行
①三角形、四邊形的中位線與第三邊平行，②平行四邊形的性質（對邊平行且相等）
③內錯角、同位角相等，兩直線平行；同旁內角互補，兩直線平行
線面平行的判定定理：
平面外一直線與平面內一直線平行，則線面平行
圖形語言 符號語言
線面平行的性質定理
若線面平行，經過直線的平面與該平面相交，則直線與交線平行
圖形語言 符號語言
面面平行的判定定理
判定定理1：一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面，則面面平行
圖形語言 符號語言
判定定理2：一個平面內有兩條相交直線分別于另一個平面內兩條相交直線平行，則面面平行
圖形語言 符號語言
面面平行的性質定理
性質定理1：兩平面互相平行，一個平面內任意一條直線平行于另一個平面
性質定理2：兩平面互相平行，一平面與兩平面相交，則交線互相平行
考點一、空間中點線面的位置關系
1．（2024·全國·高考真題）設為兩個平面，為兩條直線，且.下述四個命題：
①若，則或 ②若，則或
③若且，則 ④若與,所成的角相等，則
其中所有真命題的編號是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】根據線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據線面平行的性質即可判斷③.
【詳解】對①，當，因為，，則，
當，因為，，則，
當既不在也不在內，因為，，則且，故①正確；
對②，若，則與不一定垂直，故②錯誤；
對③，過直線分別作兩平面與分別相交于直線和直線，
因為，過直線的平面與平面的交線為直線，則根據線面平行的性質定理知，
同理可得，則，因為平面，平面，則平面，
因為平面，，則，又因為，則，故③正確；
對④，若與和所成的角相等，如果，則，故④錯誤；
綜上只有①③正確，
故選：A.
2．（2024·天津·高考真題）若為兩條不同的直線，為一個平面，則下列結論中正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則與相交
【答案】C
【分析】根據線面平行的性質可判斷AB的正誤，根據線面垂直的性質可判斷CD的正誤.
【詳解】對于A，若，，則平行或異面或相交，故A錯誤.
對于B，若，則平行或異面或相交，故B錯誤.
對于C，，過作平面，使得，
因為，故，而，故，故，故C正確.
對于D，若，則與相交或異面，故D錯誤.
故選：C.
1．（2024·河北邢臺·二模）已知兩條不同的直線a、b和平面，下列命題中真命題的個數是（ ）
（1）若，，則 （2）若，，則
（3）若，，則 （4）若，，則
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】利用線面平行的判定與性質判斷（1）（2）,利用線面垂直的性質判斷（3）（4）.
【詳解】由兩條不同直線，及平面，知：
對（1），若，，則與相交、平行或異面，故錯誤；
對（2），若，，則或，故錯誤；
對（3），若，，則由線面垂直的性質得，故正確；
對（4），若，，則或，故錯誤．
故選：A．
2．（2024·浙江紹興·三模）設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
【答案】D
【分析】由空間中的線線，線面，面面間的位置關系逐項分析判斷即可.
【詳解】若，，則或，所以A錯；，，，，或，所以B錯；
若，，，則，所以C錯；若，，，則與兩面的交線平行，即，故D對.
故選：D.
3．（2024·遼寧·二模）設，是兩個平面，，，是三條直線，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，則
【答案】B
【分析】根據題意，結合線面位置關系的判定定理和性質定理，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，若，，，則相交或平行，所以A錯誤；
對于B中，若，，由線面平行的性質可得，所以 B正確；
對于C中，若，，，當兩兩相交時，兩兩相交，所以C錯誤；
對于D中，若，，則或，所以D錯誤.
故選：B.
考點二、空間中線面平行的判定（直接型）
1．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見詳解；
(2)
【分析】（1）結合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；
（2）作交于，連接，易證三垂直，采用建系法結合二面角夾角余弦公式即可求解.
【詳解】（1）因為為的中點，所以，
四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，
平面，所以平面；
（2）如圖所示，作交于，連接，
因為四邊形為等腰梯形，，所以，
結合（1）為平行四邊形，可得，又，
所以為等邊三角形，為中點，所以，
又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，
四邊形為平行四邊形，，
所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，
因為，所以，所以互相垂直，
以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，
，，，
，設平面的法向量為，
平面的法向量為，
則，即，令，得，即，
則，即，令，得，
即，，則，
故二面角的正弦值為.
1．（23-24高三上·遼寧朝陽·階段練習）如圖所示，在三棱錐中，，直線兩兩垂直，點分別為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面所成角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由于點分別為棱的中點，應用中位線定理可得，從而得到了證明線面平行所需的線線平行；
（2）首先以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，再分別求平面和平面的法向量，進而用空間向量的夾角公式求解即可.
【詳解】（1）證明：因為點分別為棱的中點，
所以.
又平面，平面，且，
所以平面ADE.
（2）解：以為原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，則，，，
得，.
設平面的法向量為，
則取，則，，
即.
由平面，得平面的一個法向量為，
所以平面與平面所成角的余弦值為.
2．（2024·寧夏石嘴山·模擬預測）如圖，在正方體中，是的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據正方體的性質得到，即可得證；
（2）利用等體積法求出點到平面的距離.
【詳解】（1）在正方體中，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）設正方體的棱長為，則，解得，
所以，，
所以，
設點到平面的距離為，則，即，
即，解得，
即點到平面的距離為.
考點三、空間中線面平行的判定（中位線型）
1．（浙江·高考真題）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面是邊長為的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝ ，M，N分別為PB，PD的中點．
(1)證明：MN∥平面ABCD；
(2) 過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．
【答案】(1)見解析；(2) ．
【分析】(1)證明:連接BD,因為M、N分別是PB、PD的中點,所以MN是△PBD的中位線,所以MN∥BD.
又因為MN 平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
(2)解: 在菱形ABCD中,∠BAD=120°,
得AC=AB=BC=CD=DA,
BD=AB.
又因為PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AC,
PA⊥AD.
所以PB=PC=PD.
所以△PBC≌△PDC.
而M、N分別是PB、PD的中點,
所以MQ=NQ,
且AM=PB=PD=AN.
取線段MN的中點E,連接AE,EQ,
則AE⊥MN,QE⊥MN,
所以∠AEQ為二面角AMNQ的平面角.
由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.
在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,
在△PBC中,cos∠BPC==,
得MQ==.
在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,
得QE==.
在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,
得cos∠AEQ==.
所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為.
1．（23-24高二上·廣西·階段練習）如圖，在正四棱柱中，，是的中點.

(1)求證：平面；
(2)若正四棱柱的外接球的表面積是，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接交于，連接，則，利用線面平行的判定定理即可證明；
（2）求出正四棱柱的外接球半徑，進而可求出，根據，即可求解.
【詳解】（1）連接交于，連接；
分別是的中點，
平面平面，
平面.

（2）設，正四棱柱的外接球的半徑為，
因為正四棱柱的外接球的表面積，解得，
由題意為正四棱柱的外接球的直徑，
由，得，
解得或（舍），即.
2．（2024·陜西渭南·三模）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，平面ABCD，，，且M，N分別為PD，AC的中點．
(1)求證：平面PBC；
(2)求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)3
【分析】（1）利用三角形的中位線，證明，可證得平面PBC；
（2）利用三棱錐的體積公式求解.
【詳解】（1）證明：如圖，連接BD，由ABCD是平行四邊形，則有BD交AC于點N．
∵M，N分別為PD，BD的中點，∴．
又平面PBC，平面PBC，故平面PBC．
（2）∵，∴，∴平行四邊形ABCD為矩形．
∵，∴，，
∴．
又平面ABCD，M為PD的中點，則M到平面ACD的距離為．
∴．
3．（2024·河北·二模）如圖，在四棱錐中，底面是菱形且，是邊長為的等邊三角形，，，分別為，，的中點，與交于點．
(1)證明：平面；
(2)若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明過程見解析
(2).
【分析】（1）作出，再根據線面平行的判定定理證明即可.
（2）使用建系法，根據向量的夾角公式求出兩個法向量的夾角余弦值，即可求出銳二面角的余弦值.
【詳解】（1）如圖，設與交于點，連接.
因為分別為的中點，底面是菱形，
所以且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
因為為的中點，所以為的中點，
因為為的中點，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）連接，因為是邊長為的等邊三角形，為的中點，
所以.
因為底面是菱形且，易知為等邊三角形，所以.
易知，所以，所以.
因為，所以，所以.
所以兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
所以，
設平面的法向量為，
則，得，
取，則，所以.
設平面的法向量為，
則，得，
則，取，則，所以.
所以，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值.
考點四、空間中線面平行的判定（平行四邊形型）
1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.
【詳解】（1）取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則
設平面的法向量為，
則由可得，取，
設平面的法向量為，
則由可得，取，
故，
故平面與平面夾角的余弦值為
2．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；
(2)求平面與平面的夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中點，連接，，借助中位線的性質與平行四邊形性質定理可得，結合線面平行判定定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；
（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.
【詳解】（1）取中點，連接，，
由是的中點，故，且，
由是的中點，故，且，
則有、，
故四邊形是平行四邊形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
有、、、、、，
則有、、，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
分別取，則有、、，，
即、，
則，
故平面與平面的夾角余弦值為；
（3）由，平面的法向量為，
則有，
即點到平面的距離為.
1．（23-24高二上·廣東深圳·期末）如圖，在四棱錐中，平面，底面為直角梯形，，，.

(1)設點為棱的中點，證明：平面.
(2)求平面與平面的夾角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）為的中點，通過證明，得證平面.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法解決兩個平面夾角問題.
【詳解】（1）設為的中點，連接，

在中，點為棱的中點，，.
因為，，所以，，
所以四邊形為平行四邊形，所以.
因為平面，平面，所以平面.
（2）以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立
如圖所示的空間直角坐標系.

設，則，，，，
，.
設平面的一個法向量為， 則有
令，則，得.
，，
設平面的一個法向量為， 則有，
令，則，得.
設平面與平面的夾角為，有，
所以平面與平面夾角的大小為.
2．（2024·天津·二模）如圖，在直三棱柱中，為的中點，點分別在棱和棱上，且．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中點，證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，向量法求兩個平面夾角的余弦值；
（3）向量法求點到平面的距離.
【詳解】（1）證明：取的中點，連接，則，
且，∴且，
則四邊形為平行四邊形，．
又平面平面，
平面．
（2）解：直三棱柱中，． 以為原點，以的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，
設平面的一個法向量為，則
即令，則，得到平面的一個法向量．
易知平面的一個法向量為．
設平面與平面的夾角為，
則，
平面與平面夾角的余弦值為．
（3）解：，，
點到平面的距離．
3．（2024·西藏拉薩·二模）如圖，在四棱臺中，平面，兩底面均為正方形，，點在線段上，且.
(1)證明：平面；
(2)求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據平行四邊形可得.，即可由線面平行的判定求證，
（2）利用等體積法即可求解，或者利用線面垂直可得平面，即可利用等面積法求解.
【詳解】（1）如圖，連接與交于點，連接.
因為四邊形是正方形，，所以.
因為四邊形是正方形，，所以.
因為，所以，所以.
又，所以四邊形為平行四邊形，所以.
因為平面平面，所以平面.
（2）解法一：因為在四棱臺中，兩底面均為正方形，所以，
所以，所以，
所以.
又，
設點到平面的距離為，由等體積法，得，
即，解得，
所以點到平面的距離為.
解法二：過點作，垂足為.
因為平面平面，所以.
又四邊形為正方形，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以.
又平面，所以平面.
,,
所以,
故，
根據等面積，得.
考點五、空間中線面平行的判定（相似型）
1．（23-24高一下·廣東茂名·期中）如圖，在三棱柱中，側面為矩形．
(1)設為中點，點在線段上，且，求證：平面；
(2)若二面角的大小為，且，求直線和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接交于，連接，由題可得，然后利用線面平行的判定定理即得；
（2）在平面中，過點C作射線，可得為二面角的平面角，過點作，可得平面，則即為直線和平面所成的角，利用銳角三角函數計算可得.
【詳解】（1）連接交于，連接，
因為側面為矩形，
所以，又為中點，
所以，
又因為，
所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）在平面中，過點作射線，
因為底面為矩形，所以，
所以為二面角的平面角，且．
又，平面，所以平面，
在平面中，過點作，垂足為，連接，
因為平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
則即為直線和平面所成的角，
于是為點到平面的距離，且，
設直線和平面所成角為，又，
則，
所以直線和平面所成角的正弦值為．
2．（23-24高三上·江蘇常州·期中）已知三棱柱，，，為線段上的點，且滿足．

(1)求證：平面；
(2)求證：；
(3)設平面平面，已知二面角的正弦值為，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)或
【分析】（1）作輔助線，先證明四邊形為平行四邊形，得線線平行，再由線面平行判定定理可證；
（2）以為一組基底，先利用基底表達向量，再向量平方利用數量積求模，求得，由勾股定理計算可證垂直；
（3）先證明兩兩垂直，再建立空間直角坐標系，利用法向量求解二面角余弦值，即可根據題意建立等量關系求參數.
【詳解】（1）過分別作交于點交于點，
，
且，
，
∴四邊形為平行四邊形，，
平面．平面．
平面．
（2），
，
，，．
（3）取中點，連接
為等邊三角形且，則．
在中，，
由，
在中，為中點，，，
.
如圖，分別以為軸建立空間直角坐標系．

．
即，
，設，
則，即，
故，
又，同理可得，
，
設平面的一個法向量，
而平面的一個法向量，
設二面角的的平面角為，則，
則，
化簡得，
解得或.
3．（2023·山東濰坊·三模）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且邊長為，點在母線上，且，．

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面
(3)若點為線段上的動點．當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）設交于點，連接，利用三角形相似證得，從而證得，進而證得直線平面；
（2）通過平面，證得平面，所以平面平面；
（3）建立空間直角坐標系，設，通過向量和平面的法向量建立直線與平面所成角的正弦值的關系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【詳解】（1）如圖，設交于點，連接，由圓錐的性質可知底面，

因為平面，所以，
又因為是底面圓的內接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因為，所以，
所以，即，
又平面，直線平面，平面，
所以直線平面．
（2）因為平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以點為坐標原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，，

設平面的法向量為，
則，令，則，
設，可得，
設直線與平面所成的角為，
則，
即，
令，
則，
當且僅當時，等號成立，所以當時，有最大值，
即當時，的最大值為1，此時點，
所以，
所以點到平面的距離，
故當直線與平面所成角的正弦值最大時，點到平面的距離為.
1．（22-23高二上·貴州六盤水·階段練習）如圖，點在以為直徑的圓上不同于，，垂直于圓所在平面，為的重心，，在線段上，且.

(1)證明：∥平面；
(2)在圓上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，為弧的中點
【分析】（1）連接，并延長交于點，連接，由重心的性質和平行線的判定，結合線面平行的判定定理可證得結論，
（2）在圓上假設存在點，使得二面角的余弦值為，根據題意作出二面角的平面角，解三角形即可判斷.
【詳解】（1）證明：連接，并延長交于點，連接，
因為為的重心，所以，
因為，所以，
所以∥，
因為平面，平面，所以∥平面；
（2）解：在圓上假設存在點，使得二面角的余弦值為，設，
連接，并延長交于，則為的中點，
因為，所以，，
過作于點，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以,
過作于，連接，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
所以為二面角的平面角，
在中，，
在中，，
因為二面角的余弦值為，所以，
所以，所以
所以，
所以，解得，
所以在在圓上存在點，且，即為弧的中點，使得二面角的余弦值為，

【點睛】關鍵點點睛：此題考查線面平面的證明，考查二面角的求法，解題的關鍵是根據已知條件結合二面角的定義利用線面垂直的判定定理作出二面角，考查空間想象能力和計算能力，屬于較難題.
2．（2022高二下·浙江溫州·學業考試）已知三棱錐中，平面，，，為中點，為中點，在上，.二面角的平面角大小為.

(1)求證：平面；
(2)求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接并延長，交于點，取的中點可得，根據為中點，可得，從而，再由線面平行的判定定理可得答案；
（2）分別取的中點，利用線面垂直的判定定理和性質定理可得即為二面角的平面角，求出各邊長，再由線面垂直的判定定理可得平面，轉化為點到平面的距離是點到平面的距離的一半，求出可得答案.
【詳解】（1）連接并延長，交于點，取的中點，連接，
因為為中點，所以，，所以，
所以，又為中點，所以，
所以，因為，所以，
所以，可得，
因為平面，平面，所以平面；

（2）分別取的中點，連接，
因為，所以，
因為平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
平面，所以，所以即為二面角的平面角，
所以，因為，所以，所以，
設，則，所以，
因為平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
所以線段的長即為點到平面的距離，又因為為的中點，
所以點到平面的距離是點到平面的距離的一半，
因為，所以點到平面的距離為.

【點睛】關鍵點點睛：第二問解題的關鍵點是轉化為點到平面的距離是點到平面的距離的一半，再由線面垂直的判定定理可得平面，考查了學生的空間想象能力、計算能力.
考點六、空間中線面平行的判定（向量型）
1．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，結合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；
（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的對角線交于點為的中點，.

(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在一點，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明見詳解
(2)
【分析】（1）用向量法證明即可；
（2）假設存在，根據線面角的公式運算即可得解.
【詳解】（1）以為原點建立如圖所示的坐標系，

，，，，
，，，
設面的法向量為，
，令，則，
，
平面，，
平面；
（2）假設存在點，設，
則，
設面法向量，
，，
，令，則，
，
，即，
，
故存在滿足題意的點，此時.
考點七、空間中線面平行的性質
1．（2024·廣西·模擬預測）在正四棱柱中，，，E為中點，直線與平面交于點F．
(1)證明：F為的中點；
(2)求直線AC與平面所成角的余弦值．

【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面平行的性質定理判斷，得出，得出為中位線，從而得證；
（2）建立如圖所示空間直角坐標系，分別求出直線AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用線面角公式求得正弦值，再利用同角基本關系式求出余弦值.
【詳解】（1）如圖，連接，FE，，在正四棱柱中，
由AB與平行且相等得是平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，又E是中點，所以是的中位線，
所以F是的中點；

（2）分別以DA，DC，為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，，，，，，，
設平面的一個法向量是，直線AC與平面所成的角為，
則，取，得，
， ，
所以直線AC與平面所成角的余弦值為.

2．（2024·河北保定·三模）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，平面，且.E，F分別是PA，PD的中點，平面與PB，PC分別交于M，N兩點.
(1)證明：；
(2)若平面平面，求平面與平面所成銳二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）根據給定條件，利用線面平面的判斷、性質推理即得.
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，求出平面、平面的法向量，進而求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）由E，F分別是PA，PD的中點，得，
在正方形中，，則，
而平面，平面，于是平面，
又平面，平面平面，平面，
因此，所以.
（2）四棱錐的底面為正方形，平面，則兩兩垂直，
以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，
，，，，
設平面的法向量，則，
取，得，
設平面的法向量，則，
取，得，
設平面的法向量，則，
由平面平面，得，取，得，
設平面與平面所成銳二面角為，
則，，
所以平面與平面所成銳二面角的正弦值為.
1．（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，，分別為，的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.
(1)證明：；
(2)求直線與平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）首先證明平面，再由線面平行的性質證明即可；
（2）連接,，以點為原點，建立空間直角坐標系，利用點到平面距離公式求解即得.
【詳解】（1）因為、分別為、的中點，所以，
又平面，平面，則平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
則點到平面的距離即為與平面的距離，
連接,，由均為正三角形，為的中點，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，則，
以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，，又，，
又，可得，
所以，，，
設平面的一個法向量為，則，
令，得，
設點到平面的距離為，則，
所以與平面的距離為.
2．（2024·內蒙古赤峰·二模）如圖, 在三棱臺 中, 和都為等邊三角形, 且邊長分別為2和4， G 為線段 AC的中點, H為線段 BC上的點, 平面 .
(1)求證: 點 H為線段BC的中點;
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面平行性質定理得出線線平行即可得證；
（2）空間向量法求二面角余弦值.
【詳解】（1）連接，設連接，
三棱臺 ，則，又
∴四邊形為平行四邊形，則
又平面，平面，平面平面
∴，
∵四邊形是正方形，是的中點，
∴點是的中點.
（2）
且都在面，則 面，
又為等邊三角形，則，又（1） 知，則面，
建立如圖所示的坐標系，則
設平面的法向量，
則，令解得，
設平面的法向量，
則，令，解得，
設二面角 的平面角為， ，
又因為為銳角，所以.
3．（2024·內蒙古赤峰·三模）如圖， 在三棱臺 中， 和 都為等邊三角形，且邊長分別為2和4， , 為線段 的中點， 為線段上的點， 平面 .

(1)求證: 點H為線段的中點;
(2)求三棱錐 的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）因為 平面，所以想到用線面平行的性質定理證明；
（2）利用等體積法將三棱錐 轉化為三棱錐的體積求解即可.
【詳解】（1）連接， 設 連接、
因為三棱臺 所以
又 所以四邊形為平行四邊形
所以 .
又平面， 平面， 平面∩平面
∴
∵四邊形 是正方形，O是的中點，
∴點H是的中點.

（2）因為 則
又 平面ABC
∴平面,
由（1） 知 且
是邊長為4的等邊三角形，
∵H為中點，
,

考點八、空間中面面平行的判定
1．（2024·重慶·二模）如圖，直棱柱中，底面為梯形，，且分別是棱，的中點.

(1)證明：平面平面；
(2)已知，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）由三角形中位線、平行四邊形性質，利用線面平行的判定、面面平行的判定推理即得.
（2）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量坐標，再利用線面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）在中，分別為的中點，則，
而平面平面，因此平面，
又，而，
于是且，四邊形為平行四邊形，則，
又平面平面，因此平面.
而為平面中兩相交直線，所以平面平面.
（2）在中，，則，
在直棱柱中，兩兩垂直，
以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，
，
設平面的法向量為，則，取，得，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
2．（2024·江蘇宿遷·三模）如圖所示的幾何體是由等高的直三棱柱和半個圓柱組合而成，為半個圓柱上底面的直徑，，，點，分別為，的中點，點為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)若是線段上一個動點，當時，求直線與平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明，，進而證明為平行四邊形，可得，再證明，由面面平行的判定定理得證；
（2）方法1，建立空間直角坐標系，利用向量法求解；方法2，先證明平面平面，過作交于，則就是直線與平面所成角，利用平面幾何求出最小，得解.
【詳解】（1）連接，由點為的中點，為半個圓柱上底面的直徑知，
由，，知，，
則，又四點共面，所以，
由為直三棱柱的側面知，即，則，
由為的中點得，
所以四邊形為平行四邊形，則，
又平面，平面，，則平面，
因為，分別為，的中點，所以，
又平面，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）（法一）以為一組空間正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
所以，，
設，
則，
由平面平面知直線與平面所成角即為直線與平面所成角，
設平面的法向量為，
由，取，得，
則平面的一個法向量為，
設直線與平面所成角為，則
，
又，則時，的最大值為．
所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為．
（法二）在直三棱柱中，底面，
因為底面，所以，
由（1）知，，所以，
又平面，
所以平面，
因為平面，
所以平面平面，
過作交于，
因為平面平面，所以平面，
又平面平面，
則直線與平面所成角即為直線與平面所成角，
因為∽，且正方形的邊長為2，
所以，則，
又，要使值最大，
則最小，在中，
過作交于，由等面積可求出，此時．
所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為．
1．（2024·黑龍江·模擬預測）已知正三棱柱中分別為的中點，.
(1)證明: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）借助線線平行關系，先證平面，平面，從而可得面面平行；
（2）以為原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量法求線面角.
【詳解】（1）分別為的中點，所以，
四邊形為平行四邊形，所以，
而平面平面，所以平面，
連接交于，連接OE，顯然是的中點，因為為AB的中點，
所以，而平面，OE平面，所以平面，
又平面平面，所以平面平面
（2）因為為正三角形，所以，
因為三棱柱是正三棱柱，所以平面平面，
而平面平面，
所以平面，因為平面，所以，
因為三棱柱是正三棱柱，，
所以側面是矩形，分別為的中點，
以為原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則
，
設平面的一個法向量為，
即，取，解得，
設直線與平面所成角為，
所以.
2．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，在三棱柱中，側面為矩形，M，N分別為AC，的中點．
(1)求證：平面平面；
(2)若二面角的余弦值為，，為正三角形，求直線和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）只需運用兩次線面平行的判定定理分別證明平面，以及平面，最后再結合面面平行的判定定理即可得證；
（2）利用等體積法，找出二面角的平面角，計算所需高和面積，從而建立方程即可求解.
【詳解】（1）因為M，N分別為側面為矩形的邊AC，的中點，
所以，即四邊形是平行四邊形，
所以,
因為，
所以，即四邊形是平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以平面，
因為M，N分別為側面為矩形的邊AC，的中點，
所以，即四邊形是平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以平面，
因為平面，且，平面，平面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知四邊形是平行四邊形，
又，
所以平行四邊形是矩形，
從而，
因為為正三角形，
所以為正三角形，
又因為點是的中點，
所以，
又因為平面平面，平面，平面，
所以是二面角的平面角，它的余弦值為，那么它的正弦值為，
因為，為正三角形，
所以為正三角形，且，
于三棱錐而言，若將三角形看作三棱錐的底面，設為三棱錐的高，
則對應三棱錐的高為，
而三角形的面積為，
而，
所以，
又，
所以，
所以三角形的面積為，
設直線和平面所成角的正弦值為，
而，
則點到平面的距離為，
由等體積法有，
即，
解得，
即直線和平面所成角的正弦值為.
3．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓錐中，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，四邊形是底面的內接正方形，分別為的中點，過點的平面為.
(1)證明：平面平面；
(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為，設點在線段上運動，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）由線面平行的判定定理可證平面，平面，再由面面平行的判定定理即可證明平面平面；
（2）由題意可得，點到平面的距離等于點到平面的距離，再由三棱錐的體積公式，代入計算，即可求解.
【詳解】（1）因為分別為的中點，所以，
因為四邊形為正方形，所以，從而，
又平面平面，所以平面，
連接，則為的中點，又為的中點，所以，
又平面平面，
所以平面，又，平面，
所以平面平面，
即平面平面.
（2）
由題知，平面.
連接，則.
因為由（1）的證明可知平面平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離，
所以，
所以三棱錐的體積為.
考點九、空間中面面平行的性質
1．（2020·山東·高考真題）已知點，分別是正方形的邊，的中點.現將四邊形沿折起，使二面角為直二面角，如圖所示.
（1）若點，分別是，的中點，求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）要證明線面平行，可轉化為證明面面平行；
（2）根據面面垂直的性質定理，可知平面，再結合線面角的定義，可得得到直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】證明：（1）連接，
設點為的中點，連接，，
在中，又因為點為中點，
所以.
同理可證得，
又因為，分別為正方形的邊，的中點，
故，所以.
又因為，所以平面平面.
又因為平面，所以平面.
（2）因為為正方形，，分別是，的中點，
所以四邊形為矩形，則.
又因為二面角為直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
則為直線在平面內的射影，
因為為直線與平面所成的角.
不妨設正方形邊長為，則，
在中，，
因為平面，平面，所以，
在中，，
，
即為直線與平面所成角的正弦值.
2．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，以正方形的邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉120°形成的面圍成一個幾何體．設是上的一點，，分別為線段，的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）證法一：在正方形中，連接并延長，交的延長線于點，連接，通過證明可得，進而利用線面平行的判定定理即可證明；
證法二：取的中點，連接，，通過證明四邊形是平行四邊形可得，進而利用線面平行的判定定理即可證明；
證法三：取的中點，連接，，利用面面平行的判定定理證明平面平面，從而即可得證平面.
（2）首先通過線面垂直的判定定理證明平面可得，然后建立空間直角坐標系，利用向量法可求平面與平面夾角的余弦值.
【詳解】（1）證法一：在正方形中，連接并延長，交的延長線于點，連接．
因為，分別為線段，中點，
所以，所以，
所以，所以．
又因為平面，平面，所以平面．
證法二：取的中點，連接，，
因為，分別為線段，的中點，
所以，，
又因為，，
所以，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
又因為平面，平面，所以平面．
證法三：取的中點，連接，．
因為，分別為線段，的中點，
所以，，
又因為平面，平面，所以平面．
因為平面，平面，所以平面．
又因為，平面，平面，
所以平面平面，又因為平面，
所以平面．
（2）依題意得，平面，又因為平面，所以．
又因為，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以，，兩兩垂直．
以為原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，如圖所示．
不妨設，，
則，，，，
設平面的法向量為，則
即，取，得，，
所以平面的一個法向量是，
又平面的一個法向量為．
設平面與平面的夾角為，
則．
所以平面與平面夾角的余弦值為．
1．（23-24高三上·北京東城·期末）如圖，在直三棱柱中，分別為的中點.
(1)求證：平面；
(2)若點是棱上一點，且直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.
【答案】(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）通過取的中點構建平面平面即得；
（2）由題設易于建系，運用空間向量的夾角公式表示出直線與平面所成角的正弦值，解方程即得.
【詳解】（1）
如圖，取線段的中點，連接,因分別為的中點,故有,
又因為平面，平面,故平面，平面，
又,則平面平面,因平面，則平面.
（2）
如圖，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標系.
則,設點,則，代入坐標得：，即，
于是,,設平面的法向量為，則有故可取，
依題意得，，解得：，即線段的長為1.
2．（2024·河北衡水·模擬預測）如圖，在六棱錐中，平面是邊長為的正六邊形，平面為棱上一點，且.
(1)證明：平面；
(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）連接交于點，連接，由正六邊形的性質可求得，再由，得，則平面，然后由，得平面，則由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性質可證得結論；
（2）由平面，得兩兩垂直，所以以為坐標原點，所在直線分別為軸 軸 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】（1）證明：如圖，連接交于點，連接.
因為六邊形是邊長為的正六邊形，
所以,
所以，
所以.
又，所以.
因為平面平面，
所以平面.
又平面平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
（2）解：由平面，得兩兩垂直.
以為坐標原點，所在直線分別為軸 軸 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則
所以，.
設平面的法向量為，
則，
令，得，
則平面的一個法向量為.
由（1）得平面平面，又平面，
所以平面，
從而為平面的一個法向量.
設平面與平面的夾角為，
則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
3．（2024·山東濰坊·三模）如圖，在直三棱柱中，，是棱的中點．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，先得出平面平面，由面面平行證明線面平行即可；
（2）建立空間直角坐標系，根據面面夾角的向量公式計算即可．
【詳解】（1）取的中點，連接，
由直三棱柱得，，，
因為是棱的中點，點是的中點，
所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，
同理可得四邊形為平行四邊形，所以
所以，所以四邊形為平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）設，以為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，
所以，
設平面的一個法向量為，
由得，，取，的，
設平面的一個法向量為，
由得，，取，的，
設平面與平面的夾角為，
則，
由圖可知二面角為銳角，則二面角的大小為．
考點十、補全條件證空間中的平行關系
1．（2023·貴州畢節·模擬預測）三棱柱中，四邊形是菱形，，平面平面，是等腰三角形，，，與交于點M，，的中點分別為N，O，如圖所示.
(1)在平面內找一點D，使平面，并加以證明；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)為的中點，證明見解析；
(2).
【分析】（1）取的中點，利用線面平行的判定推理作答.
（2）以點O為原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解作答.
【詳解】（1）連接，取的中點為，連接，則平面.
在三棱柱中，四邊形是平行四邊形，即為的中點，
而為的中點，于是，平面平面，
所以平面.
（2）在三棱柱中， 是等腰三角形，為的中點，
則，而平面平面，平面平面平面，
于是平面，連接，而四邊形是菱形，且，，
則，，即有兩兩垂直，
以為坐標原點，以射線的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，
顯然平面的一個法向量為，，
設平面的一個法向量為，則，令，得
，令二面角的平面角為，則，
所以二面角的正弦值為.
2．（2024·江西·模擬預測）如圖所示，四邊形為直角梯形，且，，，，．為等邊三角形，平面平面．

(1)線段上是否存在一點，使得平面，若存在，請說明點的位置；若不存在，請說明理由；
(2)空間中有一動點，滿足，且．求點的軌跡長度．
【答案】(1)線段上存在中點，使得平面，理由見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，的中點，連接，，，即可證明，，從而得到平面平面，即可得到平面；
（2）取的中點，連接、，即可證明平面，從而得到平面，又，則點在以為直徑的球與平面的交線上，即點的軌跡為圓，取的中點，過點作交于點，則平面，再求出的軌跡圓的半徑，即可氣求出軌跡長.
【詳解】（1）線段上存在中點，使得平面，理由如下：

取的中點，的中點，連接，，，
因為且，所以四邊形為平行四邊形，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，
即為線段的中點時，平面.
（2）取的中點，連接、，
又，為等邊三角形，所以，，
，平面，所以平面，
又，所以平面，
又，所以點在以為直徑的球上，
所以點在以為直徑的球與平面的交線上，
即點的軌跡為圓，
取的中點，由平面，過點作交于點，
則平面，
又，則，
設球的半徑為，的軌跡圓的半徑為，則，，
所以點的軌跡長度為.

3．（2023·浙江·三模）如圖，三棱臺中，，，為線段上靠近的三等分點.
(1)線段上是否存在點，使得平面，若不存在，請說明理由；若存在，請求出的值；
(2)若，，點到平面的距離為，且點在底面的射影落在內部，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質可得出平面，由此可得出結論；
（2）過點在平面內作，垂足為點，連接，過點在平面內作，垂足為點，證明出平面，求出的值，然后以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）取的靠近點的三等分點，連接、、，
則，
又因為，所以，四邊形為平行四邊形，則，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，所以，，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，、平面，所以，平面平面，
因為平面，故平面，
因此，線段上是否存在點，且當時，平面.
（2）過點在平面內作，垂足為點，連接，
由，，，所以，，
所以，，所以，，
過點在平面內作，垂足為點，
因為，，，、平面，
所以，平面，
因為平面，則，
又因為，，、平面，所以，平面，
因為點到平面的距離為，即，
且，
所以，，
由圖可知，為銳角，所以，，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、、，
，，
設平面的法向量，則，
取，則，
，
所以，，
因為，
因此，與平面所成角的正弦值為.
1．（2023·河南·模擬預測）如圖，在矩形中，點在邊上，且滿足，將沿向上翻折，使點到點的位置，構成四棱錐.
(1)若點在線段上，且平面，試確定點的位置；
(2)若，求銳二面角的大小.
【答案】(1)點為線段上靠近點的三等分點
(2)
【分析】（1）在取點使，根據線面平行的判定定理、面面平行的判定及性質定理即得；
（2）取的中點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解銳二面角的大小.
【詳解】（1）點為線段上靠近點的三等分點，
證明如下：
如圖，
在取點，連接，,使得，
又，所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以點為線段上靠近點的三等分點.
（2）如圖，取的中點，以O為原點OE為x軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為，所以，
又，則，
由題意，點P在過點O且垂直AE的平面上，故設，
則，
因為，所以，解得，
故，則，
設平面的法向量為，
則，不妨取，則，
設平面的一個法向量為，則，
記銳二面角的平面角為，所以，
又，則，所以銳二面角的大小為.
2．（23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱中，底面為正方形，為棱的中點，．
(1)求三棱錐的體積．
(2)在上是否存在一點，使得平面平面.如果存在，請說明點位置并證明.如果不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，為的中點
【分析】（1）根據計算可得；
（2）當為的中點時滿足平面平面，設，連接，即可證明、，從而得到平面，平面，即可得證.
【詳解】（1）在直四棱柱中，底面為正方形，
所以平面，
所以.
（2）當為的中點時滿足平面平面，
設，連接，
因為為正方形，所以為的中點，又為棱的中點，
所以，又平面，平面，所以平面，
又為的中點，所以且，所以為平行四邊形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
3．（2022·遼寧大連·模擬預測）如圖，多面體中，平面，
(1)在線段上是否存在一點，使得平面？如果存在，請指出點位置并證明；如果不存在，請說明理由；
(2)當三棱錐的體積為8時，求平面與平面AFC夾角的余弦值.
【答案】(1)存在，的中點，證明見解析；
(2).
【分析】（1）先找到G點位置，由面面平行證明線面平行；
（2）建立空間直角坐標系，由體積求解邊長，用空間向量求解二面角.
【詳解】（1）存在，點為中點，理由如下：
取線段AB的中點H，連接EH、HG、EG．
∵，，
∴四邊形AHEF是平行四邊形，∴．
又∵平面AFC，平面AFC，
∴平面AFC．
∵H、G分別為AB、BC的中點，
∴HG是的中位線，∴．
∵平面AFC，平面AFC，
∴平面AFC．
∵，HG、平面EHG，
∴平面平面AFC．
∵平面EHG，
∴平面AFC．
（2）由，
可得
以為坐標原點，以 的正方向為 軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.
由題可知，，，，，
設平面的一個法向量為
，
則，可以取
設平面的一個法向量為
，
則，可以取
設平面與平面夾角為，
則，
∴平面與平面夾角的余弦值為.
考點十一、補全圖形證空間中的平行關系
1．（2024·山東臨沂·一模）如圖，在直三棱柱中，，點分別在棱上，為的中點.

(1)在平面內，過作一條直線與平面平行，并說明理由；
(2)當三棱柱的體積最大時，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)作直線即為所求，理由見解析
(2)
【分析】（1）連接交于點，連接、、、，即可證明四邊形為平行四邊形，從而得到，則，即可證明平面；
（2）由，又因為，則當，即當時直三棱柱的體積最大，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）作直線即為所求，
連接交于點，連接、、、，
因為，，
所以，又，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又，所以，又平面，平面，
所以平面，
所以在平面內，過作一條直線與平面平行的直線為.
（2）因為，
又因為，
所以當時取最大值，
即當時直三棱柱的體積最大，
又平面，平面，所以，，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，
所以，，
設平面的法向量為，
則，取，
又平面的一個法向量為，
設平面與平面夾角為，則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.

1．（2024·福建龍巖·一模）如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正三角形，，，設平面平面.
(1)作出（不要求寫作法）；
(2)線段上是否存在一點，使平面？請說明理由；
(3)若，求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】(1)作圖見解析；
(2)為線段的中點，理由見解析；
(3).
【分析】（1）利用平面的基本事實作出直線.
（2）取線段的中點，利用線面平行的判定推理即得.
（3）取的中點，以為原點建立空間直角坐標系，利用面面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）延長交于點，經過點畫直線，則直線即為所作直線，如圖：
平面，則平面，同理平面，又平面，平面，
因此平面平面，即平面平面，
所以直線即為所作直線.
（2）點為的中點，使平面.

由，得，而，則，即為的中點，
又為的中點，于是，而平面平面，
因此平面，所以線段的中點，使平面.
（3）分別取中點，連接，則，而，則有，
又平面，于是平面，
即平面，而平面，則，由為中點，得，
以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，，
設向量為平面的法向量，則，取，得，
又為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，
，
所以平面與平面的夾角的余弦值為.
2．（2024·貴州遵義·三模）如圖，在多面體中，四邊形為正方形，，且，M為中點．
(1)過M作平面，使得平面與平面的平行（只需作圖，無需證明）
(2)試確定（1）中的平面與線段的交點所在的位置；
(3)若平面，在線段是否存在點P，使得二面角的平面角為余弦值為，若存在求出的值，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)圖形見解析
(2)（1）中的平面與線段的交點在靠近點的四等分點處
(3)存在，
【分析】（1）取的中點，連接，延長交于點，連接并延長交于點，連接，即可得解；
（2）先證明，再利用相似比求解即可；
（3）以點為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）如圖，取的中點，連接，延長交于點，
連接并延長交于點，連接，
取的中點，連接，則且，
故，所以，
又因為，所以，
所以，所以，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因為分別為的中點，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面即為平面；
（2）又（1）得，點在線段上靠近點的四等分點處，
即（1）中的平面與線段的交點在靠近點的四等分點處；
（3）如圖所示，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，
不妨設，則，
設，
則故，
設平面的法向量為，
則有，可取，
設平面的法向量為，
則有，可取，
則，解得，此時，
所以存在，.
1．（2024·四川遂寧·模擬預測）如圖，在多面體中，四邊形為菱形，，，⊥，且平面⊥平面.
(1)在DE上確定一點M，使得平面；
(2)若，且，求多面體的體積.
【答案】(1)點M是ED的中點
(2)
【分析】（1）作出輔助線，得到線線平行，進而得到四邊形平行四邊形，所以，從而得到線面平行；
（2）作出輔助線，證明出面面垂直，得到CN是四棱錐C－ABFE的高，從而求出，同理得到，相加得到答案.
【詳解】（1）當M是ED的中點時，滿足平面，理由如下：
取AD中點G，過點G作交DE于點M，則，
連接，
又由題，有，，所以，，
即四邊形平行四邊形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）取AB中點，連接，，
由條件知是邊長為1的正三角形，于是CN⊥AB，且.
因為四邊形為菱形，所以⊥，
因為平面⊥平面，交線為，
又平面，所以⊥平面，
因為平面，所以⊥，
因為，所以⊥，
又BF⊥AD，平面，
所以⊥平面，
因為平面，
所以⊥，
因為，平面，
所以⊥平面，
即CN是四棱錐C－ABFE的高.
設梯形的面積為，則，
，
同理可知C點到平面ADE的距離也等于，
于是.
于是多面體ABCDEF的體積.
2．（2024·四川成都·模擬預測）已知球內接正四棱錐的高為，、相交于，球的表面積為，若為中點.

(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）依題意可得，即可得證；
（2）由球的表面積求出球的半徑，由正四棱錐的性質可知球心必在上，連接，利用勾股定理求出，即可求出，再由為中點得到到平面的距離為，最后由計算可得.
【詳解】（1）依題意底面為正方形，、相交于，
所以為的中點，又為中點，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）設球的半徑為，由球的表面積公式，
解得（負值舍去），
設球心為，在正四棱錐中，高為，則必在上，
連接，則，，，
則在，則，即，
解得（負值舍去），
則，所以，
又為中點，平面且，所以到平面的距離為，
所以.

3．（2024·上海普陀·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，，、分別是、的中點.
(1)求證：平面；
(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的大小.
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）取線段、的中點分別為、，連接、、，然后四邊形為平行四邊形，得到線線平行，從而證明線面平行；
（2）根據線面角的定義，可由幾何圖形作出線面角，然后根據三角形求解即可.
【詳解】（1）證明：取線段、的中點分別為、，連接、、，
則 ，，
又底面是正方形，即 ，
則，即四邊形為平行四邊形，
則，又在平面外，平面，
故平面.
（2）取線段的中點為點，連接、，
又，底面是邊長為的正方形，
則，且，，
又二面角的大小為，
即平面平面，
又平面，平面平面，
則平面，
則是直線與平面所成角，
在中，，
即，
故直線與平面所成角的大小為.
4．（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱臺中，平面，為等腰直角三角形，，分別為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）借助平行四邊形的性質及平行線的傳遞性證明,再利用線面平行的判定定理進行證明；
（2）利用線面垂直的判定定理證明平面，利用等體積法求出三棱錐的體積，根據梯形的性質求出，即可得解
【詳解】（1）由三棱臺的結構特征可知平面平面，，
因為為等腰直角三角形，，為的中點，
所以，，所以四邊形為平行四邊形，
得．同理可證，則．
又平面，平面，所以平面．
（2）由題易知，，
又，平面，平面,
所以平面．
連接，
易得，
則．
在梯形中，，，，
作，則，
所以．
設點到平面的距離為，
所以，解得，
所以點到平面的距離為．
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，平面平面，，分別為的中點．
(1)判斷與平面的位置關系，并給予證明；
(2)求平面與平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)平面，證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接交于點，連接，先證明四邊形是平行四邊形，從而證得，再利用線面平行的判定定理，即可得出結果；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，利用向量的夾角公式及同角三角函數的基本關系即可得平面與平面所成二面角的正弦值．
【詳解】（1）平面，證明如下：
解法一 如圖，取的中點，連接交于點，連接，
平行四邊形中，分別為的中點，則，，
則四邊形為平行四邊形，得，，
則為的中點，有，，
為的中點，則，，
所以，，四邊形是平行四邊形，所以．
又平面，平面，所以平面．
解法二 如圖，取的中點，連接，
因為是的中點，所以，
又平面，平面，所以平面．
因為分別為的中點，
所以，，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
又平面，平面，所以平面．
又，平面，平面，
所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）連接，因為，為的中點，所以．
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸，過點且平行于的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
，，
則，
則，．
設平面的一個法向量為，則，
令，則，得．
設平面的一個法向量為，則，
令，則，得.
設平面與平面所成二面角的大小為，
則，
所以，
所以平面與平面所成二面角的正弦值為．
6．（2024·天津紅橋·二模）在如圖所示的幾何體中，平面，，四邊形為平行四邊形，，，，．
(1)求證：直線平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求平面與平面夾角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，由即可證明；
（2）求出平面的法向量，再求出，即可得解；
（3）設平面與平面夾角為，由求出，從而求出.
【詳解】（1）因為平面，，如圖建立空間直角坐標系，
因為四邊形為平行四邊形，，，，，
則，，，
解得（負值已舍去），
則，，，，，
所以，，，
設平面的法向量為，則，取，
所以，即，
又平面，所以平面.
（2）因為，，
設平面的法向量為，
則，取，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
（3）設平面與平面夾角為，
則，
所以，
所以平面與平面夾角的正弦值為.
7．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知等腰梯形，，，取的中點，將等腰梯形沿線段翻折，使得二面角為，連接、得到如圖所示的四棱錐，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求四棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）首先說明四邊形為平行四邊形，連接交于點，連接，即可得到，從而得證；
（2）在等腰梯形中可得、為等邊三角形，在四棱錐中取的中點，連接、，過點作交于點，即可得到為二面角的平面角，求出，再證明平面，最后根據計算可得.
【詳解】（1）在等腰梯形中，，，為的中點，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，
連接交于點，連接，則為的中點，又為的中點，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）在等腰梯形中，由（1）知，即為等邊三角形，
則，連接，則也為等邊三角形，即，所以也為等邊三角形，
在四棱錐中取的中點，連接、，過點作交于點，
依題意且，
所以為二面角的平面角，即，
又，所以為等邊三角形，
所以，
又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又，
所以.
8．（2024·江西景德鎮·三模）已知在正三棱柱中，，.
(1)已知，分別為棱，的中點，求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）為中點，通過證明，證明平面；
（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，向量法求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取中點，連接，.
，分別為，中點，且，
又為中點，且，
且，
故四邊形是平行四邊形，.
而平面，面，
平面.
（2）如圖以為坐標原點，，分別為，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
則.
設平面的法向量為，則，
令，得，，.
又，.
即直線與平面所成角的正弦值是.
9．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖，矩形，，平面，，，，，平面與棱交于點. 再從條件①、條件②、條件③，這三個條件中選擇一個作為已知.
(1)求證：；
(2)求直線與平面夾角的正弦值；
(3)求的值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先證明平面平面，得平面，再證即可；
（2）依題建系，分別就① ，② ，③，寫出相關點的坐標，求得平面的法向量的坐標，利用空間向量的夾角公式計算即得；
（3）設，求得，分別利用①，②，③求得，結合列方程組，求出即得
【詳解】（1）因為，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若選擇條件①，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值；
若選擇條件②，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值；
若選擇條件③，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知無論選擇①，②，③哪個條件，都有.
設，，則，
由（1）知，所以
故存在實數，使得,即，解得,符合題意.
故得.
10．（2024高三·全國·專題練習）在正四棱柱中，是底面的中心，底面邊長為2，正四棱柱的體積為16
(1)求證：直線平行于平面
(2)求與平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）連結AC，BD，設交點為O，連結，然后證明為平行四邊形，再由線面平行判定定理可證；
（2）分別以為軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解可得.
【詳解】（1）連結AC，BD，設交點為O，連結，
∵，且，
故四邊形為平行四邊形，則，
又平面，平面，故直線平行于平面
（2）由題易知，兩兩互相垂直，
故分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖：
正四棱柱的體積為16，則 ，
故 ，
易知為平面的一個法向量，
設與平面所成的角為，
則，
所以與平面所成的角的正弦值為.
1．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，棱柱中，側棱底面，，E，F分別為和的中點.
(1)求證：平面；
(2)設，在平面上是否存在點P，使？若存在，指出P點的位置：若不存，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析；
(2)當時，為棱的中點.
【分析】（1）利用三角形中位線性質、線面平行的判定推理即得.
（2）取AB中點O，以O為原點建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，利用空間位置關系的向量證明求解即得．
【詳解】（1）由E，F分別為和的中點，得，
而平面，平面，
所以平面.
（2）棱柱中，側棱底面，
取AB中點O，中點M，連接，
則，平面，而平面，則有，
又，則，即直線兩兩垂直，
以O為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，設，
則，
假設在平面上存在點P，使，設，
，
，即，顯然，
由，得，因此，即，此時，
所以當時，存在唯一的點，即棱的中點，使.
2．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，三棱柱中，分別為棱的中點，分別是棱上的點，.
(1)求證：直線平面；
(2)若三棱柱為正三棱柱，求平面和平面的夾角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接交于，連接，則可證得，再由可證得四邊形為平行四邊形，則∥，再由線面平行的判定定理可證得結論；
（2）以為原點，以所在的直線為軸，過與平行的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】（1）證明：取的中點，連接交于，連接，
因為分別為棱的中點，所以∥∥，
所以，所以，
所以，
因為，所以，所以，
因為分別為棱的中點，所以，
因為∥∥，所以，∥，
所以四邊形為平行四邊形，
所以∥，
因為平面，平面，
所以直線平面；
（2）解：連接，因為三棱柱為正三棱柱，
所以為等邊三角形，所以，
所以以為原點，以所在的直線為軸，過與平行的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，
設，則，
所以，
設平面的法向量為，
則，令，則，
設平面的法向量為，
則，令，則，
所以，
設平面和平面的夾角為，則，
因為，所以.
3．（2024·陜西銅川·模擬預測）如圖，已知四棱錐中，平面平面，，分別為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若側面為等邊三角形，求四面體的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由三角形中位線結合且得到四邊形是平行四邊形，所以，由線面平行的判定證得平面；
（2）由面面垂直得到線面垂直從而得到到平面的距離，在梯形中得到的面積，由得到所求棱錐體積.
【詳解】（1）如圖，取的中點，取的中點，取的中點，連接．
因為分別為的中點，所以且，
因為分別為的中點，所以且，
又因為且，所以且，
所以四邊形是平行四邊形，所以．
又由平面平面，所以平面．
（2）
如圖，連接．
因為為等邊三角形，所以，
因為平面平面，平面平面平面，所以平面．
因為，所以，，，
又因為為的中點，所以點到平面的距離．
在梯形中，由，可得，所以，
又由，所以，
故，所以四面體的體積為．
4．（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，點在上，點在上，平面平面．

(1)求證：是的中點；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由面面平行得到線線平行，從而得到四邊形為平行四邊形，，得到結論；
（2）作出輔助線，得到，結合三角形全等得到，從而證明出線面垂直，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，求出線面角的正弦值.
【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，
平面平面．所以，
又由梯形可得，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以是的中點．
（2）連接，由（1）知是的中點，，
故，故，
因為，
所以，故，即，
因為，所以與全等，
所以，即，
又平面，所以平面，
以為正交基底，建立如圖所示空間直角坐標系，

因為，由勾股定理得，
則，
所以，
設平面的法向量為，則，
即，
取，則，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面．
得，
又是的中點，所以是的中點，．
設直線與平面所成角為，
，
所以直線與平面所成的角的正弦值為．
5．（2024·貴州六盤水·三模）已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為和的正方形，平面平面，，，，點為的中點，點在棱上，且．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點為，連結，，先證四邊形是平行四邊形，可得，再由線面平行的判定定理，即可得證；
（2）結合余弦定理與勾股定理可證，利用面面垂直的性質定理知平面，再以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角，即可得解．
【詳解】（1）證明：取的中點為，連結，因為為中點，
則，且，
因為，，，所以
所以，，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以平面;
（2）在中，，所以，
在中，，即，
因為平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
故以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，
所以，，
設平面的法向量為，則，
令，得，，所以，
易知平面的一個法向量為，
設二面角為，由圖知為鈍角，
所以，
所以，
故二面角的正弦值為．
6．（2024·江西宜春·模擬預測）如圖1，在五邊形中，，，且，將沿折成圖2，使得，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若與平面所成的角為，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，，從而證明平面，平面，即可得到平面平面，即可得證．
（2）推導出平面，平面，平面平面，連接，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
【詳解】（1）取的中點，連接，，
，為的中點，，
又，．
又平面，平面，平面．
為的中點，．
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
又平面，平面．
（2），由（1）知，，
又，為的中點，，
又，平面，平面，
又平面，，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面，
連接，，為的中點，，
又平面平面，平面，
平面，平面，，
以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
是與平面所成的角，即，
，設，則，，，，
，，，，，
，，，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設二面角的平面角為，
，
所以，即二面角的正弦值為．
7．（2024·山東日照·三模）在五面體中，，.

(1)求證：；
(2)若，，，點到平面的距離為，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由，得到，，由線面平行的判定定理可得，由線面平行的性質得到直線.
(2)證明，，.故以分別為坐標軸建立空間直角坐標系，由，解得的長，分別找到二面角各點坐標，有空間向量求解二面的余弦值.
【詳解】（1）證明：因為，，
所以，
因為，，
所以，
因為平面平面，平面，
所以.
（2）由于平面，，所以，平面，
故，
又因為平面，，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面
由于，則，
故，
故為等腰直角三角形，所以，，
如圖以為坐標原點，，，所在的直線分別為，，軸建系，

則，，，，，
設平面的法向量為，則，
平面的法向量為，
因為，，
所以，即
令，則，
設成的角為，由圖可知為銳角，
所以二面角的余弦值為
8．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性質定理可知，，由為的中點，可得為的中點，同理為的中點，即可得出結果；
（2）以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標系，求得的法向量為，由平面，則有，即，代入計算化簡可得結果.
【詳解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因為為的中點，所以為的中點，同理為的中點，所以.
（2）因為，底面，
如圖，以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標系，
故，則，，
設平面的法向量為，則取，可得.
因為，，所以，，
則，
因為平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
當且僅當，即時取等號，所以的最小值為8.
9．（2024·河南·模擬預測）如圖，在三棱錐中，，，的中點分別為，點在上，.
(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）連接、，設，根據，則即可求出，從而證明四邊形為平行四邊形，即可得到，從而得證；
（2）利用勾股定理逆定理得到，再由，即可得到平面，即可得證；
（3）過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）連接、，設，
則，，
因為，，則，
，解得，則為的中點，
由分別為的中點，
所以且， 且，即且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）由（1）可知，則，，
所以，因此，則，
有，又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3）因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
在中，，
在中，，
即，
設，所以由，可得，
解得，所以，
則 ，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
又平面的一個法向量為，
設二面角為，顯然為鈍角，
所以，所以二面角的大小為.
10．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.
(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；
(2)若平面平面，且，求點到平面的距離.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用兩條平行線確定一個平面，作出過點平行于平面的平面，并證明. 從而利用平面與平面平行的性質定理可得，所以，則.
【詳解】（1）（2）因為平面平面，只需在平面內向作一條垂線即可證明該垂線與平面垂直，進而與垂直；再利用平面，有，利用直線與平面垂直的判定定理可得平面，則. 建立合適的空間直角坐標系，利用點到平面的距離計算公式求得,
過作，交于，交于；過作交于.
因為，面，面，則面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即為題中所述平面.
因為平面平面，平面平面，所以，
所以.
因為，
所以.
因為為中點，且，
所以為中點，
所以，
所以，則.
（2）
過作交于.
因為，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因為平面，
所以.
因為，，且、平面，
所以平面.
又因為平面，
所以.
如圖，以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系.
，，，，，
，，.
設為平面的法向量，
則，令，則，
則.
1．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；
(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；
（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；
（3）方法一是利用線面垂直的關系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解
【詳解】（1）

連接.由分別是的中點，根據中位線性質，//，且，
由棱臺性質，//，于是//，由可知，四邊形是平行四邊形，則//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）過作，垂足為，過作，垂足為,連接.
由面，面，故，又，，平面，則平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面與平面所成角即.
又，，則，故，在中，，則，
于是
（3）[方法一：幾何法]

過作，垂足為，作，垂足為，連接，過作，垂足為.
由題干數據可得，，，根據勾股定理，，
由平面，平面，則，又，，平面，于是平面.
又平面，則，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故點到平面的距離是到平面的距離的兩倍，
即點到平面的距離是.
[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.
設點到平面的距離為.
，
.
由，即.
2．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據三角形全等得到，再根據直角三角形的性質得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）建立適當的空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據同角三角函數的基本關系計算可得.
【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.

3．（2022·全國·高考真題）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．
(1)證明：平面；
(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）分別取的中點，連接，由平面知識可知，，依題從而可證平面，平面，根據線面垂直的性質定理可知，即可知四邊形為平行四邊形，于是，最后根據線面平行的判定定理即可證出；
（2）再分別取中點，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍，即可解出．
【詳解】（1）如圖所示：
分別取的中點，連接，因為為全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根據線面垂直的性質定理可知，而，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如圖所示：
分別取中點，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知識可知，，，，所以該幾何體的體積等于長方體的體積加上四棱錐體積的倍．
因為，，點到平面的距離即為點到直線的距離，，所以該幾何體的體積
．
[方法二]：分割法二
如圖所示：
連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積
4．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，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間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
5．（2020·北京·高考真題）如圖，在正方體中， E為的中點．
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）證明出四邊形為平行四邊形，可得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；也可利用空間向量計算證明；
（Ⅱ）可以將平面擴展，將線面角轉化，利用幾何方法作出線面角，然后計算；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量計算求解 .
【詳解】（Ⅰ）[方法一]：幾何法
如下圖所示：
在正方體中，且，且，
且，所以，四邊形為平行四邊形，則，
平面，平面，平面；
[方法二]:空間向量坐標法
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
設正方體的棱長為，則、、、，，，
設平面的法向量為，由，得，
令，則，，則.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：幾何法
延長到，使得，連接，交于，
又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
連接，作,垂足為,連接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直線平面,
又∵直線平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直線上,∴直線為直線在平面中的射影，∠為直線與平面所成的角，
根據直線直線，可知∠為直線與平面所成的角.
設正方體的棱長為2，則,,∴,
∴,
∴,
即直線與平面所成角的正弦值為.
[方法二]：向量法
接續（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直線與平面所成角的正弦值為.
[方法三]：幾何法+體積法
如圖，設的中點為F，延長，易證三線交于一點P．
因為，
所以直線與平面所成的角，即直線與平面所成的角．
設正方體的棱長為2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直線與平面所成角的正弦值為．
[方法四]：純體積法
設正方體的棱長為2，點到平面的距離為h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
設直線與平面所成的角為，所以．
【整體點評】（Ⅰ）的方法一使用線面平行的判定定理證明，方法二使用空間向量坐標運算進行證明；
（II）第一種方法中使用純幾何方法，適合于沒有學習空間向量之前的方法，有利用培養學生的集合論證和空間想象能力，第二種方法使用空間向量方法，兩小題前后連貫，利用計算論證和求解，定為最優解法；方法三在幾何法的基礎上綜合使用體積方法，計算較為簡潔；方法四不作任何輔助線，僅利用正余弦定理和體積公式進行計算，省卻了輔助線和幾何的論證，不失為一種優美的方法.
6．（2019·江蘇·高考真題）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【分析】(1)由題意結合幾何體的空間結構特征和線面平行的判定定理即可證得題中的結論；
(2)由題意首先證得線面垂直，然后結合線面垂直證明線線垂直即可.
【詳解】（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED 平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.
因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因為BE 平面ABC，所以CC1⊥BE.
因為C1C 平面A1ACC1，AC 平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因為C1E 平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【點睛】本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力和推理論證能力.
7．（2019·天津·高考真題） 如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（I）見解析；（II）見解析；（III）.
【分析】（I）連接，結合平行四邊形的性質，以及三角形中位線的性質，得到，利用線面平行的判定定理證得結果；
（II）取棱的中點，連接，依題意，得，結合面面垂直的性質以及線面垂直的性質得到，利用線面垂直的判定定理證得結果；
（III）利用線面角的平面角的定義得到為直線與平面所成的角，放在直角三角形中求得結果.
【詳解】（I）證明：連接，易知，，
又由，故，
又因為平面，平面，
所以平面.
（II）證明：取棱的中點，連接，
依題意，得，
又因為平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：連接，
由（II）中平面，
可知為直線與平面所成的角.
因為為等邊三角形，且為的中點，
所以，又，
在中，，
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
【點睛】本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎知識，考查空間想象能力和推理能力.
8．（2019·全國·高考真題）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的第03講 空間中的平行關系
（線線平行、線面平行、面面平行）
（11類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第17題,15分 證明線面平行 證明面面垂直 由二面角大小求線段長度
2023年全國乙卷（理），第19題,12分 證明線面平行 證明線面垂直 證明面面垂直 求二面角
2022年新Ⅱ卷，第20題,12分 證明線面平行 面面角的向量求法
2022年全國甲卷（文），第19題,12分 證明線面平行 求組合體的體積
2020年全國乙卷（理），第20題,12分 證明線面平行 求線面角 證明面面垂直
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的常考內容，設題穩定，難度中等，分值為5-15分
【備考策略】1.理解、掌握空間中點線面的位置關系及相關的圖形和符號語言
2.熟練掌握線面平行的判定定理和性質定理及其應用
3.熟練掌握面面平行的判定定理和性質定理及其應用
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，一般在解答題中考查線面平行、面面平行的判定及其性質，需強化鞏固復習.
知識講解
常見立體幾何的定義、性質及其關系
棱柱：棱柱的上下底面是全等的平行圖形，側面是平行四邊形（即側棱平行且相等）
斜棱柱：側棱與底面不垂直的棱柱
直棱柱：側棱垂直于底面的棱柱
正棱柱：底面是正多邊形的直棱柱
平行六面體：底面是平行四邊形的四棱柱是平行六面體，即：平行六面體的六個面都是平行四邊形
四個公理與一個定理
公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內.
公理2：過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面。
公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線。
公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行。
等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.
空間中點線面的位置關系
點與直線的位置關系 點在直線上 點不在直線上
點與面的位置關系 點在平面上 點不在平面上
線與線的位置關系
平行， 相交， ，異面
線與面的位置關系
面與面的位置關系
平行， 相交， 與重合
空間中的平行關系
線線平行
①三角形、四邊形的中位線與第三邊平行，②平行四邊形的性質（對邊平行且相等）
③內錯角、同位角相等，兩直線平行；同旁內角互補，兩直線平行
線面平行的判定定理：
平面外一直線與平面內一直線平行，則線面平行
圖形語言 符號語言
線面平行的性質定理
若線面平行，經過直線的平面與該平面相交，則直線與交線平行
圖形語言 符號語言
面面平行的判定定理
判定定理1：一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面，則面面平行
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判定定理2：一個平面內有兩條相交直線分別于另一個平面內兩條相交直線平行，則面面平行
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面面平行的性質定理
性質定理1：兩平面互相平行，一個平面內任意一條直線平行于另一個平面
性質定理2：兩平面互相平行，一平面與兩平面相交，則交線互相平行
考點一、空間中點線面的位置關系
1．（2024·全國·高考真題）設為兩個平面，為兩條直線，且.下述四個命題：
①若，則或 ②若，則或
③若且，則 ④若與,所成的角相等，則
其中所有真命題的編號是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
2．（2024·天津·高考真題）若為兩條不同的直線，為一個平面，則下列結論中正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則與相交
1．（2024·河北邢臺·二模）已知兩條不同的直線a、b和平面，下列命題中真命題的個數是（ ）
（1）若，，則 （2）若，，則
（3）若，，則 （4）若，，則
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024·浙江紹興·三模）設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，，則
3．（2024·遼寧·二模）設，是兩個平面，，，是三條直線，則下列命題為真命題的是（ ）
A．若，，，則
B．若，，，則
C．若，，，則
D．若，，則
考點二、空間中線面平行的判定（直接型）
1．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
1．（23-24高三上·遼寧朝陽·階段練習）如圖所示，在三棱錐中，，直線兩兩垂直，點分別為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面所成角的余弦值.
2．（2024·寧夏石嘴山·模擬預測）如圖，在正方體中，是的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，求點到平面的距離.
考點三、空間中線面平行的判定（中位線型）
1．（浙江·高考真題）如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面是邊長為的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝ ，M，N分別為PB，PD的中點．
(1)證明：MN∥平面ABCD；
(2) 過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．
1．（23-24高二上·廣西·階段練習）如圖，在正四棱柱中，，是的中點.

(1)求證：平面；
(2)若正四棱柱的外接球的表面積是，求三棱錐的體積.
2．（2024·陜西渭南·三模）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，平面ABCD，，，且M，N分別為PD，AC的中點．
(1)求證：平面PBC；
(2)求三棱錐的體積．
3．（2024·河北·二模）如圖，在四棱錐中，底面是菱形且，是邊長為的等邊三角形，，，分別為，，的中點，與交于點．
(1)證明：平面；
(2)若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
考點四、空間中線面平行的判定（平行四邊形型）
1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
2．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；
(2)求平面與平面的夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
1．（23-24高二上·廣東深圳·期末）如圖，在四棱錐中，平面，底面為直角梯形，，，.

(1)設點為棱的中點，證明：平面.
(2)求平面與平面的夾角的大小.
2．（2024·天津·二模）如圖，在直三棱柱中，為的中點，點分別在棱和棱上，且．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
3．（2024·西藏拉薩·二模）如圖，在四棱臺中，平面，兩底面均為正方形，，點在線段上，且.
(1)證明：平面；
(2)求點到平面的距離.
考點五、空間中線面平行的判定（相似型）
1．（23-24高一下·廣東茂名·期中）如圖，在三棱柱中，側面為矩形．
(1)設為中點，點在線段上，且，求證：平面；
(2)若二面角的大小為，且，求直線和平面所成角的正弦值．
2．（23-24高三上·江蘇常州·期中）已知三棱柱，，，為線段上的點，且滿足．

(1)求證：平面；
(2)求證：；
(3)設平面平面，已知二面角的正弦值為，求的值．
3．（2023·山東濰坊·三模）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，為底面圓的內接正三角形，且邊長為，點在母線上，且，．

(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面
(3)若點為線段上的動點．當直線與平面所成角的正弦值最大時，求此時點到平面的距離．
1．（22-23高二上·貴州六盤水·階段練習）如圖，點在以為直徑的圓上不同于，，垂直于圓所在平面，為的重心，，在線段上，且.

(1)證明：∥平面；
(2)在圓上是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，指出點的位置；若不存在，說明理由.
2．（2022高二下·浙江溫州·學業考試）已知三棱錐中，平面，，，為中點，為中點，在上，.二面角的平面角大小為.

(1)求證：平面；
(2)求點到平面的距離.
考點六、空間中線面平行的判定（向量型）
1．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的對角線交于點為的中點，.

(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在一點，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由.
考點七、空間中線面平行的性質
1．（2024·廣西·模擬預測）在正四棱柱中，，，E為中點，直線與平面交于點F．
(1)證明：F為的中點；
(2)求直線AC與平面所成角的余弦值．

2．（2024·河北保定·三模）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，平面，且.E，F分別是PA，PD的中點，平面與PB，PC分別交于M，N兩點.
(1)證明：；
(2)若平面平面，求平面與平面所成銳二面角的正弦值.
1．（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，，分別為，的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.
(1)證明：；
(2)求直線與平面的距離.
2．（2024·內蒙古赤峰·二模）如圖, 在三棱臺 中, 和都為等邊三角形, 且邊長分別為2和4， G 為線段 AC的中點, H為線段 BC上的點, 平面 .
(1)求證: 點 H為線段BC的中點;
(2)求二面角 的余弦值.
3．（2024·內蒙古赤峰·三模）如圖， 在三棱臺 中， 和 都為等邊三角形，且邊長分別為2和4， , 為線段 的中點， 為線段上的點， 平面 .

(1)求證: 點H為線段的中點;
(2)求三棱錐 的體積.
考點八、空間中面面平行的判定
1．（2024·重慶·二模）如圖，直棱柱中，底面為梯形，，且分別是棱，的中點.

(1)證明：平面平面；
(2)已知，求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2024·江蘇宿遷·三模）如圖所示的幾何體是由等高的直三棱柱和半個圓柱組合而成，為半個圓柱上底面的直徑，，，點，分別為，的中點，點為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)若是線段上一個動點，當時，求直線與平面所成角的正弦值的最大值．
1．（2024·黑龍江·模擬預測）已知正三棱柱中分別為的中點，.
(1)證明:平面平面;
(2)求與平面所成角的正弦值.
2．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，在三棱柱中，側面為矩形，M，N分別為AC，的中點．
(1)求證：平面平面；
(2)若二面角的余弦值為，，為正三角形，求直線和平面所成角的正弦值．
3．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓錐中，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，四邊形是底面的內接正方形，分別為的中點，過點的平面為.
(1)證明：平面平面；
(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為，設點在線段上運動，求三棱錐的體積.
考點九、空間中面面平行的性質
1．（2020·山東·高考真題）已知點，分別是正方形的邊，的中點.現將四邊形沿折起，使二面角為直二面角，如圖所示.
（1）若點，分別是，的中點，求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
2．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，以正方形的邊所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉120°形成的面圍成一個幾何體．設是上的一點，，分別為線段，的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，求平面與平面夾角的余弦值．
1．（23-24高三上·北京東城·期末）如圖，在直三棱柱中，分別為的中點.
(1)求證：平面；
(2)若點是棱上一點，且直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.
2．（2024·河北衡水·模擬預測）如圖，在六棱錐中，平面是邊長為的正六邊形，平面為棱上一點，且.
(1)證明：平面；
(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.
3．（2024·山東濰坊·三模）如圖，在直三棱柱中，，是棱的中點．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大小．
考點十、補全條件證空間中的平行關系
1．（2023·貴州畢節·模擬預測）三棱柱中，四邊形是菱形，，平面平面，是等腰三角形，，，與交于點M，，的中點分別為N，O，如圖所示.
(1)在平面內找一點D，使平面，并加以證明；
(2)求二面角的正弦值.
2．（2024·江西·模擬預測）如圖所示，四邊形為直角梯形，且，，，，．為等邊三角形，平面平面．

(1)線段上是否存在一點，使得平面，若存在，請說明點的位置；若不存在，請說明理由；
(2)空間中有一動點，滿足，且．求點的軌跡長度．
3．（2023·浙江·三模）如圖，三棱臺中，，，為線段上靠近的三等分點.
(1)線段上是否存在點，使得平面，若不存在，請說明理由；若存在，請求出的值；
(2)若，，點到平面的距離為，且點在底面的射影落在內部，求直線與平面所成角的正弦值.
1．（2023·河南·模擬預測）如圖，在矩形中，點在邊上，且滿足，將沿向上翻折，使點到點的位置，構成四棱錐.
(1)若點在線段上，且平面，試確定點的位置；
(2)若，求銳二面角的大小.
2．（23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱中，底面為正方形，為棱的中點，．
(1)求三棱錐的體積．
(2)在上是否存在一點，使得平面平面.如果存在，請說明點位置并證明.如果不存在，請說明理由.
3．（2022·遼寧大連·模擬預測）如圖，多面體中，平面，
(1)在線段上是否存在一點，使得平面？如果存在，請指出點位置并證明；如果不存在，請說明理由；
(2)當三棱錐的體積為8時，求平面與平面AFC夾角的余弦值.
考點十一、補全圖形證空間中的平行關系
1．（2024·山東臨沂·一模）如圖，在直三棱柱中，，點分別在棱上，為的中點.

(1)在平面內，過作一條直線與平面平行，并說明理由；
(2)當三棱柱的體積最大時，求平面與平面夾角的余弦值.
1．（2024·福建龍巖·一模）如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正三角形，，，設平面平面.
(1)作出（不要求寫作法）；
(2)線段上是否存在一點，使平面？請說明理由；
(3)若，求平面與平面的夾角的余弦值.
2．（2024·貴州遵義·三模）如圖，在多面體中，四邊形為正方形，，且，M為中點．
(1)過M作平面，使得平面與平面的平行（只需作圖，無需證明）
(2)試確定（1）中的平面與線段的交點所在的位置；
(3)若平面，在線段是否存在點P，使得二面角的平面角為余弦值為，若存在求出的值，若不存在，請說明理由．
1．（2024·四川遂寧·模擬預測）如圖，在多面體中，四邊形為菱形，，，⊥，且平面⊥平面.
(1)在DE上確定一點M，使得平面；
(2)若，且，求多面體的體積.
2．（2024·四川成都·模擬預測）已知球內接正四棱錐的高為，、相交于，球的表面積為，若為中點.

(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的體積.
3．（2024·上海普陀·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，，、分別是、的中點.
(1)求證：平面；
(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的大小.
4．（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱臺中，平面，為等腰直角三角形，，分別為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求點到平面的距離．
5．（2024·全國·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的正方形，平面平面，，分別為的中點．
(1)判斷與平面的位置關系，并給予證明；
(2)求平面與平面所成二面角的正弦值．
6．（2024·天津紅橋·二模）在如圖所示的幾何體中，平面，，四邊形為平行四邊形，，，，．
(1)求證：直線平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求平面與平面夾角的正弦值．
7．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知等腰梯形，，，取的中點，將等腰梯形沿線段翻折，使得二面角為，連接、得到如圖所示的四棱錐，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求四棱錐的體積．
8．（2024·江西景德鎮·三模）已知在正三棱柱中，，.
(1)已知，分別為棱，的中點，求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
9．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖，矩形，，平面，，，，，平面與棱交于點. 再從條件①、條件②、條件③，這三個條件中選擇一個作為已知.
(1)求證：；
(2)求直線與平面夾角的正弦值；
(3)求的值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
10．（2024高三·全國·專題練習）在正四棱柱中，是底面的中心，底面邊長為2，正四棱柱的體積為16
(1)求證：直線平行于平面
(2)求與平面所成的角的正弦值.
1．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，棱柱中，側棱底面，，E，F分別為和的中點.
(1)求證：平面；
(2)設，在平面上是否存在點P，使？若存在，指出P點的位置：若不存，請說明理由.
2．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，三棱柱中，分別為棱的中點，分別是棱上的點，.
(1)求證：直線平面；
(2)若三棱柱為正三棱柱，求平面和平面的夾角的大小.
3．（2024·陜西銅川·模擬預測）如圖，已知四棱錐中，平面平面，，分別為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若側面為等邊三角形，求四面體的體積．
4．（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，點在上，點在上，平面平面．

(1)求證：是的中點；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
5．（2024·貴州六盤水·三模）已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為和的正方形，平面平面，，，，點為的中點，點在棱上，且．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
6．（2024·江西宜春·模擬預測）如圖1，在五邊形中，，，且，將沿折成圖2，使得，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若與平面所成的角為，求二面角的正弦值．
7．（2024·山東日照·三模）在五面體中，，.

(1)求證：；
(2)若，，，點到平面的距離為，求二面角的余弦值.
8．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
9．（2024·河南·模擬預測）如圖，在三棱錐中，，，的中點分別為，點在上，.
(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
10．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.
(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；
(2)若平面平面，且，求點到平面的距離.
1．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；
(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
2．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
3．（2022·全國·高考真題）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．
(1)證明：平面；
(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．
4．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
5．（2020·北京·高考真題）如圖，在正方體中， E為的中點．
（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
6．（2019·江蘇·高考真題）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
7．（2019·天津·高考真題） 如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
8．（2019·全國·高考真題）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
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