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

**基本信息** 聚焦面面平行证明与条件补全，通过分层例题构建"线面平行转化-空间要素关联"的逻辑体系，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| |----|-----------|----------|----------| |证明面面平行|3例+3变式|以柱体、锥体为载体，结合中点条件|线线平行→线面平行→面面平行的判定链| |补全面面平行条件|3例+3变式|存在性探究题，含动点位置判断|空间要素关联性分析，逆向推理条件完备性|

2027届高三数学一轮复习专项训练 空间向量与立体几何：证明面面平行、补全面面平行的条件专项训练 考点目录 证明面面平行 补全面面平行的条件 考点一 证明面面平行 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． 例2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·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3．（2026·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1．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值． 变式2．（2026·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形为菱形，，平面，E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 变式3．（2026·重庆·二模）如图，直棱柱中，底面为梯形，，且分别是棱，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)已知，求直线与平面所成角的正弦值. 考点二 补全面面平行的条件 例1．（25-26高三上·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，． (1)求三棱锥的体积． (2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由. 例2．（2026·陕西西安·二模）如图，在直三棱柱中，M，N分别是线段，的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在一点P使得平面平面，若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由. 例3．（2026·云南昆明·模拟预测）在如图所示的五面体ABCDEF中，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，，EF平面ABCD，AB=2EF=2，点M为BC中点. （1）在直线CD上是否存在一点G，使得平面EMG平面BDF，请说明理由； （2）请在下列两个条件中任选一个，求该五面体ABCDEF的体积． ①；②EM=2． 变式1．（2026·安徽宿州·模拟预测）如图，已知四边形为等腰梯形，，，四边形 为矩形，点，分别是线段，的中点，点在线段 上． （1）探究：是否存在点，使得平面平面？并证明； （2）若，线段在平面 内的投影与线段重合，求多面体的体积． 变式2．（2025·浙江衢州·模拟预测）在正四棱柱中，E为AD的中点. （1）在线段上是否存在点F，使得平面平面？并说明理由； （2）设，，求二面角的余弦值. 变式3．（25-26高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，，平面，，点为中点. (1)在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由； (2)当，求平面与平面所成二面角的正弦值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三数学一轮复习专项训练 空间向量与立体几何：证明面面平行、补全面面平行的条件专项训练 考点目录 证明面面平行 补全面面平行的条件 考点一 证明面面平行 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·黑龙江齐齐哈尔·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) 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) 【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）略 （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3．（2026·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：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) 【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）略 （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1．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以, 因为， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，且，平面，平面， 所以平面平面； (2) 【分析】（1）只需运用两次线面平行的判定定理分别证明平面，以及平面，最后再结合面面平行的判定定理即可得证； （2）利用等体积法，找出二面角的平面角，计算所需高和面积，从而建立方程即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形是平行四边形， 又， 所以平行四边形是矩形， 从而， 因为为正三角形， 所以为正三角形， 又因为点是的中点， 所以， 又因为平面平面，平面，平面， 所以是二面角的平面角，它的余弦值为，那么它的正弦值为， 因为，为正三角形， 所以为正三角形，且， 于三棱锥而言，若将三角形看作三棱锥的底面，设为三棱锥的高， 则对应三棱锥的高为， 而三角形的面积为， 而， 所以， 又， 所以， 所以三角形的面积为， 设直线和平面所成角的正弦值为， 而， 则点到平面的距离为， 由等体积法有， 即， 解得， 即直线和平面所成角的正弦值为. 变式2．（2026·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形为菱形，，平面，E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)因为四边形为菱形，所以， 又E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点， 所以，，故， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面. 因为，，平面， 所以平面平面. (2). 【分析】（1）先利用中位线定理证得，，再利用线面与面面平行的判定定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法，结合三角函数的基本关系式即可得解. 【详解】（1）略 （2）因为四边形为菱形，， 所以为等边三角形，， 因为E是BC的中点，所以，故， 因为平面，，平面， 所以，，故PA，AE，AD两两垂直， 以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 因为，， 所以，，，，， 故，，，， 设平面的法向量为，则， 解得，令，则，故， 设平面的法向量为，又，， 则， 解得，令得，，故， 设二面角的平面角为，结合图形可知， 则， 故二面角的正弦值为. 变式3．（2026·重庆·二模）如图，直棱柱中，底面为梯形，，且分别是棱，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)已知，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 在中，分别为的中点，则， 而平面平面，因此平面， 又，而， 于是且，四边形为平行四边形，则， 又平面平面，因此平面. 而为平面中两相交直线，所以平面平面. (2). 【分析】（1）由三角形中位线、平行四边形性质，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）略 （2）在中，，则， 在直棱柱中，两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 考点二 补全面面平行的条件 例1．