空间向量与立体几何：证明线面平行、补全线面平行的条件专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦线面平行证明与条件补全，通过多样化几何体载体实现从正向证明到逆向探究的递进训练，强化空间观念与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |证明线面平行|3例+3变式|给定几何体证明线面平行，涉及菱形、直三棱柱等载体|以线线平行推导线面平行，构建中位线、平行四边形等辅助线逻辑链| |补全线面平行的条件|3例+3变式|确定点位置或参数值使线面平行，含存在性探究|从线面平行性质逆向推导线线平行条件，深化空间几何要素关联|

2027届高三数学一轮复习专项训练 空间向量与立体几何：证明线面平行、补全线面平行的条件专项训练 考点目录 证明线面平行 补全线面平行的条件 例1.(2026河北秦皇岛·二模)如图所示，四边形ABCD是菱形，△ADE为等边三角形，且AD=2,BE=3, 考点一 证明线面平行 2D10-c-®.0c-3nm G D C B (1)证明：FG/1平面ADE: (2)求GF与平面ABE所成角的正弦值. 例2.(2026山东聊城二模)如图，在六面体ABCDMN中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=60°， DM⊥ ABCD,DM//CNCN=2DM,P BC 平面 是的中点 M B (I)证明：DP‖平面BMN: 2027届高三数学一轮复习专项训练 V2 (2)若直线DP与平面ABM所成角的正弦值为4，求DM的长. 2027届高三数学一轮复习专项训练 例3.(2026山西忻州模拟预测)如图，在直三棱柱 BC-4BG中，MB=4C=M=2.∠BMC=90.点D为 棱 的中点，点E为线段4G的中点. BB A B B ABC (1)证明： DEl平面 (2)求平面CDE与平面ABC所成二面角的正弦值. 变式1.(2026四川绵阳模拟预测)如图，在三棱柱 BC-A8C中，M+平面48C,∠4CB=0°， C4=CB=2,MM=5.D是楼48的中点，F是楼BC上靠近C的三等分点，E在楼BB上，且MD1BC A C D B (1)求证： EF∥平面 DC (2)求平 D6G与平面4BF 的夹角的余弦值. 2027届高三数学一轮复习专项训练 变式2.(2026·云南模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，E,F,G分别是PD,AB, CD的中点，点O在线段FG上，P0⊥平面ABCD,PO=2,AB=2,OF=1,OG=2 D G (1)证明：OE∥平面PBC (2)求直线OE与平面PAB所成角的正弦值. 变式3.(2026河南开封模拟预测)如图，在三棱锥D-ABC中，AD⊥平面ABC,△ABC为等腰三角形， ∠ACB=90,4C=BC=5,MD=2,M为MD的中点，P是BM DO=30C 的中点，且 (I)求证：P9II平面ABC: (2)求平面BCD与平面BDM夹角的正切值. 2027届高三数学一轮复习专项训练 考点二 补全线面平行的条件 例1.(25-26高三上重庆永川期末)如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,AB⊥BC,AC=2,BC=1, 点M满足 M=PB(0<元<).N是PC的中点. P M (1)请写出元的一个值使得BC∥平面AMN,并给予证明： ②活=面布p-C-A大小为后，n=,求点M到平百PMC的E高。 例2.（2026江西模拟预测)如图所示，四边形BCD 为直角梯形，且 BCI/DE ED LCD BC=2 CD=3 ED=1.△ABE为等边三角形，平面ABE⊥平面BCDE (I)线段AC上是否存在一点G,使得DG∥平面ABE,若存在，请说明G点的位置：若不存在，请说明理由； 2空间中有一动点，满足401BE,且25-Qc=0.求点巴的轨迹长度. 2027届高三数学一轮复习专项训练 例3.(2026·宁夏吴忠模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PDL底面 ABCD,PD=CD,点E在棱PC上，PAII平面EBD, D B (1)试确定点E的位置，并说明理由； 4 (②)是否存在实数入，使三棱锥E-BPD体积为3，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由 变式1.(2026广东佛山模拟预测)如图，在平行四边形ABCD中，E是BC上靠近点B的三等分点，过点B作 BH⊥AE,分别交AD,AE于点H,G,将△AEB沿AE折起至△AEF. F H B E C (I)若FH LGH,求证：平面FAD⊥平面AECD: (2)若L在线段DF上，当L为何位置时，CLII平面AEF。 6 2027届高三数学一轮复习专项训练 武2.2026河南鹤熊模拟预测)如图，在短形ABCD中，点E在边CD上，且满是D=DE三2，CB二2 2, 将△ADE沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成四棱锥P-ABCE. D E B B (I)若点F在线段AP上，且EF‖平面PBC,试确定点F的位置； PB=410 (2) 10,求锐二面角P-EC-A的大小 变式3.(2026贵州毕节模拟预测)三棱 ABC-ABG中，四边形 是菱形，∠44=60° AB ,平面 AABB⊥ 平面 ABC△ABC 是等腰三角形， ∠ACB=120,B=25.BC与BC交于点MM,48e 的中点 分别为N,O,如图所示 A B A B C (1)在平面 AABB CNO 内找一点D,使MD/平面 并加以证明： > 2027届高三数学一轮复习专项训练 M-AB-C (2)求二面角 的正弦值2027届高三数学一轮复习专项训练 空间向量与立体几何：证明线面平行、补全线面平行的条件专项训练 考点目录 证明线面平行 补全线面平行的条件 考点一 证明线面平行 例1．（2026·河北秦皇岛·二模）如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)【证明】证法一：如图①所示，取棱 上一点，使得， 连接，因为，所以，且， 又因为四边形为菱形，且，所以且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 证法二:如图②所示，取棱上一点，使得，连接， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 证法三：如图③所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，所以为等边三角形，所以， 因为，平面 ，所以平面, 在中，，可得, 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为，所以， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由， 所以， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）解法一：取棱 上一点，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 解法二:取棱上一点，分别证得平面和平面，得到平面平面，即可证得平面； 解法三：取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再求得，结合，进而证得平面； （2）由（1）中的坐标系，求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知：，且 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 例2．（2026·山东聊城·二模）如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)取的中点，连接，. 因为分别为的中点， 所以，且. 又，所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以. 又平面平面，所以平面. (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，结合中点性质和线面平行的判定定理即可证明. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）连接， 因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形. 因为是的中点， 所以，即, 又平面， 则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则由题意知，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则令， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 设直线与平面所成的角为， 则， 解得，所以. 例3．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，．点为棱的中点，点为线段的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由题意可取，，， ，，， 为的中点，E为的中点， ，，故， 平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 又，且不在平面内， 平面． (2) 【分析】（1）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标及相关向量坐标，求出平面法向量，进而利用法向量与垂直证明结论； （2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出余弦值，进而求出二面角正弦值． 【详解】（1）略 （2）易知平面的一个法向量为， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则 ， 设平面与平面所成二面角为，则， ． 变式1．（2026·四川绵阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，，是棱的中点，是棱上靠近的三等分点，在棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)等腰直角三角形中，是斜边的中点，． 平面，平面，， 平面，平面， 平面，， 平面，平面， 平面，，则，则， ，，，， ，可得， 在上取点，使，连接， 则，， 则，则， 又平面，平面，所以平面， 在上取点，使，取线段的中点，连， 则，则， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以，则， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面平面， 平面，平面； (2) 【分析】（1）在上取点，使，在上取点，使，先证明，再求证，，利用面面平行的判定定理求证平面平面即可；或以为原点建系，设，根据得出即可利用法向量求证. （2）以为原点建系，或取中点，以为原点建系，计算法向量夹角来求出. 【详解】（1）法二：由题可知，，，两两垂直，则以为原点，所在直线为轴建系，设， 则，，，，， 则，， 由得，所以，所以 所以， 设平面的法向量． 则，即，令，则， 所以， 因为平面，所以平面． （2）同（1）中建系，易得，， ，， 设平面的法向量，平面的法向量， 则，， 得，， 令，则，， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 法二：取的中点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量为， 由，得，令，得， 取平面的法向量， ， 所以平面与平面的所成锐二面角的余弦值为． 变式2．（2026·云南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，E，F，G分别是，，的中点，点O在线段上，平面，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为F，G分别是，的中点，所以，， 则四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 在中，．连接． 因为平面，平面，所以平面． 因为，所以平面平面． 因为平面，所以平面． (2) 【分析】(1)利用线面平行的判定，面面平行的性质证明. (2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）略； （2） 解：以，所在直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则，取，得． ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 变式3．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，为等腰三角形，，，，为的中点，是的中点，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正切值． 【答案】(1)在平面中，以为原点，所在直线为轴，作轴， 因为平面，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，，，，， ，，因为平面，所以平面的一个法向量为， 因为，平面，所以平面； (2)． 【详解】（1）略 （2）因为轴平面，所以平面的一个法向量为及，， 设平面的一个法向量为，，， 取，则，，所以，设平面与平面的夹角为， ，，， 所以平面与平面夹角的正切值为． 考点二 补全线面平行的条件 例1．（25-26高三上·重庆永川·期末）如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点．    (1)请写出的一个值使得平面，并给予证明； (2)若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 【答案】(1) 当时，平面，证明如下： ，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. (2) 【分析】（1）利用三角形中位线性质可得时，，结合线面平行判定定理可得结论； （2）方法一：利用作，根据线面垂直判定可知平面，由可知所求距离，由长度关系可求得结果； 方法二：根据二面角平面角定义可作出平面角，由此可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【详解】（1）略 （2）方法一：过作于， 平面，平面，， 又，平面，平面， ，点到平面的距离， ，点到平面的距离    方法二：，，，； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，， 是二面角的平面角，即， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴平行于，可建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， ，，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 例2．（2026·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面平面．    (1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由； (2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度． 【答案】(1) 线段上存在中点，使得平面，理由如下：    取的中点，的中点，连接，，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 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， 即为线段的中点时，平面. (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明，，从而得到平面平面，即可得到平面； （2）取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面，又，则点在以为直径的球与平面的交线上，即点的轨迹为圆，取的中点，过点作交于点，则平面，再求出的轨迹圆的半径，即可气求出轨迹长. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接、， 又，为等边三角形，所以，， ，平面，所以平面， 又，所以平面， 又，所以点在以为直径的球上， 所以点在以为直径的球与平面的交线上， 即点的轨迹为圆， 取的中点，由平面，过点作交于点， 则平面， 又，则， 设球的半径为，的轨迹圆的半径为，则，， 所以点的轨迹长度为.    例3．（2026·宁夏吴忠·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，，点在棱上，平面. (1)试确定点的位置，并说明理由； (2)是否存在实数，使三棱锥体积为，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 点是的中点，理由如下： 连接，交于点，连结， 底面是正方形，、相交于点， 是的中点， 平面，含于平面，平面平面， ， 中，是的中点， 是的中点. (2)存在，使三棱锥体积为，理由如下： 为中点， . 若，则   底面，，      ，解得.    存在，使三棱锥体积为. 【分析】（1）连接，交于点，连结，根据线面平行的性质定理，证出，再结合是的中点，判断出点是的中点，可得答案；（2）若三棱锥体积为，则可推出三棱锥的体积为，进而利用棱锥的体积公式与底面，列式算出实数的值，即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）略 变式1．（2026·广东佛山·模拟预测）如图，在平行四边形中，是上靠近点的三等分点，过点作，分别交，于点，，将沿折起至.    (1)若，求证：平面平面； (2)若在线段上，当为何位置时，平面. 【答案】(1) ∵，，，平面， ∴平面，∵平面，∴， 又，，平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面. (2)当是上靠近点的三等分点时，//平面 【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）由线面平行的判定定理证明即可. 【详解】（1）略 （2）当是上靠近点的三等分点时，平面.理由如下： 延长，交于点，连接， 易知，∴， ∵，∴. 当是上靠近点的三等分点时， ∴，∴， ∵平面，平面，∴平面.    变式2．（2026·河南鹤壁·模拟预测）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥. (1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置； (2)若，求锐二面角的大小. 【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点 (2) 【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得； （2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小. 【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点， 证明如下： 如图， 在取点，连接，,使得， 又，所以四边形为平行四边形，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， 所以点为线段上靠近点的三等分点. （2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 又，则， 由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设， 则， 因为，所以，解得， 故，则， 设平面的法向量为， 则，不妨取，则， 设平面的一个法向量为，则， 记锐二面角的平面角为，所以， 又，则，所以锐二面角的大小为. 变式3．（2026·贵州毕节·模拟预测）三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，是等腰三角形，，，与交于点M，，的中点分别为N，O，如图所示. (1)在平面内找一点D，使平面，并加以证明； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)为的中点，证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理作答. （2）以点O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）连接，取的中点为，连接，则平面. 在三棱柱中，四边形是平行四边形，即为的中点， 而为的中点，于是，平面平面， 所以平面. （2）在三棱柱中， 是等腰三角形，为的中点， 则，而平面平面，平面平面平面， 于是平面，连接，而四边形是菱形，且，， 则，，即有两两垂直， 以为坐标原点，以射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 显然平面的一个法向量为，， 设平面的一个法向量为，则，令，得 ，令二面角的平面角为，则， 所以二面角的正弦值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $