空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 通过12道典例（判定3例3变式、性质3例3变式）覆盖多样几何体，构建面面平行判定与性质的逻辑链条，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |面面平行的判定|6题（含等腰直角三角形与正三角形组合、四棱台等几何体）|以线面平行推导面面平行为主，结合二面角计算|从线面平行到面面平行的判定定理应用，体现判定作为性质基础的逻辑关系| |面面平行的性质|6题（含圆台、三棱柱、梯形翻折等几何体）|由面面平行证线线平行，结合空间角、体积计算|从面面平行到线线/线面平行的性质定理应用，形成判定-性质的完整推理链|

空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 考点目录 面面平行的判定 面面平行的性质 例1(2026贵州安顺模拟预测)如图，△1B 是斜边B=2V2 PAC 的等腰直角三角形，正三角形心所在平面与 考点一 面面平行的判定 三角形AB 所在平面手直，梯形BCN中，MW1BC,BN1BC.BN=V5,MN=l,且梯形BCN 所在平面与三 角形ABC所在平面垂直. M 力 B (I)求证：平面PMNII平面ABC: (2)求平面PMC与平面PAN夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 √133 (2)19 【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明MNI/平面ABC,根据三角形的性质及面面垂直的性质判断PE⊥平 面ABC,BN⊥平面ABC,进而BNIIPE.方法一，连接BE,构造平行四边形PEBN得到PNI/BE,根据面面平 行的判定定理证明平面PMNII平面ABC;方法二取BC的中点F,连接MP,构造平行四边形MPEF得到 PMIIEF,根据面面平行的判定定理证明平面PMNI/平面ABC; (2)取AB的中点D,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AN的法向量，再利用向量的夹角公式求解 【详解】(1)因为MN /IBC,BCC平面ABC,MN￠平面ABC,所以MNII平面ABC. 因为4AB 是斜边B=2V 的等腰直角三角形，所以1C=BC=2 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 如图1，取AC的中点E,连接PE. M B 图1 因为△PAC 是正三角形，且4C=2,所以PE14C,且PE=5 又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC, 所以PE⊥平面ABC 因为BN⊥BC,平面ABC⊥平面BCMN,平面ABC∩平面BCMN=BC,BNC平面BCMN, 所以BN⊥平面ABC, 所以BN/IPE 如图2，连接BE,因为BN=PE=V5 所以四边形PEBN为平行四边形，因此PNIIBE】 因为BEc平面ABC,PN丈平面ABC, 所以PVII平面ABC, 又MNII平面ABC,PN OMN=N,PN,MNC平面PMN, 所以平面PMNI/平面ABC. M .B 图2 方法二： 如图3，取BC的中点F,连接MF. 因为BC=2,所以BF=1,又MN=1,所以MN=BF, 又MNI/BC,所以四边形BFN是平行四边形， 所以BNI/MF,BN=MF, 2 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 MF=V3,MF⊥BC 因为 BN⊥BC,BW=V ,所以 ! B E 图3 连接EF,因为平面BCMN⊥平面ABC,平面BCMNO平面ABC=BC,MFc平面BCMN, 所以MF⊥平面ABC, 又PEL平面1C,PE=5.所以PE1MF,PE=MF 因此四边形MPEF是平行四边形，PM/IEF, 因为PMt平面ABC,EFC平面ABC,所以PMII平面ABC, 又MNII平面ABC,PMC平面PMN,MNc平面PMN,MNOPM=M, 所以平面PMN I1平面ABC. (2)如图4，取AB的中点D,连接ED,因为E是AC的中点，所以EDI/BC, 又4AB 是斜边B=2V2 的等腰直角三角形， 所以AC⊥BC,所以DE⊥AC. 又PE⊥平面ABC,AC,DEC平面ABC,所以PE⊥AC,PE⊥DE,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， 图4 则4.0,0.P0.0,v5.C-l.00.N-l,2V5,M-1.l,5 所以 P=-1,0,3,Pm=(←12,0，C乎=(10,5)，CM=0,15) 3 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 设平面PMC的法向量为m=a,b m.Cp=0,a+√5c=0, 则mCM=0,即b+V5c=0,取c=-1'得a=b=5 则m=5.V5,-)是平面PC的一个法向. n=(x,y,z) 设平面PAN的法向量为 i·AP=0,「-x+5z=0, 则元.P=0,即-x+2y=0,取x=25,得y=√3，z=2, 则=25.，5,2是平面P4V的个法向量. 设平面PMC与平面PAN的夹角为B, c0s0=|cos(m,m上1m:n=16+3-2-V33 |m‖nl√7×V12+3+419, V133 因此平面PMC与平面PAN夹角的余弦值为19. 例2.(2025：四川德阳三模)如图，四边形ACFE是矩形，AE⊥平面ABCD,AB/CD,∠BAD=90°， AB=AD=AE=1.CD=2 E F G D B (I)证明：平面CDF/I平面ABE; (2)若平面ADF与棱BE交于点G,求平面BEF与平面AGC所成角的正弦值， 【答案】(1) 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 因为AB/ICD,ABc平面ABE,CDC平面ABE, 所以CD/I平面ABE, 因为四边形ACFE是矩形，所以CFIAE, 因为AEC平面ABE,CF丈平面ABE, 所以CFII平面ABE, 因为CD∩CF=C,CD,CFc平面CDF, 所以平面CDFI平面ABE: √30 (2)6 【分析】(1)根据AB/ICD得到CD1I平面ABE,同理由CFIIAE得到CFII平面ABE,从而得到面面平行； (2)AB,AD,AE 两两垂直，建立空间直角坐标系，设 (,01-）,由面面平行的性质得到线线平行，进而得到方 程，求出G的坐标，求出平面BEF和平面AGC的法向量，求出两法向量的夹角余弦值，根据同角三角函数关系得 到面面角的正弦值： 【详解】(1)略 (2)AE⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD, 所以AE⊥AB,AEAD,故AB,AD,AE两两垂直， ZA G B 故以A为原点，AB,AD,AE分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， A0,0,0)B(1,0,0),D(0,1,0),C(2,1,0)E(0,0,1),F(2,1,1） 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 由(1)平面CDF‖平面ABE,由面面平行的性质可得AG/IDF, 设G60,1-) AG=(t,0,1-t),DF=(2,0,1) 则 AG=hDF t=2h,1-1=h 得 '.电c的季标导 设平面B8F的法向量m=(G,,)】 BE=（-1,0,1)EF=(2,1,0) m.BE=(,)(-1,0,)=-x+名=0 则mEF=(,)(21,0)=2x+y=0’ 令51，则=-2，故m=-2, 设平面4GC的法向量 万=(x2,y2,22) 4AC=(2,10) 则 4c=(,)(2,10)=2x,+=0 令5=-1，则为==2，故=(122)， 所以cos元，i二 m方(1，-2,1)(-1,2,2)V6 m:园1+4+1×1+4+46， 30 BEr与平面AGC所成角的正弦值为1 故平面。 6 例3.(2025江西新余模拟预测)如图，在正方形ABCD中，AB=2,E、F分别为AD、CD中点，四边形 6 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 π EOFD也是正方形，经过D点的直线1与平面ABCD的夹角为4且11AC,现将正方形EOFD沿直线1平移至 ABCD ABCD-ABCD 得到四棱台 B D D (1)求证：平面A1EO‖平 DCCD DD=2 (2)若 求平面AC口，B与平面1BCD 角的余弦值： ACCA (3)若平面 平面MBCD,求四枝台 BCD-ABCD 的体积 【答案】(1)证明如下： 由条件可知：E0/DC,又E0c平面CCDD.DCC平面CCDD CCDD 所以B0/平面 ,又A1D1/1DE且A1D1=DE, AE//DD 所以四边形A1D1DE是平行四边形，故 5c平面CCDD,DDC平面G CCDD 又 平面 ,所以4E1I平面CCDD 平面 EO 又A1EnEO=E,又A1E,E0c平面 CCDD ,所以平面A1E0/1平面 5 (2)5 7W2 (3)6. CCDD 【分析】(1)由已知可得E0/平面CC ，由题意可证4E/D0 AE/I 利用线面平行的判断定理可得 平面 > 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 CCDD CCDD ,进而可证平面A,E0/平面 (2)建立空同直角坐标系：连DB,D8,过P作D,M1DB,可 ∠DD 就是直线与平面MBCD的夹角即 4,求得DD,=2,进而求得两平面的法向量，利用向量法可求得两平面夹角的余弦值： BD⊥CC (3)设D1a,a,b,由题意可得 ,进而利用向量法可求得“，进而可求体积 【详解】(1)略 (②)建立如图所示的空间直角坐标系：连DB,DA,过P作D,M⊥DB, Z木 11 B D B D 因为C1D.C1m,an0-D,所4C子 D,由于1CC平面4BCD,所以平面4BCD1 DBBD 平面 平面 ，所以 平面ABCD 又平面4BCDn平面DBBD=BD.D,M⊥DB,DMC平面DBBD.所DM上￥ 而M∈BD:所以∠D,DM就是直线1与平面ABCD的夹角即4，DD=2,那么DM=V2=DO,故：M、O重合， 而由平移的性质：D1B1/OB,D1B=OB,所以四边形 sB是半行四边形，所以吸十平白1C0, 所uC(012),A1,0,21.BC=01,2.BA=10,2. 设平面B4G的一个法向量为”=（怎4），则： , P 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 易知平面1BCD的一个法向量为片=(0,0，)， 所o瓦动-5花为胃 5 (3)设D1a,a,bl, BM=2a DM=BD-BM=22-2d=DM=b, 所以D1a,a,2/2-2a,又由于D1C1=-1,0,0, 所以C1a-1,a,2V/2-V2a，,CC1=a-1,a-2,2V2-/2a,BD=22,22,0, 又因为： BDLAC,要想平面 CCA上平面MBCD,只需 BD⊥CC ,0M= 所822a-1+0-21=0.解得，号 2, VaD-ABG,D口，=1+4+4到2=7R2 3 26 变式1.(2025黑龙江·一模)如图所示，正三角形ABC的边长为2，D,E,F分别是各边的中点，现将△ADE, ABEF△CDF DE EF DF ADE△BEF△CDF DEF 分别沿 折起，使得 所在平面均与底面“垂直 (I)求证：平面ABCI平面DEF: (2)求二面角C-DA-E的正弦值： 【答案】(1) 因为△ABC为正三角形，且D,E,F分别是各边的中点， 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 B A 所以△ADE,△BEF,△CDF均为正三角形. 分别取DE,F,FD的中点，8.C, AA⊥DEBB,⊥EFCC⊥DFAA=BB,=CC 则 又因为平面ADE上底面DEF,平面ADE个底面DEF=DE,MC平面4DE, 所以4上平面DEF,同理可符8平面DEF,所以M服 为平行四边形，所以B川48 AA BB 所以四边形 因为Bc平面DEF,48C平面DEF,所以4B平面DEF,同理可得CB平面DEF, 又ABBC=B,ABC平面ABC,BCc平面ABC, 所以平面ABC‖平面DEF 25 (2)5 【分析】(1)利用面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理证明即可； (②)以4为坐标原点，分别以4正，4F,A为，)，：轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面 CDA和平面DAE的法向量，利用空间向量法求解即可. 【详解】(1)略 AE,AF,AA (2)由(1)可知 两两垂直， 以4为坐标原点，分别以4平，4F,4为，，“轴的正方向，建立空间直角坐标系， 10 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 B a9).c9.. c-4而（ c=0子+9 4y=0 设平面 的法向量为_ ,2八”贝则2AD=0今一，x=。 2z=0, CDA 2 令x=3,得y=5,z=5,所以-(3,55) 易知平面D4的一个法向量为乃=(Q1,0)】 35 cosm,n2= 所以 阿5x灯5， 2W5 所以二面角C-DA-E的正弦值为5· 变式2.(2026甘肃白银一模)如图，在四棱 ABCD-ABCD中，底面 CD和4BCD: 均为正方形，平面 AB,BA⊥ ABCD,AB=2BB =2AA =2AB,E 平面 为线段CD上一点 A D B ☑D 11 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 )若E为线段CD的中点，证明：平面 DE‖ BCCB 平面 √2IDE (2)若直线AB与平面ADE所成角的正弦值为7，求CE. 【答案】(1) :ABCD是正方形， :AD ll B.C AD文 平面 CC8,BGC平面BCC40I平面BCC8 :平面4BCD平面4ACD.平面CD0,Gn平面4BCD=CD.平面C CDDCnABCD =CD,:.CD I CD 平面 由题意得 D=2CAE为CD的中点，CEIG0,CE=CD 四边形 DCCE ∴.DEIICC 为平行四边形， :DEt平面BCCB.CCC平面BCCB,DEl平面BCCA 平面 平面 A0nDE=D平有4DE平面BCC8A DE (2)CE =3 【分析】(1)利用面面平行的判定定理证明即可得出结论： (2)建立空间直角坐标系利用线面角的向量求法得出直线4B与平面 DE 所成角的正弦值的表达式，解方程计 算即可得出结果， 【详解】(1)略 AB,A B (2)分别取 ,F,连接OF 的中点 易证OF1AB 平面 ABBA 平面ABCD 平面 ABBA 平面ABCD =AB∴.OF⊥ ABCD 平面 设48为2个单位长度，以0为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 12 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 ZA D 、、、 B © ☑D E B 则4(1,05，D(1,254(-200,B2,00)设E(a40),-2≤a≤2 得4正-(a+145)40=(02,0),6=(40,0) 设平面405的法向量为=(xy), i·AE=(a+1)x+4y-V3z=0 则元·AD=2y=0 取2=a+1,得x=5,则i=(W3,0,a+1 由直线AB与平面 ADE 所成角的正弦值为 元AB cos(元，AB 5 21 AB V(a+1)2+3 7, 解得a=1所 CE= CD=AB=2AB=4 ”又因为 所以DE=4-1=3, DE 故CE 3 变式3.(2026~陕西安康模拟预测)如图，在圆锥P0中，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形 ABCD E.F PD,PA E,F,O 是底面的内接正方形， 分别为的中点，过点 的平面为 P E F/M D 13 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 (I)证明：平面a‖平面PBC: @若因锥的底面圆半轻为2，高为5，设点M在线段EF上运动，求三枝锥P一MBC的休积 【答案】(1)证明如下： 因为E,F分别为PD,PA的中点，所以EF‖AD, 因为四边形ABCD为正方形，所以AD‖BC,从而EF‖BC, 又EFE平面PBC,BCc平面PBC,所以EF‖平面PBC, 连接BD,OE,则O为BD的中点，又E为PD的中点，所以OE‖PB, 又OEE平面PBC,PBC平面PBC, 所以OE‖平面PBC,又OE∩EF=E,OE,EFc平面OEF, 所以平面OEF‖平面PBC, 即平面a‖平面PBC. 2√3 (2)3. 【分析】(I)由线面平行的判定定理可证EF‖平面PBC,OE‖平面PBC,再由面面平行的判定定理即可证明平 面a‖l平面PBC: (2)由题意可得，点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即 可求解。 【详解】(1)略 (2) 1 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 E B 由题知，PO⊥平面ABCD 连接0C,则OB=0C=2P0=5 因为由(1)的证明可知平面a‖平面PBC, 所以点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离， 所以c=w=%=cP0×x2×2xv5-25 1 32 , 2V5 所以三棱锥P-MBC的体积为3· 15 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 考点二 面面平行的性质 例1.(2026-河北秦皇岛模拟预测)如图，已知B,CD,EF 均为圆台 0,02 的母线，四边形 ABCD 为圆台 BC=2AD=4 AE=2 的轴截面，且 D ⊙ 02 8:- C 。 (1)证明：AE1IBF: (2)已知二面角B-EF-C的余弦值为3，求三棱锥A-BCF的外接球的半径 【答案】(1) 证法一：因为 AB,CD,EF 均为圆台 00 的母线， 所以延长BA,CD,FE必交于一点S,如图： D 因为 ，所以 确定一个平面 -a BA∩FE=S BA,FE BFEA 又因为圆台的上下底面互相平行，即平面ADE/平面BCF, 因平面AEFBO平面BCF=BF,平面AEFB平面ADE=AE, 根据面面平行的性质定理，得AE∥BF: 证法二：利用向量共线证线线平行 0,B=-20A0,F-20E 由题知， 16 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 BF=O,F-0B=20E-20A=2AE 所以 BF//AE 所以 又直线AE,BF无公共点，所以AEIIBF. 【分析】(1)证法一：根据圆台是由圆锥截成的，再由面面平行的性质可得；证法二：根据向量共线证明 BF//AE ,结合向量共线性质证明结论： E⊥AD BC⊥O2F (2)先用勾股定理证明 ,进而证明 ，然后建立空间直角坐标系，用向量的方法由二面角的值 可得圆合的高，设三棱锥1-8CF的外接球球心为0，设O(0,0),根据OO , 列方程求j,由此可求 结论 【详解】(1)略 OE,OF (2)连接 由己知BC=2AD=4,得AD=2,BC=4,AD,BC分别为上下底面圆的直径， 因此上底面的半径”=1，下底面的半径R=2.又因为4E在上底圆， 0A=0E=r=1 AE=2 AE2=OA2+OE2∠AO,E=90°OE⊥AD 必 ,可得 ，即 由(1)知FE与00必相交于5点，所 E,00共面， OE⊥ADAD⊥O,O,O,E,00 FE0,O,OE∩OO=O 因为 平面 所以AD上平面 EO0,又因为4DBC,所以BC上平面 FEOO OFC 且 面fEo0,所Bc1OF 平 02 故以2为坐标原点，分别以 02F,02C,020 所在直线为少2轴，建立空间直角坐标系： 17 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 设00=i>0),则10，-1小，E.0).B0,-20,.c(0,20,F(20o) 于是， BF=(2,2,0),FE=(-1,0,)） 设平面BEF的法向量为4=(：，火). m·BF=2x+2y+0=0 由zFE=-x+0+z=0，故可取元=(6，-4,1)： 又Fc=（-2,2.0),FE=(←1,0） 设平面CEF的法向量为”=(a,6c), 历FC=-2a+2b+0=0 由元·FE=-a+0+c=0，故可取元=（化4，l), 1 因二面角B-EF-C的余弦值为3， |txt-1xt+1×1 西F+f+1F+r-行解行=1《负值合去)， 所以 -1-1 002=1 所以圆台的高 0上 设三校锥4-BCF的外接球球心为0，易得BF1FC,则0在直线O 设O0,0）,又40，-l1.B0-2,0),所以oi=(0-1-.o丽=(0-2-》， 由oo丽，得+0-刀=4+子，解得j=-1, 所以三棱锥4-8CF的外接球的半径R=V4+了=V5 18 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 ZA 例2.(2026新疆鸟鲁木齐一模)如图，在三棱柱 ABC-4BG中，M,P分别为 AB CM 的中点 ①若点9在线段从上，且40=301 求证： PO/平面4BC, ②若BA=BC=2,4C=CG=C4=25,4BLBA.求平面ABC与平面 BCC,B 的夹角。 【答案】(1) 在三棱柱 由M为4B BC-ABG中，取BM的中点，连接0，BP, 的中点， E=3EB,而40=30，则E01B,又P为CM的中点，则EP18C 得 而E0,EPc平面ABC,AB,BCc平面ABC,于是EQII平面ABC,EP∥平面ABC, 又EQ∩EP=E,EO,EPc平面EPO,因此平面EPQ/I平面ABC,而POc平面EPO, 所以PQ/平面ABC. e 【分析】(1)取BM的中点E,连接E0,EP,利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证 BC.BA.BA BCC B (2)由给定条件证得 两两垂直，进而建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，再利用面面 9 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 角的向量法求解。 【详解】(1)略 ,BA=BC,AA=CA,AB=AB△ABC≌△4BA AB⊥AB,AB⊥BC (2)由 ,得 ,而 ,则 BA=BC=2,AC=22 由 得BA+BC=8=4C,即4B⊥BC, 故可以点B为原点，直线 C,BA,BA 分别为少 “轴建立空间直角坐标系， ZA B 由 C-2.CA-22,4BLBC4B=2 B(0,0,0)A(0,2,0),C(2,0,0),A(0,0,2),BC=(2,0,0),BB=AA=(0,-2,2) 则 n.BC=2x=0 设平面BCC,B的一个法向量n=(化，y,2),则元：BB=-2y+2z=0: 得”=01) 令y1 os(m,m=m”=1V2 而平面ABC的一个法向量m=(0,0,1),因此 1mn1x√22， 所以平面ABC与平面BCC,B,的夹角为4： 例3.(2025·上海松江二模)已知梯形PBCD中，PD/IBC,E为PD上的一点且BE⊥PD,PE=BE=1, BC-D,将。PBE沿BE疑折使得二面角P-BE-C的平面角为，连接PC~PD:F为枝PD的中点 20 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 D (I)求证：FCII平面PBE: ②当Q=否时，求首我RC和面BCDE所成角的大小 【答案】(1) 取ED的中点M,连接CM、FM, 因为点F为棱PD的中点，且BC=2BD,所以FM1/PE且CMI/BE, FM/IPE,FM文平面PBE,PEC平面PBE, 所以FMII平面PBE,同理可得CMII平面PBE 因为FMc平面CFM,CMC平面CFM,且FM∩CM=M, 所以平面CFM∥平面PBE 因为FCc平面CFM,所以FCII平面PBE (2)arcsin √15 10. 【分析】(I)取ED的中点M,连接CM、FM,所以FM/IPE且CM /IBE,根据线面平行的判定定理可得 FMII平面PBE,CMII平面PBE,从而可得平面CFM∥平面PBE,由面面平行的性质定理即可证明： (2)过点F作FH⊥ED于点H,连接CH,由题意得FH⊥平面BCDE.所以∠FCH就是直线FC和平面BCDE所 成角二面角P-E-C的平面角为∠PED-行，由()易剂<WD= 3,取PE中点为G,连接BG,可得 BG=CF,利用勾股定理求出FH,CF,可得氵 a sin/FCH=FH_15 FC10·继而即可求解 【详解】(1)略 (2)过点F作FH⊥ED于点H,连接CH, 21 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 因为BE⊥PE,BE⊥DE,PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE, 因为BE⊥平面PDE,所以BE⊥FH, 因为BEC平面BCDE,EDc平面BCDE,且BEED=E, 所以FH⊥平面BCDE. 所以∠FCH就是直线FC和平面BCDE所成角， 由题意得：二面角P-BE-C的平面角为∠PED- 3, 由(1)易得∠FMD=2r 3 FMH-3 F 在Rt△FHM中，由 FPH= 2,得 4, 取PE中点为G,连接BG, 因为G,F分别为PE,PD的中点， 所以GF1/BED,且OF-FD,又sC=ED, 所以四边形BCFG为平行四边形，所以BG=CF, h EG=1 在Rt△BEG中，由O2,BE=1,得 G= 2,则 r=5 2 在Rt△FHC中，由 in/FCH-FH FC10,得<FCH=arcsin 5 10, arcsin- 5 即得直线FC和平面BCDE所成角为 10 变式1.(2025山东聊城模拟预测)如图所示的多面体PABCDE中，PB⊥平面ABCD,PB=3,AB/CD, 22 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 EC//PD DC=2AB=2 AD=10 EC=2 PD=3EC B (I)若点F为PE中点，求证：AFII平面BEC: (2)求直线BE与平面ACE所成角的正弦值， 【答案】(1) 证明：如图所示，取DC中点M,连接AM,FM, 因为AB/ICD,且DC=2AB=2,所以MCI/AB,且MC=AB, 所以四边形ABCM为平行四边形，可得AMIIBC, 又因为AMt平面BEC,且BCc平面BEC,所以AMII平面BEC, 因为ECIIPD,且F和M分别是腰PE和DC的中点，可得FMIIEC, 又因为FM￠平面BEC,且ECC平面BEC,所以FMII平面BEC, 因为AMOFM=M,且AM,FMC平面AFM,所以平面AFMI平面BEC, 又因为AFC平面AFM,所以AFII平面BEC. 5 (2)9 【分析】(1)取DC中点M,分别证得AM I/BC和FMIIEC,根据线面平行的判定定理，分别证得AMII平面 BEC和FMII平面BEC,进而证得平面AFM I平面BEC,结合平行平面的性质，即可证得AFII平面BEC; 23 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 (2)连接BD,利用勾股定理，证得AB LBD,以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点 (x,y1,) ，根据 DP=3CE 得到E(-22, ,分别求行配=(22，》和平面4CE的一个法向量=仙)，结合向量的夹角公式 即可求解。 【详解】(1)略 (2)解：连接BD,由PB1平面MBCD,且PB=3,PD=3BC=32,MD=0,AB=1, 可得BD=VPD-PB=3,所以AB+BD=AD,所以AB⊥BD 以B为坐标原点，分别以BA,BD,BP所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系， B(0,0,0)A(1,0,0)D(0,3,0）P(0,0,3)C(-2,3,0) 如图所示，则 AC=(-3,3,0),DP=(0,-3,3) 所以 设点 ）,因为F=30正，m0-3,3)=3x6+2,y-3）, 解得=-2，=2名=1,5(-2,20所以正=(-32配=(-220， m·AC=-3x+3y=0 设平面ACE的法向量为m=(:,y,2),则m:AE=-3x+2y+z=0, 取'，可得=z=,所以m= 设直线BE与平面ACE所成夹角为B, 则sin6=cosm,BE= m.BE-2+2+13 BEx3 9, 5 所以直线BE与平面ACE所成夹角的正弦值为9· 24 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 ZA .. ABCD-ABCD 变式2.(2026辽宁大连模拟预测)如图，直四棱柱 被平面“所截，截面为CDBP,且 EF=DC:DC=2D=44E=2,∠AC-分，平面ECD与平面48CD所成角的E切值为5 B D D (1)证明：AD/BC: AAF (2)求直线DE与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1) ABCD-ABCD 在直四棱柱 中，平面1BCD/平面 ABCD ABCD/I∩a=CD ABCDOa=EF EF//CD 平面 ,平面 ,则 CD//CD,CD =CD CD //EF,CD=EF 公 ,又EF=CD,因此 则四边形EFCD是平行四边形，4D,I/BG, 所以AD//BC 2V195 (2)65. 25 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 【分析】(1)利用面面平行的性质及平行公理，结合棱柱的结构特征推理作答. (2)由余弦定理结合勾股定理逆定理证明AC⊥AD,再以点A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作 答 【详解】(1)略 (2)在△ADC中，由余弦定理得 AC-AD+DC-2AD.DCc0S ZADC=+2-2x1x2x 2 即有4C+D=4=CD,则4C上D,又M+平面BCD, AA,AC,AD 于是 两两垂直，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 木Z B E D 设4=，则400,0，DL0.0.C0,V5.0,40,0,EC5,0), Dc=(-L5.,0.DE=(20,),平面ABCD的法向量为7=0,0，： mDC=-x+3y=0 1 设平面 的法向量为m=,则m-D正=28+e=0,令：=5得m=2√5h.2h.' EFCD sin=4 -cos0 令平面BrcD与平面A4BCD所成角为即有am8= 3 2,由in2A+cos20=1’7诗c0s8s、3 os8cos(元，m卡mm= 3 于是 |nlm|1xV16h2+3V19,解得h=1, 设平面4F的法向最为i=K,2=@0D,由厅=元-L5.0,得(5，)亦=（分5，D, 26 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 i·AA=21=0 则-F=+5x+=0,令5=得=50 n-cos(i,DE)7DE 2W195 DEI 65 令直线DE与平面MF所成角为p'则 ×4 2v195 所以直线DE与平面A4F所成角的正弦值为65· 变式3.(2425高三上：广东茂名·阶段检测)如图，在六面体 BCD-48GD中.A/B1CDn,且底 面ABCD为菱形. D B D ABCD (1)证明：四边形 为平行四边形 ②法M上平面48CD,4=C,∠a1D=60,D0=54B=B8-2.求平面48C0与平面48CD所成角的F弦 平面 值 【答案】(1) 因为四边形ABCD为菱形，所以BC1/IAD, 又ADC平面 AADD,BCAADD 平面 AADD 所以BC1/平面 81M.MC平面41D0,B8C平面41DD,所以8∥平面MDD 又 ,所以 平面 8nBC=B.B,BCC平面BCCA,所以平面 BCC B//AADD 因为 平面 27 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 ABCD∩ AB,CD,∩AADD=AD 因为平面 BCCB,=B,G.平面 “平 平面 BC //AD 所以 AB /ICD ABCD 同理可得 所以四边形 为平行四边形 3w3 (2)13 【分析】(1)由题意可证明平面 C8l平有41DD BC IAD 利用面面平行的性质可得 ,同理可得 AB /ICD ,进而可证结论： (2定立空间直角坐标系，设私=：利用西=DG,可求衬-子，求得平百48C0与平面CD的法向 量，利用向量法可求得平面 BCD与平面4CD 所成二面角的正弦值， 【详解】(1)略 (2)由题意得 BD=2,AC=2 3.以菱形1BCD的中心O为坐标原点， 0B,0C 的方向分别为'轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 0z 设4=h,则40,5，，B1,02),C(03,,D(←10,5) ZA B 因为四边形4BCD为平行四边形，所以4瓜=DG. 则5.2-小-5h-列.所以2-有=6-5得=子 2 28 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 所-5引0-（引 设平面48，C0的法向量为4=（伍水2）， 则48%=0,40%=0 x+V3- 22=0 -45y*2-0 令2=2，得%=(8,02) 易知平面4BCD的一个法向量为元=(0,01)， 则c0sn,乃= 2.223 网3x113’ 313 所以平面AB,CD与平面ABCD所成二面角的正弦值为13· 20空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 考点目录 面面平行的判定 面面平行的性质 例1(2026贵州安顺模拟预测)如图，△1B 是斜边B=2V PAC '的等腰直角三角形，正三角形所在平面与 考点一 面面平行的判定 三角形AB 所在平省直，第形BCW中，08C,NL8C.aN=W=,且福形PCw， 所在平面与三 角形ABC所在平面垂直. M B (I)求证：平面PMNII平面ABC: (2)求平面PMC与平面PAN夹角的余弦值. 例2.(2025·四川德阳·三模)如图，四边形ACFE是矩形，AE⊥平面ABCD,AB/CD,∠BAD=90°， AB=AD=AE=1,CD=2 1 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 E G D B C (1)证明：平面CDFI/平面ABE: (2)若平面ADF与棱BE交于点G,求平面BEF与平面AGC所成角的正弦值. 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 例3.(2025江西新余模拟预测)如图，在正方形ABCD中，AB=2,E、F分别为AD、CD中点，四边形 EOFD也是正方形，经过D点的直线1与平面ABCD的夹角为4且11AC,现将正方形EOFD沿直线1平移至 ABCD ABCD-ABC D 得到四棱台 B B D 四求证：平面A,E0|平面DCCD, DD=2 (2)若 求平面AC口B与平面1BCD 角的余弦值： (3)若平面 4CCA上平面4BCD 求四棱台 ABCD-ABCD 的体积. 变式1.(2025黑龙江·一模)如图所示，正三角形ABC的边长为2，D,E,F分别是各边的中点，现将△ADE, △BEF△CDF DE EF DF DEF 分别沿， 折起，使得 △ADE△BEF△CDF 所在平面均与底面“垂直 B B (I)求证：平面ABC‖平面DEF: 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 (2)求二面角C-DA-E的正弦值. 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 ABCD-ABC D 变式2.(2026甘肃白银·一棋)如图，在四棱台 中，底面1BCD和4BCD 和 均为正方形，平面 ABBA⊥ ABCD,AB=2BB =2AA =2A B,E 平面 为线段CD上一点 A D 若E为线段CD的中点，证明：平面40E平面BCC8 √2IDE (2)若直线AB与平面ADE所成角的正弦值为7，求CE, 变式3.(2026陕西安康模拟预测)如图，在圆锥PO中，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形 ABCD E,F PD,PA E,F,O 是底面的内接正方形，分别为 的中点，过点 的平面为· B (I)证明：平面a‖平面PBC: (②)考圈雏的底面圆半径为2，高为5，设点M在线段EF上运动，求三楼锥P-M8C 的体积。 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 考点二 面面平行的性质 例1.(2026河北秦皇岛模拟预测)如图，己知B,CD,EF 002 ABCD 均为圆台 的母线，四边形 为圆台 BC=2AD=4 AE=2 的轴截面，且 D ⊙ 02 C (1)证明：AE1IBF: (2)已知二面角B-EF-C的余弦值为一3，求三棱锥A-BCF的外接球的半径 例2.(2026新疆鸟鲁木齐·一模)如图，在三棱柱 BC-A8G中，M,P分别为A8,CM 的中点 Q)活点e在线段M上，且40=01，求正：P0/平面ABC, B若BA=BC=2,4C=CG=CA=25,4BLB1,求平面4Bc与平面 BCCB 的夹角 6 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 例3.(2025上海松江二模)己知梯形PBCD中，PD1/BC,E为PD上的一点且BE⊥PD,PE=BE=1, BC=ED,将。PBE沿BE折使得二面角P-BE-C的面角为：连接PC~PD:F为棱pD的中点 B (I)求证：FCII平面PBE; 回当Q-行，求直线C和平面CDE所成角的大水 变式1.(2025山东聊城模拟预测)如图所示的多面体PABCDE中，PB⊥平面ABCD,PB=3,AB/1CD, EC//PD DC=2AB=2 AD=10 EC=2 PD=3EC E (I)若点F为PE中点，求证：AFII平面BEC: (2)求直线BE与平面ACE所成角的正弦值， > 空间向量与立体几何：面面平行的判定、面面平行的性质专项训练 ABCD-ABCD 变式2.(2026辽宁大连模拟预测)如图，直四棱柱 被平面”所截，截面为CDEF,且 EF=DC,DC-24D=4E=2,∠ADC-号.半面月CD与￥面4CD所皮角的E切信为5】 B E B D (1)证明：AD/BC: AAF (2)求直线DE与平面 所成角的正弦值。 变式3.(2425高三上广东茂名阶段检测)如图，在六面 ABCD-ABCD A/ICC1/DD,且底 中， 面ABCD为菱形. D B D ABCD (1)证明：四边形 为平行四边形 B若4上平面4CD,4=CC,∠B1D=60,DD=5B=B8=2,求平面48CD与平面48CD所成角的正弦 平面 值 6