（25-26高三上·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，． (1)求三棱锥的体积． (2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，为的中点 【分析】（1）根据计算可得； （2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证. 【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形， 所以平面， 所以. （2）当为的中点时满足平面平面， 设，连接， 因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点， 所以，又平面，平面，所以平面， 又为的中点，所以且，所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面. 例2．（2026·陕西西安·二模）如图，在直三棱柱中，M，N分别是线段，的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在一点P使得平面平面，若存在，指出点P的具体位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P为的中点 【分析】（1）先证明，再根据直棱柱性质说明线面垂直，从而证明； （2）找到的中点即为所求点；利用三角形中位线性质，证明线面平行，再根据平面与平面平行的判定定理进行证明即可. 【详解】（1）连接，因为在直三棱柱中，为平行四边形， 故和相交，交点为它们的中点， 由于N是线段的中点，故N也为的中点， 因为M为的中点， 所以为的中位线， 所以 . ∵平面平面ABC，∴，∴， 即. （2）存在，P为的中点时，平面平面， 证明：连结，， 因为N为的中点，P为的中点，所以， 又平面，平面， 所以 平面， 又由（1）知, 平面,平面，故平面， 又平面， 所以平面平面. 例3．（2026·云南昆明·模拟预测）在如图所示的五面体ABCDEF中，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，，EF平面ABCD，AB=2EF=2，点M为BC中点. （1）在直线CD上是否存在一点G，使得平面EMG平面BDF，请说明理由； （2）请在下列两个条件中任选一个，求该五面体ABCDEF的体积． ①；②EM=2． 【答案】（1）CD的中点G，理由见解析；（2）条件选择见解析；体积为． 【分析】（1）取CD的中点G，根据中位线得GMBD，可证四边形OMEF是平行四边形，则有OFEM，即可证到平面EMG平面BDF； （2）选择①由求得，如图，五面体ABCDEF可由三棱柱ADF-BCP截去三棱锥E-BCP得到；选择②有OF=EM=2，可证FN⊥平面ABCD，求体积时同①． 【详解】解：（1）连接AC交BD于点O，连接OM，OF，取CD的中点G，连接GM，GE 因为EF平面ABCD，EF平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以EFAB， 因为OMABEF，，所以四边形OMEF是平行四边形，所以OFEM， 因为EM平面BDF，OF平面BDF，所以EM平面BDF， 因为点G与点M分别为CD与BC的中点，所以GMBD， 因为GM平面BDF，BD平面BDF，所以GM平面BDF， 而GM∩EM=M，平面EMG平面BDF； （2）选择①： 在△BDF中，BD=DF=2，，所以， 取AD中点N，连接FN，BN， 在△BNF中，，，所以BN⊥FN， 因为△ABD是正三角形，所以BN⊥AD， 因为AD∩FN=N，所以BN⊥平面ADF， 因为BN平面ABCD，所以平面ADF⊥平面ABCD， 如图，五面体ABCDEF可由三棱柱ADF-BCP截去三棱锥E-BCP得到 所以 选择② 由（1）有OF=EM=2，取AD中点N，连接FN，ON，BN， 在△ONF中，，ON=1，OF=2，所以ON⊥FN， 因为△ADF是正三角形，所以AD⊥FN， 因为AD∩ON=N，所以FN⊥平面ABCD，所以平面ADF⊥平面ABCD， 因为△ABD是正三角形，所以BN⊥AD， 因为平面ADF∩平面ABCD=AD，BN平面ADF，所以BN⊥平面ADF， (选择②求体积时，需多证一组线面垂直，即证明dB-ADF=BN) 下同①，略. 【点睛】思路点睛：求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解． 变式1．（2026·安徽宿州·模拟预测）如图，已知四边形为等腰梯形，，，四边形 为矩形，点，分别是线段，的中点，点在线段 上． （1）探究：是否存在点，使得平面平面？并证明； （2）若，线段在平面 内的投影与线段重合，求多面体的体积． 【答案】（1）当点为线段的中点时，平面平面．证明见解析；（2） 【分析】（1）根据面面平行的判断定理可知，要证明面面平行，需证明平面内的两条相交直线平行于另一个平面，即平面内的两条相交直线平行于另一个平面内的两条相交直线，通过线线平行，寻找点；（2）由条件可知平面平面，利用等体积转化，求几何体的体积. 【详解】（1）当点为线段的中点时，平面平面． 证明过程如下： 在矩形中，，分别是线段，的中点，， 又平面，平面，故平面． 在中，，分别为，的中点，， 又平面，平面，平面． ，，， 平面平面； （2）如图，过点作于，线段在平面内的投影与线段重合， 故平面平面，而平面平面， 平面，故平面，同理，平面． 在（1）的条件下，连接，， 在中，，，，同理可得． 又，故等边三角形的高为，即．连接． 故 ． 【点睛】方法点睛：不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行. 变式2．（2025·浙江衢州·模拟预测）在正四棱柱中，E为AD的中点. （1）在线段上是否存在点F，使得平面平面？并说明理由； （2）设，，求二面角的余弦值. 【答案】（1）存在，详见解析（2） 【分析】（1）找到的中点F，分别证出平面与平面，即可证明平面平面﹔ （2）以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，写出B，E，C，点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值. 【详解】解：（1）存在，当F为的中点时，平面平面. 因为为正四棱柱， 所以，. 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为E为AD的中点，F为的中点， 所以且. 连接AF，故四边形为平行四边形， 所以. 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为，平面， 平面，所以平面平面. （2）以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 又因为，， 所以，，，， 所以，，. 设平面的法向量为，则，即. 令，解得， 所以， 同理可求得平面的一个法向量为. 所以. 所以二面角的余弦值为﹒ 【点睛】本题考查面面平行的证明，利用空间向量法求解二面角，属于中档题. 变式3．（25-26高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，，平面，，点为中点. (1)在直线上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由； (2)当，求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)存在，理由如下： 取的中点，连接， 由点为中点，得，平面，平面，则平面， 又平面,平面，平面平面，则, 四边形是菱形，则，于是四边形是平行四边形， 则，平面，平面，则平面， 而平面，所以平面平面. (2). 【分析】（1）由题意根据条件推出平面平面，再根据面面平行的判定定理证明结论. （2）求出，取中点，连接，从而证明，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的正弦值. 【详解】（1）在直线上存在一点，使得平面平面，理由略； （2）四边形为菱形，，则为正三角形，， 在中，，由余弦定理知， 取中点，连接，而是正三角形，则， 显然，即，又，即直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    则，，， 由，得，则，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面与平面所成二面角为，， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $