微专题 线面、面面平行关系的证明及体积求法专项训练-2027届高三数学一轮复习

微专题 线面、面面平行关系的证明及体积求法（原卷） 【高考解读】 高考选择题或解答题，其中解答题的考查内容较为固定： 在空间几何体中，考查证明线面或者面面平行，优先使用几何方法。 【思维导图】 【知识点归纳】 1.平行关系定理及性质: ①线面; ; ②线线:; ;; ③面面:; ; 2．证明平行关键在于辅助线作法： （1）由中点或等分点想到作出中位线或等分出现平行关系； （2）有平行四边形、矩形、菱形、正方形的一条对角线，连接另外一条对角线，得到对角线交点为中点，进而作出中位线出现平行关系； （3）平移所证直线，观察出与其平行的空间线． 3．求体积，求点到面的距离： 方法一：直接法,直接求出体高以及底面积；方法二：等体积法,换底换高解题思想； 方法三：割补的解题思想; 方法四;建立空间直角坐标系 【典型例题】 题型一：证明线面平行 【例1-1】在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，，E是的中点．求证：面 【例1-2】如图，四棱锥中，底面是梯形，，，为等腰直角三角形，，为的中点. 求证：平面 【变式1-1】（2024·北京高考17题节选）如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2，若F为线段PE的中点. 求证：BF∥平面PCD 【变式1-2】（2025·全国Ⅱ卷17题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. 证明：A'B∥平面CD'F； 题型二：求体积，求点到面的距离 【例2】如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，分别是PB､CD的中点，若平面AEF，求四棱锥的体积. 【变式2】在正四棱锥中，已知，，，分别为，的中点，平面平面． 求三棱锥的体积． 【例3】（2026新课标・★★★）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【变式3】（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【练习】 1.（2025·全国Ⅱ卷17题节选）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.证明：A'B∥平面CD'F 2.（2025·上海高考18题节选）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2.已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧的长为，CD∥AB，设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 3．如图，在三棱台中，平面，，，为的重心．证明：平面 4.（2024·天津高考17题节选）如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点. （1）求证D1N∥平面CB1M； （2）求点B到平面CB1M的距离. 5.（2024·新高考Ⅰ卷17题）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 6.（2024·全国甲卷文19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，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点. （1）证明：BM∥平面CDE； （2）求M到平面FAB的距离. 微专题 线面、面面平行关系的证明及体积求法（解析版） 【高考解读】 高考选择题或解答题，其中解答题的考查内容较为固定： 在空间几何体中，考查证明线面或者面面平行，优先使用几何方法。 【思维导图】 【知识点归纳】 1.平行关系定理及性质: ①线面; ; ②线线:; ;; ③面面:; ; 2．证明平行关键在于辅助线作法： （1）由中点或等分点想到作出中位线或等分出现平行关系； （2）有平行四边形、矩形、菱形、正方形的一条对角线，连接另外一条对角线，得到对角线交点为中点，进而作出中位线出现平行关系； （3）平移所证直线，观察出与其平行的空间线． 3．求体积，求点到面的距离： 方法一：直接法,直接求出体高以及底面积；方法二：等体积法,换底换高解题思想； 方法三：割补的解题思想; 方法四;建立空间直角坐标系 【典型例题】 题型一：证明线面平行 【例1-1】在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，，E是的中点．求证：面 证明：连结交于，连结. 为正方形，为中点，又为中点， . 又平面EDB，平面EDB， 平面EDB. 连结交于，连结. 为正方形，为中点，又为中点， . 又平面EDB，平面EDB， 平面EDB. 【例1-2】如图，四棱锥中，底面是梯形，，，为等腰直角三角形，，为的中点. 求证：平面； 证明：取的中点，连接， 因为分别为的中点， 所以， 因为， 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 【变式1-1】（2024·北京高考17题节选）如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.若F为线段PE的中点， 求证：BF∥平面PCD 证明：取PD的中点G，连接FG，CG， 因为F为PE的中点，所以FG＝DE＝1，FG∥DE， 又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形， 所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD. 【变式1-2】（2025·全国Ⅱ卷17题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. 证明：A'B∥平面CD'F 证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F， EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E， FC⊂平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F. ∵A'B⊂平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F. 题型二：求体积，求点到面的距离 【例2】如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，分别是PB､CD的中点，若平面AEF，求四棱锥的体积. 【答案】 【解析】 因为平面平面ABCD， 所以，又，所以， 因为平面平面AEF， 所以， 又E是PB的中点， 所以， 所以直角梯形ABCF的面积. 易知点E到平面ABCF的距离， 所以. 【变式2】在正四棱锥中，已知，，，分别为，的中点，平面平面． 求三棱锥的体积． 【答案】 【解析】连接交于点，连接， 在正四棱锥中，四边形为正方形， ∴为正方形中心 ∴平面，又∵平面，∴， 因为，，，平面，所以平面， 即AO为点到平面的距离，， 在中，， 所以， 所以． 【例3】（2026新课标・★★★）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】（1）见解析（2）距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 【变式3】（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)见解析（2） 【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）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【解析】（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）过作垂直的延长线交于点， 因为是中点，所以， 在中，， 所以， 因为， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面， 即三棱锥的高为， 因为，所以， 所以， 又， 所以. 【练习】 1.（2025·全国Ⅱ卷17题节选）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.证明：A'B∥平面CD'F 证明：∵EB∥FC，A'E∥D'F， EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E， FC⊂平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， EB∩A'E＝E，FC∩D'F＝F，∴平面BA'E∥平面CD'F. ∵A'B⊂平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F. 2.（2025·上海高考18题节选）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2. 已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧的长为，CD∥AB，设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 证明：分别连接AC、DB、OQ、CQ、PD（图略），因为弧的长为，所以∠COA＝，则△OAC是等边三角形，可得四边形ACDB为等腰梯形，CD＝1，所以CD＝OB， 又CD∥OB，所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥DB，又CO⊄平面PBD，DB⊂平面PBD，所以CO∥平面PBD. 因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以OQ∥PB，又OQ⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，所以OQ∥平面PBD. 因为CO∩OQ＝O，所以平面COQ∥平面PBD， 又QM⊂平面COQ，所以QM∥平面PBD. 3．如图，在三棱台中，平面，，，为的重心．证明：平面 【分析】证明线面平行可通过面面平行证明，借助三棱台性质、三角形重心的比例关系寻找平行线； 【解析】延长，与交于点，过点作，垂足为，连接． 根据重心的性质，知为的中点，且． 由于，所以，又因为，所以，     因为平面，平面，所以平面．     因为，，所以，所以， 又，所以四边形是平行四边形，所以．     因为平面，平面,所以平面．     又因为，平面,所以平面平面， 因为平面,所以平面． 4.（2024·天津高考17题节选）如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点. （1）求证D1N∥平面CB1M； （2）求点B到平面CB1M的距离. 【解析】（1）证明：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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， 依题意得，B（2，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），B1（2，0，2），C1（1，1，2），D1（0，1，2）， 则M（0，1，1），N（，，2）， 所以＝（，－，0），＝（1，－1，2）， ＝（－1，0，1）. 设平面CB1M的法向量为n＝（x1，y1，z1）， 则即 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝（1，3，1）. ·n＝（，－，0）·（1，3，1）＝－＝0， 所以⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M. （2）易知＝（0，0，2）. 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝＝＝， 所以点B到平面CB1M的距离为. 5.（2024·新高考Ⅰ卷17题）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 【解析】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. （2）法一　如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 法二　以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz， 令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0）， 设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则所以 不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）. 设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 则所以 不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）. 因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为， 所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝， 所以t＝，所以AD＝. 6.（2024·全国甲卷文19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，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点. （1）证明：BM∥平面CDE；（2）求M到平面FAB的距离. 【解析】（1）证明：由题意知MD＝2，BC＝2，MD∥BC，所以四边形BCDM为平行四边形，故BM∥CD， 又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE. （2）记AM的中点为G，连接FG，BG，FM， 因为BM＝CD＝AB，所以BG⊥AM，同理FG⊥AM. 由已知可得BG＝，FG＝3，又FB＝2， 所以FB2＝BG2＋FG2，即FG⊥BG，又BG∩AM＝G，BG，AM⊂平面ABCD，所以FG⊥平面ABCD. 由余弦定理和已知得cos∠FAB＝，所以△FAB的面积S＝AF×AB×sin ∠FAB＝. 设M到平面FAB的距离为h，故三棱锥M-FAB的体积VM-FAB＝Sh＝h，又因为三棱锥F-AMB的体积为VF-AMB＝×3×＝，VM-FAB＝VF-AMB可得h＝，故M到平面FAB的距离为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $