空间向量与立体几何：线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量与立体几何中“线面平行、面面平行的判定与性质”四大核心考点，按“判定-性质”逻辑分层梳理知识点，通过解题原理揭示转化思想，结合考点梳理、方法指导、真题训练的教学流程，帮助学生构建系统知识网络。 讲义突出“数学思维”与“空间观念”的培养，如线面平行判定中引导用中位线、平行四边形证线线平行，设置例题与变式分层训练。通过真题情境强化应用意识，助力学生高效突破空间关系证明难点，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 空间向量与立体几何：线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质复习讲义 考点目录 线面平行的判定 面面平行的判定 线面平行的性质 面面平行的性质 知识点解析 考点一 线面平行的判定 知识点 1. 判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行，则直线平行于该平面 1. 符号： 1. 辅助判定：面面平行推线面平行 解题原理 将线面平行转化为证线线平行 解题思路 1. 找目标直线所在平面，在已知平面内找平行线 1. 用中位线、平行四边形、相似证线线平行 1. 套用判定定理得出线面平行 考点二 面面平行的判定 知识点 1. 判定定理：一个平面内两条相交直线都平行于另一平面，两平面平行 1. 符号： 1. 推论：垂直于同一直线的两平面互相平行 解题原理 转化为证两组相交直线分别平行另一平面 解题思路 1. 在一个平面内找出两条相交直线 1. 分别证明两条相交直线平行于另一平面 1. 满足条件即可证面面平行 考点三 线面平行的性质 知识点 1. 性质定理：直线平行平面，过直线的平面与已知平面相交，则直线平行交线 1. 符号： 解题原理 由线面平行反推得到线线平行 解题思路 1. 过已知直线作辅助平面，与已知平面产生交线 1. 直接得出直线与交线平行 1. 利用平行关系求解边长、角度、位置关系 考点四 面面平行的性质 知识点 1. 性质 1：两平面平行，一个平面内直线均平行另一平面 1. 性质 2：两平行平面被第三个平面所截，交线互相平行 1. 性质 3：平行平面间距离处处相等 解题原理 面面平行可推出线面平行、线线平行 解题思路 1. 已知面面平行，直接得到面内线平行另一面 1. 作截平面，利用交线平行转化线线关系 1. 借助等距性质求高度、体积、线段长度 考点一 线面平行的判定 【例题分析】 例1．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在直三棱柱中，、分别为、的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证法一：连接，交于点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； 证法二：连接交于点，连接交于点，连接，推导出，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）法一：连接，交于点，连接、，如图．    因为四边形是矩形，所以是的中点． 又是的中点，所以，且．         又，且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以．         又平面，平面，所以平面．     法二：如图，连接交于点，连接交于点，连接． 因为为的中点，且，所以． 又为的中点，且，所以， 所以，则．             因为平面，平面，所以平面． （2）如图，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系．    不妨设，则、、、、， 所以，，，．     设平面的一个法向量为， 则，令，得，，则． 设平面的一个法向量为， 则，令，得，，则． 设平面与平面的夹角为，则，             所以平面与平面夹角的余弦值为． 例2．（2026·广东茂名·二模）如图，和都垂直平面，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若四棱锥的体积为，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) 【分析】（1）的中点，构造平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，设，进而可得，从而可得正弦值的最大值. 【详解】（1）取的中点，连接. 因为分别是的中点，所以且. 又因为和都垂直平面，所以且. 由平行公理可得且，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面，由线面平行判定定理， 所以平面. （2）因为和都垂直平面，所以，平面， 所以平面平面. 以点为坐标原点，以分别为轴，以平面为面，建立空间直角坐标系，如图： 则，，设， 因为四边形为直角梯形，所以， 所以，得，即. 因为平面与平面重合，设平面的法向量为， ，由，得， 取，则，即. 所以线与平面所成角为， ， 当时，有最大值. 因此，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 例3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，，，，是上靠近点的三等分点.    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)根据线面平行的判定定理即可得； (2)代入面面夹角公式，逆推即可. 【详解】（1）证明：如图，连接与，交于点，连接.    因为，所以，又，所以. 因为是上靠近点的三等分点，所以，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）解：由题知，，两两垂直，故以点为坐标原点，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，，，，，，， ， . 设平面的一个法向量为，则 令，得，，故. 设平面的一个法向量为，则 令，得 ，，故. 所以，解得， 故的长为. 【变式训练】 变式1．（2026·广东广州·三模）如图，在三棱柱中，，为上的点，且． (1)证明：平面； (2)若底面是等边三角形，侧面是菱形，，且平面平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）通过作辅助线证明，再通过线面平行的判定定理即可证明； （2）先证平面，再建立空间直角坐标系求出平面的法向量和平面的法向量，最后求解二面角的正弦值即可. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接， 因为是平行四边形，故为的中点， 又，故为的中位线，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）因为侧面是菱形，，则是等边三角形， 设的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，故平面， 连接，，因为是等边三角形，则， 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系. 设，则由几何关系可知，，，， 故，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，取，则，则， 平面的法向量为， 则，取，则，则. 故. 故平面与平面夹角的余弦值为. 变式2．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在中，是的中点，是上的点，.将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 如图，在中，取中点，连接， 因为，所以， 又，所以是的中点， 因为是的中点，所以， 且， 因为是上靠近的三等分点，所以，所以， 由，平面，平面知平面， 由，平面，平面知平面， 因为，，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2） 在中，作，垂足为， 在中，由是中点，， 可得， 将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为， 则， 所以是二面角的平面角，，所以， 因为平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 如图，以为原点，过平行于的直线为轴，分别为轴和轴， 建立空间直角坐标系， 则，，， ，，， ，，，， 设平面的法向量为， 因为，，所以，， 取得． 同样可求得平面的一个法向量， 设平面与平面所成二面角为， 则，故． 变式3．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，，，，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，延长，得出是的中位线，根据线面平行的判定定理结合中位线的性质即可证明. （2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据求出点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，最后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解. 【详解】（1）连接，延长，因为斜三棱柱​中，侧面是平行四边形， 对角线与​互相平分，又是的中点，因此是的中点. 又因为是中点，所以在中，是中位线，故​， 又平面，平面，因此平面. （2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由已知条件得： ，，， 设，由得， 是中点，故；是中点，故. 由​，得，代入解得，，即. 向量，. 设平面的法向量为. 由得， 取得，. 向量， . 设平面的法向量为. 由得， 取​得，. 设平面与平面的夹角为，则. 考点二 面面平行的判定 【例题分析】 例1．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据面面平行的判定定理来证明 （2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值. 【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，， 则，即令，则， 设平面的法向量为， 则，即令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 例2．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面，根据三角形的性质及面面垂直的性质判断平面，平面，进而．方法一，连接BE，构造平行四边形PEBN得到，根据面面平行的判定定理证明平面平面；方法二取BC的中点，连接MF，构造平行四边形MPEF得到，根据面面平行的判定定理证明平面平面； （2）取AB的中点，连接ED，分别以EA，ED，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面PMC与平面PAN的法向量，再利用向量的夹角公式求解. 【详解】（1）因为平面平面，所以平面. 因为是斜边的等腰直角三角形，所以． 如图1，取AC的中点，连接PE． 因为是正三角形，且，所以，且， 又平面平面ABC，平面平面， 所以平面. 因为，平面平面BCMN，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 所以． 如图2，连接BE，因为， 所以四边形PEBN为平行四边形，因此． 因为平面平面， 所以平面， 又平面平面PMN， 所以平面平面. 方法二： 如图3，取BC的中点，连接MF． 因为，所以，又，所以， 又，所以四边形BFMN是平行四边形， 所以， 因为，所以， 连接EF，因为平面平面，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 又平面，所以， 因此四边形MPEF是平行四边形，． 因为平面平面ABC，所以平面， 又平面平面平面， 所以平面平面. （2）如图4，取AB的中点，连接ED，因为是AC的中点，所以， 又是斜边的等腰直角三角形， 所以，所以． 又平面平面，所以，所以EP，EA，ED两两垂直． 分别以EA，ED，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，） 设平面PMC的法向量为， 则即取，得， 则是平面PMC的一个法向量． 设平面PAN的法向量为， 则即取，得， 则是平面PAN的一个法向量． 设平面PMC与平面PAN的夹角为， 则， 因此平面PMC与平面PAN夹角的余弦值为． 例3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱柱中， ，平面分别是的中点，分别是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可证平面，连接，进而证明平面，利用面面平行的判定定理可证结论； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的正弦值． 【详解】（1）因为分别是的中点，棱柱的侧面是平行四边形，侧棱互相平行且相等， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面． 连接，由分别是的中点，分别是的中点 ，得，所以，因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）连接，在棱柱底面中，，所以平分，且． 分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系 则， ， 所以. 设平面的一个法向量， 则，即，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量， 则，即，取，则， 所以平面的一个法向量， 设二面角的大小为， 则，所以， 故二面角的正弦值为． 【变式训练】 变式1．（2026·上海金山·二模）已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示） 【答案】(1)证明过程见解析； (2) 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行； （2）先由二面角大小得到各边长，作出辅助线，得到线面垂直，进而求出线面角的大小 【详解】（1）因为长方形中，，折叠过程中，， 又平面，平面，故平面， 同理可得平面， 又，平面，所以平面平面； （2）因为长方形中，点、分别为边、的中点， 故，二面角的平面角为，即， 又，所以，为等边三角形， 同理可得为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥， 又⊥平面，平面，故⊥， 因为，平面，故⊥平面， 故直线与平面所成角为， ，，故，由勾股定理得， 则， 直线与平面所成角的大小为. 变式2．（25-26高二上·山东潍坊·期中）如图，在四棱锥中，底面，又分别为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）首先利用线面平行的判定分别得平面，平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，再求出和平面的法向量，从而求出线面角的正弦值. 【详解】（1）因为分别为的中点， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面， 所以平面平面. （2）因为底面，，则，，两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 所以 设面的一个法向量为 ，即 令，则，所以， 设直线与面所成的角为， 所以， 即直线与面所成角的正弦值为. 变式3．（2026·贵州毕节·二模）如图，平行六面体的底面是正方形，，且，E，F，G，H分别是，，，的中点. (1)求证：平面平面； (2)求与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行来证明线面平行即可； （2）利用空间向量法来求线面角的余弦值. 【详解】（1）因为分别是的中点，所以是的中位线，得， 又因为分别是​的中点，所以​， 在平行六面体中，， 因此， 平面，平面，故平面； 由是 ​中点，是的中点， 结合平行六面体的性质可得，且， 所以四边形​是平行四边形，得， 因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，因此平面平面； （2） 如图以为原点建立空间直角坐标系，不妨设， 根据题设条件得各点坐标， 设则由，且， 可得都是等边三角形，即， 则，解得，即所以 取平面中向量： ，， 设平面 ​的法向量， 则，不妨令，则， 即平面 ​的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 因为为锐角，所以， 即与平面所成角的余弦值为. 考点三 线面平行的性质 【例题分析】 例1．（2026·山东青岛·二模）如图，在三棱柱中，过的截面交于，交于，过点的截面交于，交于，且． (1)求证：； (2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据三棱柱的几何性质，利用面面平行的性质定理，结合平行公理证明结论； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，设，求出相关点和向量坐标，进而求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造方程求出，进而求解． 【详解】（1）三棱柱中，平面平面， 截面平面，截面平面， 由面面平行的性质定理得， 又，截面与平面分别交于， ， 由平行公理，平行于同一条直线的两条直线互相平行，故． （2）已知，， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则，设，则， ， 由三棱柱的性质得， ， 设，，，则， ， ， 设平面的法向量为， 则， 令，则， ，设直线与平面所成角为， ， 化简整理得，解得， ，故． 例2．（2026·四川雅安·二模）如图，在三棱锥中，，分别是，上的点，，是等边三角形，． (1)若平面，证明：； (2)若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）通过已知的线面平行关系，结合两个平面的交线，利用线面平行的性质定理即可证明； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，从而建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值，以此得到二面角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以． （2）取的中点为，连接、． 因为，，所以，且. 又因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 因为，， 又是等边三角形，则， 则，所以． 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，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以． 又因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为． 【变式训练】 变式1．（2026·北京朝阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点. (1)求证：； (2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，得证； （2）由余弦定理和勾股定理证明，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1），平面，平面，则有平面， 平面，平面平面，所以. （2），，则为等边三角形， 连接，则，又，有， 中，由余弦定理，得， 有，得，所以， 又平面，以为原点，分别为轴，轴，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， 有，设，则，即， 设直线与平面所成角为， 则. 变式2．（2026·北京朝阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，M为中点，N为上一点，且满足． (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点P到平面的距离为2，且平面平面．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理及性质定理证明即可； （2）连接，记，由菱形的性质及面面垂直的性质定理可证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法可求得直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为底面是菱形，所以∥. 因为平面，平面，所以∥平面. 因为平面，平面平面，所以∥. （2）因为底面是边长为2的菱形，，所以. 连接，记，则为的中点，且. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 因为点P到平面的距离为2，所以. 易得， 因为M为中点，N为上一点，且满足，所以. 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，则. 所以平面的法向量为. 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． 考点四 面面平行的性质 【例题分析】 例1．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】(1)通过面面平行的判定进而得到线面平行. (2)建立坐标系求出各点坐标以及平面法向量后进而求出夹角余弦值. (3)通过三棱锥体积公式求出底面面积进而求出长度. 【详解】（1）因为，，，，平面，平面，推出平面平面. 又因为平面，所以平面. （2） 建立以为原点的直角坐标系. 得出各点坐标，，，，，. 设，，，因为，解出，，那么. ，，得出平面法向量. ，，得出平面法向量. . （3） 作交于点. 因为平面，，所以平面，又因为平面，推出.由题意得，为正方形，进而. 因为，，并且,所以平面. ，，易得. ，那么. 例2．（2025·广东·模拟预测）如图所示四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，M、N分别为BC、PD的中点． (1)证明：平面PAB； (2)若，平面平面ABCD，求二面角的大小（用反三角函数表示）． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设AD中点为Q，根据三个中点M、N、Q推导平面平面PAB即可求证； （2）设AB中点为O，以O为原点，OB为x轴建立空间直角坐标系，通过空间向量法求解二面角的大小即可． 【详解】（1）设AD中点为Q，连接, 因为M、N分别为BC、PD的中点，所以，， 因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB，平面PAB， 平面NQM，平面NQM，且， 所以平面平面PAB， 因为平面，所以平面． （2）设AB中点为O，CD中点为R， 因为，所以， 因为平面平面ABCD，且平面平面，平面， 所以平面ABCD， 进而，因为四边形ABCD是正方形，所以， 以O为原点，分别以OB、OR、OP为x轴、y轴、z轴建立坐标系， 因为若，，所以， ，，，，N为PD中点，所以， 设平面AMN的法向量为， 因为，，，， 所以，， 取，则，，， 平面AMD的法向量为， 设二面角的平面角为，则， 所以． 【变式训练】 变式1．（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) 【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2．（2025·浙江·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，M，N为别为棱PB，CD的中点．    (1)证明：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). 【分析】（1）取AB中点E，连接ME、NE，易得、，根据线面平行、面面平行的判定及性质定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）取AB中点E，连接ME、NE，    因为底面为矩形，N为CD的中点，所以， 平面PAD，平面，则平面， 因为M为PB中点，所以， 平面，平面，则平面， 因为且都在平面内，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直， 以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，所以， ，所以平面与平面的夹角的余弦值为． 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 空间向量与立体几何：线面平行的判定与性质、面面平行的判定与性质复习讲义 考点目录 线面平行的判定 面面平行的判定 线面平行的性质 面面平行的性质 考点一线面平行的判定 知识点 知识点解析 1.判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行，则直线平行于该平面 2.符号：aaa,bca,a‖b→a‖a 3.辅助判定：面面平行推线面平行 解题原理 将线面平行转化为证线线平行 解题思路 1.找目标直线所在平面，在已知平面内找平行线 2.用中位线、平行四边形、相似证线线平行 3.套用判定定理得出线面平行 考点二面面平行的判定 知识点 1.判定定理：一个平面内两条相交直线都平行于另一平面，两平面平行 2.符号：aca,bca,anb=P,a‖B,b‖B→a‖B 3.推论：垂直于同一直线的两平面互相平行 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 解题原理 转化为证两组相交直线分别平行另一平面 解题思路 1.在一个平面内找出两条相交直线 2.分别证明两条相交直线平行于另一平面 3.满足条件即可证面面平行 考点三线面平行的性质 知识点 1.性质定理：直线平行平面，过直线的平面与已知平面相交，则直线平行交线 2.符号：a‖&，acB,anB=b→alb 解题原理 由线面平行反推得到线线平行 解题思路 1.过已知直线作辅助平面，与已知平面产生交线 2.直接得出直线与交线平行 3.利用平行关系求解边长、角度、位置关系 考点四面面平行的性质 知识点 1.性质1：两平面平行，一个平面内直线均平行另一平面 2.性质2：两平行平面被第三个平面所截，交线互相平行 3.性质3：平行平面间距离处处相等 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 解题原理 面面平行可推出线面平行、线线平行 解题思路 1.已知面面平行，直接得到面内线平行另一面 2.作截平面，利用交线平行转化线线关系 3.借助等距性质求高度、体积、线段长度 考点一 线面平行的判定 【例题分析】 例1.(2026~河南开封模拟预测)如图，在直三棱柱 ,AABC的中点. BC-ABG中，E、F分别为、9 B E B (I)证明：EF∥平面ABC; 2洁∠ACB=0,1C=BC=CC,求平面48C与平面FC夹角的余装值。 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 例2.(2026：广东茂名二模)如图，EA和DC都垂直平面ABC,且EA=2DC=2,AC=3,F是EB的中点. (I)证明：DF∥平面ABC: (2)若四棱锥B-ACDE的体积为3，求直线CA与平面DEF所成角的正弦值的最大值. 例3.(2026陕西榆林·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, AD=2BC=2AB=2,BCIIAD,E是PD上靠近点P的三等分点· D C (I)证明：BP/平面ACE: π (2)若平面ACE与平面PAC的夹角为4，求AP 4 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式1.(2026广东广州三模)如图，在三棱柱 BC-ABC中，D,E为BC上的点，且BD=DE=BC C B D B (1)证明： AD∥平面 CE AACC (2)若底面 ABC 是等边三角形，侧面 AACC 是菱形， ∠A4C=60,且平面 平面MBC,求平 DAA与平 面4 夹角的余弦值. 变式2.(2026甘肃金昌三模)蜘图，在△M8C中，B=45,1C=BC=4,D是4C的中点，E是B上的点， AE=V5将△MDE沿DE折起，使点A至点p处，且二面角P-DE-C的大小为3，设M是PB上靠近p的三等分 点 M E B B C 图1 图2 (I)求证：CM∥平面PDE: (2)求平面PDE与平面CEM所成二面角的正弦值. J 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 6 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 变式3.(2026福建莆田模拟预测)如图，在斜三棱柱 MC-4BG中，AM上AB,ABLBC,M=BC=2 AB=1,D,E分别为 AB,AC 的中点. A B (1)证明： DEI平面 BCCB 2芳DE=V5,求平面4DE与平面1CC4的夹角的余弦值. > 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点二 面面平行的判定 【例题分析】 ABC-AB,C中，已知 AB=2,AA =1,D,E,D,E AC,BC,AC,BC 例1.(2026重庆三模)在正三棱 分别是棱 的中点. A D C B D E B CDE//ABE D (1)证明：平面 平面 CDE ABED (2)求平面 与平面 夹角的余弦值. 例2.(2026~贵州安顺模拟预测)如图，△18 是斜边B=22, PAC 的等腰直角三角形，正三角形心所在平面与 ABC BCMN MN //BC,BN L BC,BN=3,MN=1 且梯形 BCMN 三角形 所在平面垂直，梯形 中， 所在平面与三 角形ABC所在平面垂直. M D B (I)求证：平面PMN /1平面ABC: 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 (2)求平面PMC与平面PAN夹角的余弦值. 9 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 ABCD-ABC D 例3.(2026陕西榆林模拟预测)如图，在四棱柱 中， AB=AD=A4=2,BC=CD=而，AB L AD,M4上平面4BCD,E,F分别是BC,B的中点，M,N分别是 BC,CC的中点. A D B M B (1)证明：平面 DEF/IDMN 平面 (2)求二面角F-DE-M的正弦值. 【变式训练】 变式L.(2026:上海金山二模)已知长方形ABCD中，AB=2,BC=4,点E、F分别为边BC、AD的中点（如 图).若将长方形10r沿者边矿每折，得到二面角4-Er-D(如图2).已知二面角4BF-D 的大小为 60° 10 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 A F D B D E 图1 图2 AFD/I BEC (1)求证：平面 平面 CA ABEF (2)求直线与平面 所成角的大小.（结果用反三角表示） 1 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 变式2，(25-26高二上山东潍坊期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,AB/ CD,AD L AB,CD=2AB PD=AD=AB=1,E,F,G PD,PC,BC ,又 分别为 的中点 D E D (I)求证：平面EFG/1平面PAB: (2)求直线AF与面EFG所成角的正弦值， ABCD-ABC D 变式3.(2026贵州毕节二模)如图，平行六面体 的底面MBCD是正方形， AB=AA,且 ∠A4B=∠A4D-背，E,E,G,H分别是AB:BC,CD,D4的中点 D G C1 A B D F B EFC/ (1)求证：平面 平面GhA BD EFC (2)求与平面所成角的余弦值 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点三 线面平行的性质 【例题分析】 ABC-ABC中，过 A 例1.(2026山东青岛二模)如图，在三棱 的截面“交1C于M,交BC于N,过点 交14G于E,交C于F,且B C的截面”交 夕 (I)求证：MNIEF: √6 2)若AB⊥AC,AB=AC=AM=4,∠AAB=∠A4C=60,直线BC与平面ACF所成角的正弦值为6，求CF 例2.(2026~四川雅安二模)如图，在三棱锥P-ABC中，E,F分别是AP,AB上的点，∠APC=∠ABC=90°， △PBC是等边三角形，AP=PC. D E B (I)若EF1I平面PBC,证明：EFIIPB: (2)若平面PAC⊥平面ABC,AC=2,求平面PAB与平面ABC夹角的余弦值. 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式L.(2026~北京朝阳·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，ABIIDC，,点M是PD的中点， 平面ABM与PC交于点N. D (I)求证：MNI∥AB. (Q洁pA1平面ABCD:AB=BC=P=2:CD=,∠ABC=号，求直线pM与平面By所成角的正张值 变式2.(2026北京朝阳·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形， ∠ABC=603,PA=PC,M为PA中点，N为PC上一点，且满足CW=CP. M D (I)设平面PAB∩平面PCD=1,求证：AB∥1： (2)若已知点P到平面ABCD的距离为2，且平面PAC⊥平面ABCD.求直线PD与平面MND所成角的正弦值. 女 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点四 面面平行的性质 【例题分析】 例1.(2026~天津滨海新区·三模)如图，四边形ABCD为正方形，AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=4, 点M在线段BE上，BM=3ME,N为AB中点. E D (I)求证：DFII平面ABE; (2)求平面BCM与平面CMN夹角的余弦值： (3)若三棱锥F-BCM的体积为4，求CF的长. 例2.(2025广东·模拟预测)如图所示四棱锥P-ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形，M、N分别为BC、 PD的中点. D (I)证明：MN∥平面PAB: 2若P1=PB=5 平面PMB上平面ABCD,求二面角N-4M-D的大小《用反三角西数表示). 15 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式1.(2025·湖南长沙·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AB=4, PA=AD=DC=CB=2 P E B M D (I)设E,F分别为AP,AB的中点，M为△ACF的重心，证明：EM∥平面PBC: (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值. 变式2.(2025浙江·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD,AD=2, PD=AB=4,M,N为别为棱PB,CD的中点. M D A B (I)证明：MN/I平面PAD: (2)求平面PMN与平面AMN的夹角的余弦值. 16