第03讲 直线、平面平行的判定与性质（八大题型）（练习）-【上好课】2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第03讲 直线、平面平行的判定与性质 目录 01 模拟基础练 2 题型一：平行的判定 2 题型二：线面平行构造之三角形中位线法 5 题型三：线面平行构造之平行四边形法 7 题型四：利用面面平行证明线面平行 9 题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 11 题型六：面面平行的证明 13 题型七：面面平行的性质 15 题型八：平行关系的综合应用 17 02 重难创新练 21 03 真题实战练 39 题型一：平行的判定 1．（多选题）（2024·辽宁·模拟预测）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【解析】对于A项，若，则或与异面，A项错误； 对于B项，因为，则，且，可得， 又因为，所以，B项正确； 对于C项，当时，或或或与相交，C项错误； 对于D项，若，则，又，所以，D项正确． 故选：BD． 2．（多选题）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．平面 【答案】ABD 【解析】因为平面平面， 平面与平面和平面的都相交，是交线， 所以，故A正确； 因为长方体， 所以平面平面，而平面与这两个平行平面的都相交， 是交线，所以，故B正确， 如图，连接，此时平面与平面和平面的都相交， 是交线，所以， 而， 所以， 又因为， 所以四边形是平行四边形， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为， 所以与不平行， 故C错误； 如图，连接，由长方体性质得面面， 此时平面与这两个平面的都相交，是交线， 所以， 又因为面，面， 所以平面， 故D正确. 故选：ABD 3．（多选题）已知直线，平面，则下列说法错误的是（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 【答案】ABC 【解析】选项A中，可能在内，也可能与平行，故A错误； 选项B中，与也可能相交，故B错误； 选项C中，与也可能相交，故C错误； 选项D中，依据面面平行的判定定理可知，故D正确． 故选：ABC． 4．设、是两个平面，、是两条直线，且．下列四个命题： ①若，则或  ②若，则， ③若，且，则  ④若与和所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【解析】对于①：若，因为，，则， 若，因为，，则， 若不在也不在内，因为，，， 所以且，故①正确； 对于②：若，则与，不一定垂直，也有可能相交但不垂直，故②错误； 对于③：过直线分别作平面，与，分别相交于直线，直线， 因为，过直线的平面与平面相交于直线，所以， 同理可得，所以， 因为，，则，因为，，则， 又因为，则，故③正确； 对于④：与和所成的角相等，则和不一定垂直，比如： 正方体中，平面平面， 与平面所成角为， 与平面所成角为， 又， 所以，但与不垂直，故④错误； 综上只有①③正确． 故选：A． 题型二：线面平行构造之三角形中位线法 5．（2024·新疆昌吉·高三校考学业考试）如图，在正方体中，是棱的中点．    （1）证明：平面； （2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积． 【解析】（1）连接交于，连接，如图，    因为在正方体中，底面是正方形，则是的中点， 又是的中点，则是的中位线，故， 又面，面，所以平面． （2）因为正方体中，平面， 所以． 6．（2024·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．    （1）证明：//平面PBC； 【解析】（1）证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD， ∵底面ABCD的中心为O，∴平面ABCD，∴， ∵，， ∴， ∴，∴，∴，∴ 而，∴，∴， ∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC； 7．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点． （1）求证：直线平面ABCD； 【解析】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点． ， 又平面，平面 直线平面 题型三：线面平行构造之平行四边形法 8．《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵中，已知，且点，，分别是，，边的中点． (1)求证：平面； 【解析】连结，因为分别是的中点， 所以，且， 因为点是的中点，所以，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 且平面，平面， 所以平面； 9．（2024·天津滨海新·高三校考期中）如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，． （1）求证：平面； 【解析】（1）证明：取中点，连接，因为分别是的中点，所以， 又因为底面是菱形，是的中点，所以， 所以，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 10．如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 【解析】（1）连接交于点，连接， 几何体为四棱台，四点共面，且平面，平面， 平面平面，； 四边形和均为菱形，，，， ，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． （2）连接交于， 平面，平面平面，平面， 又平面，， ，，平面，平面； 四边形为菱形，，，， ． 题型四：利用面面平行证明线面平行 11．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，． （1）求证：平面； 【解析】（1）因为四边形是菱形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面． 12．（2024·江西赣州·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点． （1）证明：平面； 【解析】（1）证明：取的中点，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形，所以，且， 因为为的中点，则且， 因为、分别为、的中点，所以，且， 所以，且，故四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为、分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 因为平面，故平面． 13．（2024·上海·模拟预测）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4 （1）求证：； 【解析】（1）由题意得，， 平面，平面， 平面，平面 而，平面平面， 又平面平面 题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 14．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； 【解析】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又平面，平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. 15．如图，在三棱柱中，，侧面为矩形. (1)记平面与平面交线为，证明：； 【解析】（1）因为在三棱柱中，， 由于平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以 16．如图，在四棱锥中，，，，、分别是棱，的中点，且平面.证明：.    【解析】连接，如图， ∵、分别是、中点， ∴为中位线，. 平面，平面，∴平面. 又∵平面，，，平面， ∴平面平面. 又∵平面平面，平面平面，∴. 17．如图，空间六面体中，，平面平面为正方形，求证：； 【解析】因为平面平面， 所以平面. 又因为为正方形，则， 且平面平面，可得平面. 平面平面， 所以平面平面. 且平面平面，平面平面， 所以. 题型六：面面平行的证明 18．（2024·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； 【解析】（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. 19．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点. (1)求证：平面平面； 【解析】（1）证明：由于垂直下底面圆, 故, 平面，平面，所以平面 又,所以， 平面，平面，所以平面 平面,所以平面平面 20．如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，． (1)证明：平面平面． (2)若G是棱的中点，证明：． 【解析】（1）由，得，而平面，平面平面，则平面， 由，平面，平面，得平面， 又平面，所以平面平面. （2）延长与的延长线分别交于点， 由，，得，由，G是棱的中点，得， 因此点重合，记为，显然平面平面，平面平面， 由（1）知，平面平面，所以. 21．如图，在正方体中，，分别是，的中点，． (1)若中点为，求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【解析】（1）∵为的中点，是的中点，∴， 又平面，平面，∴平面， ∵是的中点，为的中点，∴， ∵，， ∵平面，，平面，∴平面， ∵，平面，，∴平面平面 （2）根据题意可得， ∴， ， 设点到面的距离为， 根据等体积法可得， ∴，解得， ∴点到平面的距离为 题型七：面面平行的性质 22．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【答案】A 【解析】在正方体中，可得平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，同理可证：， 所以四边形的形状一定为平行四边形. 故选：A. 23．（2024·全国·模拟预测）设是两条相交直线，是两个互相平行的平面，且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】若是两条相交直线，，且，由，则存在过直线的平面与相交， 令交线为，于是，显然与也相交，令交线为，则，因此， 由是两条相交直线，，知，否则与有公共点，所以，即充分性成立； 若是两条相交直线，，且，则或者，即必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 24．已知正方体，平面与平面的交线为l，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，在正方体中， 平面平面，平面平面， 平面平面，. 对于A，，，故A正确； 对于B，因为与相交，所以与不平行，故B错误； 对于C，因为与不平行，所以与不平行，故C错误； 对于D，因为与不平行，所以与不平行，故D错误； 故选：A. 题型八：平行关系的综合应用 25．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且， 所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面,所以平面，因为，平面， 平面,所以平面，又因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上， 因为， ，所以当点位于点时，最大， 当点位于的中点时，最小， 此时， 所以，所以线段长度的取值范围是. 故选：B 26．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点. (1)过点的平面平行于平面且与交于点，求； 【解析】（1）因为平面平面，只需在平面内向作一条垂线即可证明该垂线与平面垂直，进而与垂直；再利用平面，有，利用直线与平面垂直的判定定理可得平面，则. 建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算公式求得, 过作，交于，交于；过作交于. 因为，面，面，则面，同理面， 由，且 、平面，所以平面面，平面即为题中所述平面. 因为平面平面，平面平面，所以， 所以. 因为， 所以. 因为为中点，且， 所以为中点， 所以， 所以，则. 27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 【解析】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以， 又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以. （2）因为，底面， 如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系， 故，则，， 设平面的法向量为，则取，可得. 因为，，所以，， 则， 因为平面，所以，即， 所以，即， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8. 28．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点分别在棱上，其中E是的中点，连接．    (1)若M为的中点，求证：平面； (2)若平面，求点M的位置． 【解析】（1）证明：如图，取的中点N，连接， 因为分别为的中点，所以，且CD， 又底面是矩形，且E是的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面． （2）设过三点的平面与交于点N，连接， 因为平面平面，平面平面， 所以， 因为底面是矩形，所以， 又平面平面，所以平面， 同理得，所以四边形为平行四边形， 所以， 又，且，所以， 且，所以点M为的中点． 1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若与所成的角相等，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】D 【解析】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误； 对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误， 对于C，，，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误； 对于D，，则，D正确. 故选：D． 2．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，且，点在棱上，且为的中点，点在直线上，若平面，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【解析】依题意，作出图形如图所示 设为的中点， 因为为的中点， 所以, 又平面，平面， 所以平面， 过点作，交于,则易知平面， 又因为平面，平面， 所以平面平面. 又平面, 所以平面. 因为, 所以四边形为平行四边形， 所以, 因为， 所以, , 所以. 故选：D. 3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（    ） A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直 C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直 【答案】B 【解析】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行， 但与道路所成的角在变化 秋千板与墙面垂直，故也与道路始终垂直． 故选：B． 4．已知平面，和直线m，n，若，，则“，”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】当，，，是两个不同平面，，时，或，相交， 反过来，时，，，则，. 故“，”是“”的必要而不充分条件. 故选：B. 5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【解析】如图， 取的中点，取的中点，连接，则， 又面，面，所以平面， 又为的中点，所以， 又面，面，所以平面， 又，面，面，所以平面平面， 又因为是侧面上一点，且平面， 所以的轨迹为线段， ， 所以点的轨迹的长度为. 故选：B. 6．（2024·贵州黔东南·二模）平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示，将直三棱柱向上补一个全等的直三棱柱， 则，， 因为平面，平面，且平面，平面， 所以平面，且平面， 又因为，且平面， 所以平面平面，且平面，故平面即为平面， 所以交线即为直线， 因为，则与所成角为， 设，则，，可得， 所以为等边三角形，所以，所以 即与所成角的正弦值为. 故选：A. 7．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（    ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立； 当且时，设存在直线，，且， 因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知， 所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件. 故选：C. 8．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】C 【解析】 如图，在棱上分别取点，使得，， 连接， 因为，， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，所以， 又，正方体的棱长为4， 所以，，， 在棱上取点,使得， 则且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以， 又且，则四边形是平行四边形， 所以，所以， 因为， 所以，则， 所以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， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以，在正方形内有一动点满足平面时， 点的轨迹为线段， 因为， 所以，动点的轨迹长为. 故选：C. 9．（多选题）（2024·贵州贵阳·二模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，在命题“，，且__________．则”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】A．如图：，，，， ，利用面面平行的性质可知：，故A正确，符合题意； B．，，，，如下图： 或与是异面直线，故B错误，不符合题意； C．，，，，如下图： 因为，，， ，故正确，符合题意； D．，，，，如下图： ， ， ， ，故D正确，符合题意． 故选：ACD． 10．（多选题）（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则与为异面直线 C．若，且，则 D．若，则 【答案】ACD 【解析】对于A，显然，又，则，A正确； 对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误； 对于C，由，，知点在平面内， 即为平面的公共点，而，因此，C正确； 对于D，由，得，而，因此，D正确. 故选：ACD 11．（多选题）（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（    ） A．四边形BCTS为等腰梯形 B．不存在点，使得∥平面 C．存在点，使得 D．点到两点的距离和的最小值为 【答案】BC 【解析】因为平面、平面都与底面垂直，平面平面，所以平面． 选项A：如下图所示： 因为分别为的中点，故，又，所以， 故四边形为梯形， 但，，故四边形BCTS不是等腰梯形，故A错误． 选项B：连接，如下图： 因为平面与平面相交，而平面，且不会与平面和平面的交线平行， 所以不存在点，使得平面，故B正确． 选项C：连接，设，易知为的中点，如下图所示， 当为的中点时，则， 因为平面，所以平面． 又平面，所以． 因为四边形为正方形，所以． 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，故C正确． 选项D：易知， 将沿着展开，使与在同一个平面上，连接交于点，如图所示， 则由对称性可得，点到两点的距离和的最小值为． 在中，其斜边上的高，所以， 所以D错误． 故选：BC. 12．（2024·西藏拉萨·二模）如图，正四棱锥的所有棱长都为为的中点，是底面内（包括边界）的动点，且平面，则长度的取值范围是 . 【答案】 【解析】如图（1），设的中点分别为，连接，则.因为平面平面，所以平面. 又平面平面，所以平面. 又，所以平面平面，所以动点在线段上运动. 设的中点分别为，连接， 则在等腰梯形中，只需求出点与线段上的点的距离的取值范围. 易知，如图（2），作，则，所以长度的取值范围是. 故答案为：. 13．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 【答案】/ 【解析】延长CM交AB于点I，因为平面ABD， 由线面平行性质定理可知，设， 因为三棱锥的所有棱长均为2， 所以，且E为线段BC的中点， 所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知， 所以， 因为F为线段AD的中点，所以， 由余弦定理可知， 所以， 令，，化简可得， 因为，所以， 则在时取得最小值， 所以， 综上当，即时MN取得最小值． 故答案为：． 14．（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ． 【答案】/ 【解析】连接，由题意知过点的平面与平面平行， 平面与平面、平面的交线分别为， 由于平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 所以或其补角即为所成的平面角， 设正四棱锥的棱长为1，，则， 在中，由余弦定理得 ， 同理求得， 故在中， ， 由于，则， 进而， 当时取等号，故的最小值为， 进而，故的最大值为. 故答案为：． 15．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.    (1)证明:平面； (2)若，求点到平面的距离. 【解析】（1）证明:设中点为，连接   为中位线，， 平面平面， 平面， 为梯形中位线，， 平面平面， 平面， 平面平面EFG， 平面平面， 平面平面. （2）如图连接,平面 平面到平面的距离为3， . 如图可求得直角梯形中，可求得． 由余弦定理求得为等边三角形，则， 同理．如图等腰梯形中，得. 可求，设到平面的距离为， . 到平面的距离为3. 16．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .    (1)求证: 点H为线段的中点; (2)求三棱锥 的体积. 【解析】（1）连接， 设 连接、 因为三棱台 所以 又 所以四边形为平行四边形 所以 . 又平面， ⊂平面， 平面∩平面 ∴ ∵四边形 是正方形，O是的中点， ∴点H是的中点. （2）因为 则 又 平面ABC ∴平面, 由（1） 知 且 是边长为4的等边三角形， ∵H为中点， ,              17．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 【解析】（1）如图，连接与交于点，连接. 因为四边形是正方形，，所以. 因为四边形是正方形，，所以. 因为，所以，所以. 又，所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面平面，所以平面. （2）解法一：因为在四棱台中，两底面均为正方形，所以， 所以，所以， 所以. 又， 设点到平面的距离为，由等体积法，得， 即，解得， 所以点到平面的距离为. 解法二：过点作，垂足为. 因为平面平面，所以. 又四边形为正方形，所以. 又平面，所以平面. 又平面，所以. 又平面，所以平面. ,, 所以, 故， 根据等面积，得. 18．（2024·陕西榆林·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，AC与BD交于点O，底面ABCD，侧棱与底面所成角的余弦值为． (1)求O到侧面的距离； (2)若E为BC的中点，F为PD的中点，证明：平面ABP． 【解析】（1）由为正方形的中心，底面，得， 即四棱锥是正四棱锥，由正方形的边长为，得， 侧棱与底面所成角的余弦值为，则在中，， 于是，，显然到各侧面的距离相等，设到平面的距离为， 由，得， 即，解得， 所以到侧面的距离为. （2）取中点，连接，由F为PD的中点，得， 又E为BC的中点，则，因此， 即四边形是平行四边形，则，而平面ABP，平面ABP， 所以平面ABP． 1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． 【解析】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. 2．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【解析】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）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，，，，为的中点． (1)证明：平面； 【解析】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； 4．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； 【解析】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； 5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； 【解析】（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． 6．（2023年高考全国乙卷数学（文）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． 【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. 7．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； 【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. 8．（2023年天津高考数学真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (3)求点到平面的距离． 【解析】（1） 连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. 9．（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； 【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面 10．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【解析】（1）如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍． 因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积 ． [方法二]：分割法二 如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 直线、平面平行的判定与性质 目录 01 模拟基础练 2 题型一：平行的判定 2 题型二：线面平行构造之三角形中位线法 3 题型三：线面平行构造之平行四边形法 4 题型四：利用面面平行证明线面平行 5 题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 6 题型六：面面平行的证明 8 题型七：面面平行的性质 9 题型八：平行关系的综合应用 10 02 重难创新练 11 03 真题实战练 16 题型一：平行的判定 1．（多选题）（2024·辽宁·模拟预测）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（多选题）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．平面 3．（多选题）已知直线，平面，则下列说法错误的是（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 4．设、是两个平面，、是两条直线，且．下列四个命题： ①若，则或  ②若，则， ③若，且，则  ④若与和所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 题型二：线面平行构造之三角形中位线法 5．（2024·新疆昌吉·高三校考学业考试）如图，在正方体中，是棱的中点．    （1）证明：平面； （2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积． 6．（2024·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．    （1）证明：//平面PBC； 7．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点． （1）求证：直线平面ABCD； 题型三：线面平行构造之平行四边形法 8．《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵中，已知，且点，，分别是，，边的中点． (1)求证：平面； 9．（2024·天津滨海新·高三校考期中）如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，． （1）求证：平面； 10．如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 题型四：利用面面平行证明线面平行 11．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，． （1）求证：平面； 12．（2024·江西赣州·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点． （1）证明：平面； 13．（2024·上海·模拟预测）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4 （1）求证：； 题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 14．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； 15．如图，在三棱柱中，，侧面为矩形. (1)记平面与平面交线为，证明：； 16．如图，在四棱锥中，，，，、分别是棱，的中点，且平面.证明：.    17．如图，空间六面体中，，平面平面为正方形，求证：； 题型六：面面平行的证明 18．（2024·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； 19．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点. (1)求证：平面平面； 20．如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，． (1)证明：平面平面． (2)若G是棱的中点，证明：． 21．如图，在正方体中，，分别是，的中点，． (1)若中点为，求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 题型七：面面平行的性质 22．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 23．（2024·全国·模拟预测）设是两条相交直线，是两个互相平行的平面，且，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 24．已知正方体，平面与平面的交线为l，则（    ） A． B． C． D． 题型八：平行关系的综合应用 25．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 26．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点. (1)过点的平面平行于平面且与交于点，求； 27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，. (1)若平面平面，求、的值； (2)若平面，求的最小值. 28．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点分别在棱上，其中E是的中点，连接．    (1)若M为的中点，求证：平面； (2)若平面，求点M的位置． 1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若与所成的角相等，则 C．若，，则 D．若，则 2．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，且，点在棱上，且为的中点，点在直线上，若平面，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（    ） A．秋千绳与墙面始终平行 B．秋千绳与道路始终垂直 C．秋千板与墙面始终垂直 D．秋千板与道路始终垂直 4．已知平面，和直线m，n，若，，则“，”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（    ） A． B．2 C． D．4 6．（2024·贵州黔东南·二模）平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（    ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 8．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．4 B． C．5 D． 9．（多选题）（2024·贵州贵阳·二模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，在命题“，，且__________．则”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有（    ） A． B． C． D． 10．（多选题）（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则与为异面直线 C．若，且，则 D．若，则 11．（多选题）（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（    ） A．四边形BCTS为等腰梯形 B．不存在点，使得∥平面 C．存在点，使得 D．点到两点的距离和的最小值为 12．（2024·西藏拉萨·二模）如图，正四棱锥的所有棱长都为为的中点，是底面内（包括边界）的动点，且平面，则长度的取值范围是 . 13．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ． 14．（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ． 15．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.    (1)证明:平面； (2)若，求点到平面的距离. 16．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .    (1)求证: 点H为线段的中点; (2)求三棱锥 的体积. 17．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离. 18．（2024·陕西榆林·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，AC与BD交于点O，底面ABCD，侧棱与底面所成角的余弦值为． (1)求O到侧面的距离； (2)若E为BC的中点，F为PD的中点，证明：平面ABP． 1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． 2．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）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，，，，为的中点． (1)证明：平面； 4．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； 5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； 6．（2023年高考全国乙卷数学（文）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． 7．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； 8．（2023年天津高考数学真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (3)求点到平面的距离． 9．（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； 10．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$