专题7.3 直线 平面平行的判定与性质（六大重难点题型精讲）-备战2025年高考数学一轮复习题型精讲与精练（新高考通用）

专题7.3 直线 平面平行的判定与性质 目录 一、考纲要求 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理； 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 二、考点网络 三、考情分析 考点要求 考题统计 考情分析 （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． 2022年甲卷（文）第19题，12分 2022年乙卷（文）第9题，5分 2021年浙江卷第6题，4分 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．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． 四、考点梳理 考点一 直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) ∵l∥a，a⊂α， l⊄α，∴l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行) ∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b 考点二 平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行) ∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b 重难点题型(一) 平行的判定 例1．（2024·山东济南·二模）已知正方体分别是的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明线面平行 【分析】通过证明面可得，从而排除AB，再利用证明平面以及排除D即可. 【详解】由已知面，面， 则，又，，面， 所以面，又面，所以，排除AB， 明显分别为的中点，所以， 又面，面， 所以平面，C正确； 若平面，则必有，又， 所以，明显不成立，D错误. 故选：C. 例2．（2022·陕西榆林·模拟预测）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） 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、判断线面平行 【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断. 【详解】对A：因为垂直于同一平面的两条直线一定平行，故A正确； 对B：若，，则或，故B错误； 对C：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，所以C错误； 对D：若，，则或，故D错误. 故选：A 例3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（    ） A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直 C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】判断线面平行、判断线面是否垂直 【分析】根据已知条件结合线面垂直的性质和面面垂直的性质可得结论． 【详解】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行， 但与道路所成的角在变化 秋千板与墙面垂直，故也与道路始终垂直． 故选：B． 例4．（2023·江苏连云港·模拟预测）（多选题）如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在a的同侧，顶点，B，C到的距离分别为，1，2，则（   ） A．平面 B．平面平面 C．正方体的棱长为 D．直线与所成角比直线与所成角小 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】证明线面平行、求点面距离、求线面角、证明面面垂直 【分析】A选项，根据点到面的距离证明；B选项，结合面面垂直的判定定理和面面相交的性质进行判断；C选项，利用投影，构造直角三角形求解；D选项，通过线面角的正弦值比较大小. 【详解】对于 A，正方形中，与相交于点，则是和的中点， 顶点A在平面内，C到的距离为2，则O到的距离为1， 又B到的距离分别为1，在a的同侧， 所以平面，即平面，A选项正确； 对于B，设平面，平面，平面，所以， 因为是正方形，所以， 又正方体中平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因此有平面，而，所以平面平面， 若有平面平面，由平面平面，则应有平面， 显然平面不成立，则平面平面不成立，因此选项B错误； 对于C，因为平面平面，A在平面内，所以在平面的射影与共线， 设正方体的棱长为a， 显然，，，，，如图所示： 由，， ，， 由，有，， 即正方体的棱长为， 因此选项C正确； 对于D，正方体中，有，， 要证直线与所成角比直线与所成角小， 即证直线与所成角比直线与所成角小， 设到平面的距离为，是正方形， A在平面内，点，到的距离分别为，1，所以有，， 设直线与所成角为，所以， 设直线与所成角为，所以， 因为，所以，，因此选项D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： 立体几何中涉及正方体的题目，要关注正方体的结构特征，用好图形中的平行和垂直关系，对于平行垂直的证明和角度距离的求值，适当进行转化，可使过程更简捷明了. 【变式训练1】．（2024·山西长治·模拟预测）已知下列四个命题： ：设直线是平面外的一条直线，若直线不平行于平面，则内不存在与平行的直线. ：过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行. ：如果直线和平面满足，那么. ：设均为直线，其中在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件. 其中真命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判断命题的充分不必要条件、线面关系有关命题的判断、判断线面平行、判断线面是否垂直 【分析】根据线面平行的性质和判断定理可判断、、的正误，根据线面垂直的判断定理可判断的正误. 【详解】对于，因为直线不平行于平面，故与相交， 若内存在与平行的直线，由线面平行的判断定理可得，矛盾， 故正确. 对于，过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，故错误. 对于，如果直线和平面满足，则异面或相交或平行， 故错误. 对于，若，因为在平面内，则且， 但若且，在相交的条件下才有， 故是且的充分不必要条件，故正确. 故选：B. 【变式训练2】．（2023·广东韶关·模拟预测）（多选题）如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（    ）    A．四边形一定为矩形 B．平面平面 C．四棱锥体积为 D．四边形的周长最小值为 【答案】BC 【难度】0.65 【知识点】判断正方体的截面形状、锥体体积的有关计算、面面平行证明线线平行、证明面面垂直 【分析】对于A，由正方体的性质得平面平面，从而，同理得，再由，得四边形为菱形；对于B，连接，，，推导出，，从而得到平面平面；对于C，求出四棱锥的体积进行判断；对于D，四边形是菱形，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小． 【详解】连接，，，，，显然，且，所以为平行四边形， 所以，由题意得，平面，平面，所以， ，平面，所以平面，则平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 由正方体的性质得平面平面， 平面平面，平面平面，故， 同理得，又平面，平面，，四边形为菱形，故A错误； 对于C，四棱锥的体积为： ，故C正确； 对于D，四边形是菱形， 四边形的周长， 当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小， 此时，即周长的最小值为4，故D错误． 故选：BC．    【变式训练3】．（2022·广东茂名·一模）（多选题）如图是一个边长为1的正方体的平面展开图，M为棱AE的中点，点N为平面EFGH内一动点，若平面BDG，下列结论正确的为（    ） A．点N的轨迹为正方形EFGH的内切圆的一段圆弧 B．存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面 C．无论点N在何位置．总有 D．MN长度的取值范围为 【答案】BCD 【难度】0.65 【知识点】空间中的点（线）共面问题、证明线面平行、面面平行证明线线平行、线面垂直证明线线垂直 【分析】把展开图折叠成正方体，利用正方体中的线面位置关系对选项进行逐一判断. 【详解】将展开图折叠成正方体，如图所示： 连接，，，则，. 取的中点，的中点，连接，，，则，， 所以，不在面内，面，则面， 同理有，不在面内，面，则面， 而相交且都在面内，故平面平面. 要使平面，则点在线段上，故点的轨迹为线段，故A错误； 当点与点重合时，，又，所以四点共面， 由图可知，点与点不重合时，与异面，所以B正确； 在正方体的结构特征，易证平面，又平面平面， 所以平面，又平面，所以，所以C正确； 当点为中点时，的长度最小，连接， 则，， 当点与点（或）重合时，的长度最大，此时， 所以长度的取值范围为：，故D正确. 故选：BCD 【变式训练4】．（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 重难点题型(二) 线面平行构造之三角形中位线法 例5．（2024·浙江·一模）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，平面，点是的中点，点在线段上且，为三角形的重心. (1)求证：平面； (2)当的长为何值时，二面角的大小为. 【答案】(1)证明见解析； (2)3 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、已知面面角求其他量、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）根据重心性质以及线段比可知是的重心，再利用线段比例关系以及线面平行判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系利用二面角的向量求法，由二面角的大小为解方程即可得满足题意. 【详解】（1）连接交于点，由重心性质可得是的中点， 又点是的中点，点在线段上且，可知是的重心； 连接，可知点在上，如下图所示： 由重心性质可得，，所以； 又平面，平面， 所以平面； （2）因为底面是边长为2的等边三角形，所以； 又平面，且分别为的中点，所以可得平面；即两两垂直； 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 设的长为， 则可得，所以； 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即可取， 易知平面的一个法向量为； 所以，解得或（舍）； 即当的长为3时，二面角的大小为. 例6．（2024·浙江金华·一模）如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点.    (1)求证：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】证明线面平行、证明线面垂直、求线面角、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）连，利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得. （2）根据给定条件，作出三棱锥底面上的高，利用几何法求出线面角的正弦. 【详解】（1）连，由为中点，为中点，得， 又平面，平面， 所以平面. （2）设，由平面，平面， 得，则，取中点，则， 又平面，则平面， 又平面，于是平面平面，又平面面， 过点在平面内作于，于是平面，连，    则为直线与平面所成的角， 在中，，，， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值. 【变式训练5】．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：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】证明线面平行、线面角的向量求法 【分析】（1）根据条件得到，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）设，连接， 因为四边形为矩形，所以为中点， 又为中点，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为：， 且，令，解得：，，所以， 设直线与平面所成角为，所以. 则直线与平面所成角的正弦值为. 【变式训练6】．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【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 【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解. 【详解】（1）连接、，由分别为的中点，则， 又平面，平面，故平面， 正四棱台中，且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面， 又，且平面，平面， 故平面平面，又平面，故平面；    （2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面， 底面为正方形，故， 故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系， 由，侧面与底面所成角为， 则， 则，，， 假设在线段上存在点满足题设，则， 设，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，，即， 因为直线与平面所成的角的正弦值为， 故， 解得或（舍），故， 故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为， 此时线段的长为.    【解题方法总结】 （1）初学者可以拿一把直尺放在位置（与平齐），如图一； （2）然后把直尺平行往平面方向移动，直到直尺第一次落在平面内停止，如图二； （3）此时刚好经过点（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点），此时直尺所在的位置就是我们要找的平行线，直尺与相交于点，连接，如图三； （4）此时长度有长有短，连接并延长刚好交于一点，刚好构成型模型（为中点，则也为中点，若为等分点，则也为对应等分点），，如图四． 图一 图二 图三 图四 重难点题型(三) 线面平行构造之平行四边形法 例7．（24-25高二上·贵州六盘水·期中）如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.    (1)证明：平面ABCD. (2)若，求点N到平面AMF的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）建系标点，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】（1）因为，，都垂直于平面，则. 取的中点，连接，， 则，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 可得， 且平面，平面，所以平面. （2）连接. 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则， 取，得，，可得. 故点到平面的距离. 例8．（2022·福建宁德·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】已知面面角求其他量、证明线面平行、锥体体积的有关计算 【分析】（1）先取的中点，连接，再由平行四边形即可证明线线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量由二面角的平面角的余弦值求出的位置，即可由体积公式求解． 【详解】（1）证明：取的中点，连，， 为的中点，且， 又，且， ，， 所以四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 故直线平面． （2）以为坐标原点，以，，所在射线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 设，则，， 在棱上，可设， 故，解得，即， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量，，， ，即， 即， 取，则，， 故， 因为二面角的平面角的余弦值为， 所以，即， 即， ，解得， 故是的中点， 因此 【变式训练7】．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到，，从而四边形ABME是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量，平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由求解． 【详解】（1）证明：取PD的中点E，连接ME，AE， 因为E是PD的中点，M是PC的中点， 所以，，又，， 所以，， 所以四边形ABME是平行四边形，所以， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD． （2）解：因为平面ABCD，DA，平面ABCD， 所以，，又，，所以． 以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则，所以． 设平面BDM的一个法向量，又，， 所以 令，解得，， 所以平面BMD的一个法向量． 设平面PAB的一个法向量，又，， 所以 令，解得，， 所以平面PAB的一个法向量， 设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ， 所以． 即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为． 【变式训练8】．（2024·广东·模拟预测）如图，在直四棱柱中，.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】线面角的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）取的中点，连接，只需依次证明，和平面即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出相应的直线的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角公式即可得解. 【详解】（1）    取的中点，连接， 因为， 所以，故四边形为平行四边形， 所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以平面， 而平面，故平面. （2）以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 设是平面的法向量，则，故， 令，得，则是平面的一个法向量， 设与平面所成的角为， 则， 即与平面所成的角的正弦值为. 【解题方法总结】 （1）初学者可以拿一把直尺放在位置，如图一； （2）然后把直尺平行往平面方向移动，直到直尺第一次落在平面内停止，如图二； （3）此时刚好经过点（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点），此时直尺所在的位置就是我们要找的平行线，直尺与相交于点O，连接， 如图三； （4）此时长度相等（感官上相等即可，若感觉有长有短则考虑法一A型的平行），连接，刚好构成平行四边形型模型（为中点，O也为中点，为三角形中位线），，如图四． 图一 图二 图三 图四 重难点题型(四) 线面平行转化为面面平行 例9．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱中分别为的中点，. (1)证明:平面平面; (2)求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】证明面面平行、证明线面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）借助线线平行关系，先证平面，平面，从而可得面面平行； （2）以为原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角. 【详解】（1）分别为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以， 而平面平面，所以平面， 连接交于，连接OE，显然是的中点，因为为AB的中点， 所以，而平面，OE平面，所以平面， 又平面平面，所以平面平面 （2）因为为正三角形，所以， 因为三棱柱是正三棱柱，所以平面平面， 而平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为三棱柱是正三棱柱，， 所以侧面是矩形，分别为的中点， 以为原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 设平面的一个法向量为， 即，取，解得， 设直线与平面所成角为， 所以. 例10．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】证明面面平行、求线面角、证明面面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证； （2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解. 【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知， 由，，知，， 则，又四点共面，所以， 由为直三棱柱的侧面知，即，则， 由为的中点得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，，则平面， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设， 则， 由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设平面的法向量为， 由，取，得， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 ， 又，则时，的最大值为． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （法二）在直三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 由（1）知，，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作交于， 因为平面平面，所以平面， 又平面平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为∽，且正方形的边长为2， 所以，则， 又，要使值最大， 则最小，在中， 过作交于，由等面积可求出，此时． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 【变式训练9】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点. (1)求证：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面和平面的交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】证明线面平行、证明面面平行、线面角的向量求法 【分析】（1）根据和可得线线平行，即可得线面平行，进而由面面平行的判定求解， （2）根据为等边三角形可得,进而,,为中点，即可建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角求解即可. 【详解】（1）证明：由于垂直下底面圆, 故, 平面，平面，所以平面 又,所以， 平面，平面，所以平面 平面,所以平面平面 （2）由题意可得四边形为等腰梯形，且，故，, 由于为等边三角形，，, 又，在圆上，所以,, 故为中点， 过作交圆于点，又 ，故， 则为平面和平面的交线, 建立如图所示的空间直角坐标系系， , 则, 设平面的法向量为，则， 取，则， ， 所以， 故与平面所成角的正弦值为 【变式训练10】（2024高三·全国·专题练习）如图，已知在多面体ABCDEF中，，，平面，平面，    (1)求证：平面平面； (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、证明面面平行、线面垂直证明线线平行、面面角的向量求法 【分析】（1）由推出平面，再由平面，平面得到，继而得到平面，最后由面面平行的判定定理即得； （2）依题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求得相关向量的坐标，计算出两个平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面，① 因为平面，平面，所以， 同理可证平面，② 又，平面，所以平面平面. （2）易知AB，AD，AE两两垂直，故可以A为坐标原点，AB，AD，AE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， 则，，，， 故，，，    设平面BDE的法向量为，则，即， 令，则，，所以， 设平面BDF的法向量为，则，即， 令，则，，所以， 则， 易知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 重难点题型(五) 利用线面平行的性质证明线线平行 例11（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点． (1)证明：； (2)证明：； (3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【难度】0.65 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、已知线面角求其他量、线面平行的性质 【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明； （2）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果； （3）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题. 【详解】（1）因为直线平面平面， 且平面平面，所以； （2）过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （3）由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线与平面夹角的正弦值为. 例12．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1，，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P-EBCD，如图2所示． (1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l； (2)求证：平面PBE⊥平面BCDE； (3)若二面角P-ED-B的大小为，求三棱锥E-PCD的体积 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、证明面面垂直、线面平行的性质 【分析】(1)易证平面根据线面平行的性质可知DC//l. (2)由线面垂直的判定定理，证明平面，进而得到面面垂直； (3)利用等体积法知，再由（2）的平面构造线面垂直即三棱锥的高，再由三棱锥的体积公式求解. 【详解】（1）由题，平面平面 所以平面 又平面PCD∩平面PBE=l，平面， 所以 DC//l. （2）在等腰梯形ABCD中，， 翻折后，， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面PBE⊥平面BCDE； （3）如图所示： 根据等腰梯形易知， 因为， 所以即为二面角的平面角，， 在中，由余弦定理可知：， 故， 过点P作交BE于点F，在中由等面积法可知： 则， 由（2）知，平面，且平面， 所以， 又，平面， 所以平面BCDE， 所以. 【变式训练11】．（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，点在线段上，平面. (1)求证：； (2)若是等边三角形，，平面平面，四棱锥的体积为，试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【难度】0.65 【知识点】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、已知线面角求其他量、线面角的向量求法、锥体体积的有关计算 【分析】（1）连接，设，连接，即可得到为的中点，再由线面平行的性质得到，即可得证； （2）作于，即可得到平面，根据锥体的体积求出，再建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，设，连接. 因为为矩形，所以为的中点，                                                因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为为的中点，所以为的中点，所以. （2）设，因为是等边三角形，所以. 如图，作于，则， 因为平面平面，，平面，平面平面， 所以平面，所以是四棱锥的高，      因为为矩形，，，所以， 所以，解得.   因为为矩形，所以，平面平面，平面， 平面平面，所以平面， 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，取， 假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设，， 则， 所以， 化简得，解得（舍去）或， 因为，此时， 所以线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时的长为. 【变式训练12】．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【难度】0.65 【知识点】线面平行的性质、点到平面距离的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可； （2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得. 【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又平面，平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. （2）由（1）知，平面， 则点到平面的距离即为与平面的距离， 连接,，由均为正三角形，为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 于是平面，又平面，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，又，， 又，可得， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设点到平面的距离为，则， 所以与平面的距离为. 重难点题型(六) 面面平行的证明 例13．（2024·海南海口·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，点满足，是的中点． (1)证明：过、、三点的平面截正四棱柱所得的截面为梯形； (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】空间平行的转化、空间向量平行的坐标表示、面面角的向量求法 【分析】（1）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设平面交棱于点，利用面面平行的性质可得出，根据求出的值，可得出，由此可证得结论成立； （2）利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值. 【详解】（1）证明：在正四棱柱中，以点为坐标原点，、、的方向 分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设平面交棱于点， 设，则、、， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 因为，， 因为，设，即， 所以，，解得，所以，，即且， 因此，过、、三点的平面截正四棱柱所得的截面为梯形. （2）解：因为，则、、、， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. 例14．（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，. (1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由. (2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值. 【答案】(1)详情见解析 (2)1 【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、面面平行证明线线平行、求组合体的体积、求组合多面体的表面积 【分析】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求,可证得四边形为平行四边形,计算体积和表面积可证得该截面平分长方体的表面积和体积； （2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设平面、平面、平面的法向量分别为，平面法向量为，利用向量法计算即可求得的值. 【详解】（1）连接，取中点，则与可确定一个平面，该平面即为所求. 连接,取点使得.连接，,则所作截面为平面. 理由：连接,, ,（长方体性质） ∴四边形为平行四边形， 又为中点（长方体性质） ∴为中点，四点共面， ∵面面,面面,面面， 所以，同理可证得. ∴四边形为平行四边形, 取,设长方体左半部分几何体体积为,表面和为, 因为，设， 所以，， , 综上，平面符合题意 （2）易知两两垂直,以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 由题， 令，则有,则， 设平面、平面、平面的法向量分别为由长方体性质可知 设平面法向量为 则有，即，令，则，∴ 则 【变式训练13】．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDEFG中，侧面ABGF是矩形，侧面BCDG与底面EFGD是直角梯形，． (1)求证：四边形ACDE是平行四边形； (2)若，二面角的正切值为，求多面体ABCDEFG的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)8 【难度】0.65 【知识点】面面平行证明线线平行、由二面角大小求线段长度或距离、空间向量与立体几何综合 【分析】 （1）根据线线平行证明四边形ACDE是平行四边形. （2）建立空间直角坐标系，根据二面角的正切值为，求出长度，然后求出多面体ABCDEFG的体积. 【详解】（1）取DG的中点H，连接FH， 如图，取DG的中点H，连接CH，FH， 由得， 所以四边形EFHD是平行四边形，所以． 因为，H为DG的中点， 所以四边形BCHG是平行四边形，所以， 又侧面ABGF是矩形，所以， 所以四边形ACHF是平行四边形，所以． 所以， 所以四边形ACDE是平行四边形． （2）因为侧面ABGF是矩形，侧面BCDG是直角梯形且， 所以， 所以平面EFGD，又，所以GF，GD，GB两两垂直， 故以G为原点，GF，GD，GB所在直线分别为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，因为， 所以，则． 设平面ACDE的法向量为， 由得， 令，得， 所以平面ACDE的一个法向量为． 易得平面DEFG的一个法向量为． 设二面角的大小为， 则， 由得， 所以． 由（1）易知． 【变式训练14】．（2022·北京·模拟预测）如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若到平面的距离为，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】面面平行证明线线平行、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、线面平行的性质 【分析】（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答. （2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答. 【详解】（1）在三棱柱中，，平面，平面，则平面， 又平面平面，平面，于是得， 而平面平面，平面平面，平面平面，则， 所以四边形为平行四边形. （2）在平面内过点A作，因平面平面，平面平面， 于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系， 因，，则， ， ， 设平面的法向量，则，令，得， 点B到平面的距离，解得， 因此，，而，设直线与平面所成角为， 于是得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 1．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【知识点】证明线面平行、求点面距离 【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）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 2．（2024·全国·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) 【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. 3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 4．（2024·广东江苏·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) 【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）（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) 【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．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、证明面面垂直、求二面角 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题7.3 直线 平面平行的判定与性质 目录 一、考纲要求 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理； 2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 二、考点网络 三、考情分析 考点要求 考题统计 考情分析 （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． 2022年甲卷（文）第19题，12分 2022年乙卷（文）第9题，5分 2021年浙江卷第6题，4分 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．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． 四、考点梳理 考点一 直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) ∵l∥a，a⊂α， l⊄α，∴l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行) ∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b 考点二 平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行) ∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 ∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b 重难点题型(一) 平行的判定 例1．（2024·山东济南·二模）已知正方体分别是的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 例2．（2022·陕西榆林·模拟预测）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 例3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（    ） A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直 C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直 例4．（2023·江苏连云港·模拟预测）（多选题）如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在a的同侧，顶点，B，C到的距离分别为，1，2，则（   ） A．平面 B．平面平面 C．正方体的棱长为 D．直线与所成角比直线与所成角小 【变式训练1】．（2024·山西长治·模拟预测）已知下列四个命题： ：设直线是平面外的一条直线，若直线不平行于平面，则内不存在与平行的直线. ：过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行. ：如果直线和平面满足，那么. ：设均为直线，其中在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件. 其中真命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练2】．（2023·广东韶关·模拟预测）（多选题）如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（    ）    A．四边形一定为矩形 B．平面平面 C．四棱锥体积为 D．四边形的周长最小值为 【变式训练3】．（2022·广东茂名·一模）（多选题）如图是一个边长为1的正方体的平面展开图，M为棱AE的中点，点N为平面EFGH内一动点，若平面BDG，下列结论正确的为（    ） A．点N的轨迹为正方形EFGH的内切圆的一段圆弧 B．存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面 C．无论点N在何位置．总有 D．MN长度的取值范围为 【变式训练4】．（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．   重难点题型(二) 线面平行构造之三角形中位线法 例5．（2024·浙江·一模）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，平面，点是的中点，点在线段上且，为三角形的重心. (1)求证：平面； (2)当的长为何值时，二面角的大小为. 例6．（2024·浙江金华·一模）如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式训练5】．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式训练6】．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【解题方法总结】 （1）初学者可以拿一把直尺放在位置（与平齐），如图一； （2）然后把直尺平行往平面方向移动，直到直尺第一次落在平面内停止，如图二； （3）此时刚好经过点（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点），此时直尺所在的位置就是我们要找的平行线，直尺与相交于点，连接，如图三； （4）此时长度有长有短，连接并延长刚好交于一点，刚好构成型模型（为中点，则也为中点，若为等分点，则也为对应等分点），，如图四． 图一 图二 图三 图四 重难点题型(三) 线面平行构造之平行四边形法 例7．（24-25高二上·贵州六盘水·期中）如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.    (1)证明：平面ABCD. (2)若，求点N到平面AMF的距离. 例8．（2022·福建宁德·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，为棱上一点． (1)若是的中点，求证：直线平面； (2)若，且二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积 【变式训练7】．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点． (1)求证：平面PAD； (2)求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值． 【变式训练8】．（2024·广东·模拟预测）如图，在直四棱柱中，.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成的角的正弦值. 【解题方法总结】 （1）初学者可以拿一把直尺放在位置，如图一； （2）然后把直尺平行往平面方向移动，直到直尺第一次落在平面内停止，如图二； （3）此时刚好经过点（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点），此时直尺所在的位置就是我们要找的平行线，直尺与相交于点O，连接， 如图三； （4）此时长度相等（感官上相等即可，若感觉有长有短则考虑法一A型的平行），连接，刚好构成平行四边形型模型（为中点，O也为中点，为三角形中位线），，如图四． 图一 图二 图三 图四 重难点题型(四) 线面平行转化为面面平行 例9．（2024·黑龙江·模拟预测）已知正三棱柱中分别为的中点，. (1)证明:平面平面; (2)求与平面所成角的正弦值. 例10．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式训练9】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点. (1)求证：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面和平面的交线与平面所成角的正弦值. 【变式训练10】（2024高三·全国·专题练习）如图，已知在多面体ABCDEF中，，，平面，平面，    (1)求证：平面平面； (2)若，，求二面角的余弦值. 重难点题型(五) 利用线面平行的性质证明线线平行 例11（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点． (1)证明：； (2)证明：； (3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为． 例12．（2024·陕西西安·一模）图1所示的是等腰梯形ABCD，AB//CD，AB=3，CD=1，，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P-EBCD，如图2所示． (1)若平面PCD∩平面PBE=l，求证：DC//l； (2)求证：平面PBE⊥平面BCDE； (3)若二面角P-ED-B的大小为，求三棱锥E-PCD的体积 【变式训练11】．（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，点在线段上，平面. (1)求证：； (2)若是等边三角形，，平面平面，四棱锥的体积为，试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由. 【变式训练12】．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 重难点题型(六) 面面平行的证明 例13．（2024·海南海口·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，点满足，是的中点． (1)证明：过、、三点的平面截正四棱柱所得的截面为梯形； (2)若，求二面角的正弦值． 例14．（2024·河南信阳·模拟预测）长方体中，. (1)过E、B作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由. (2)记（1）中截面为，若与（1）中过点的长方体的三个表面成二面角分别为，求的值. 【变式训练13】．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDEFG中，侧面ABGF是矩形，侧面BCDG与底面EFGD是直角梯形，． (1)求证：四边形ACDE是平行四边形； (2)若，二面角的正切值为，求多面体ABCDEFG的体积． 【变式训练14】．（2022·北京·模拟预测）如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值． 1．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 2．（2024·全国·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． 3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2024·广东江苏·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． 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． 6．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$