专题18 空间直线、平面的平行13题型分类（讲+练）-2024-2025学年《解题秘籍》高一数学同步知识·题型精讲精练讲义（人教A版2019必修第二册）

2024-2025学年《解题秘籍》高一数学同步知识·题型精讲精练讲义（人教A版2019必修第二册） 专题18 空间直线、平面的平行13题型分类 一、平行线的传递性 文字语言 平行于同一条直线的两条直线平行 图形语言 符号语言 直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c 作用 证明两条直线平行 二、空间等角定理 1.定理 文字语言 如果空间中两个角的两条边分别对应平行， 那么这两个角相等或互补 符号语言 OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒ ∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180° 图形语言 作用 判断或证明两个角相等或互补 2.推广 如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等. 三、直线与平面平行的判定定理 文字语言 如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行 符号语言 ⇒a∥α 图形语言 四、直线与平面平行的性质定理 文字语言 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 符号语言 a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b 图形语言 五、平面与平面平行的判定定理 文字语言 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 符号语言 ⇒α∥β 图形语言 六、两个平面平行的性质定理 文字语言 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 图形语言 （一） 平行线传递性的应用 空间直线平行的传递性，解题时首先找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行. 题型1：平行线传递性的辨析及应用 1．（2025高二·湖南月考）已知三条不同的直线l，m，n，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 2．（2025高一·全国月考）直线平面，平面内有无数条直线交于一点，那么这无数条直线中与直线平行的（    ） A．至少有一条 B．至多有一条 C．有且只有一条 D．不可能有 3．（2025高二·广西月考）如图，正方体中，分别是的中点，则下列结论正解的是（    ） A． B． C．与相交 D．与相交 4．（2025高二·广西月考）如图，把一张长方形的纸对折两次，然后打开，得到三条折痕，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．，且与相交 C．，且与相交 D．，，两两相交 5．（2025高一·全国月考）若，且，与方向相同，则下列结论正确的是（    ） A．且方向相同 B．，方向可能不同 C．与不平行 D．与不一定平行 题型2：等角定理辨析及应用 6．（2025高一·全国月考）给出下列命题： ①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等； ②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等； ③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补． 其中正确的命题有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 7．（2025高二·上海月考）已知角的两边和角的两边分别平行且，则 ． 8．（2025高二·上海·期中）空间中两个角和，若，则的大小是 题型3：证明直线与直线平行 9．（2025高一·全国月考）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且，求证：直线EH与直线FG平行． 10．（2025高一·全国月考）已知棱长为的正方体中，，分别为，的中点．求证：四边形是梯形． 11．（2025高一·全国月考）如图，E，F分别是长方体ABCD­A1B1C1D1的棱A1A，C1C的中点．求证：四边形B1EDF为平行四边形． （二） 直线与平面平行的判定 利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常利用平行四边形、三角形中位线、平行线的传递性等. 题型4：判断线面平行 12．（2025高一·湖南长沙月考）下列条件中，能得出直线与平面平行的是（    ） A．直线与平面内的所有直线平行 B．直线与平面内的无数条直线平行 C．直线与平面没有公共点 D．直线与平面内的一条直线平行 13．（2025高一·江苏无锡·期中）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（       ） A．若m//，m//n，则n// B．若m//，n//，则m//n C．若m//，n，则m//n D．若m//，m，＝n，则m//n 14．（2025高一·全国月考）已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面其中正确的命题（ ） ①，； ②，； ③，； ④，； ⑤，，． A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤ 15．（2025高一·全国月考）已知A、B、C、D是不共面四点，M、N分别是、的重心．以下平面中与直线平行的是（    ） ①平面；    ②平面；    ③平面；    ④平面． A．①③ B．①② C．①②③ D．①②③④ 16．（2025高三·湖北·期中）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（    ） A． B． C． D． 17．（2025高三·湖北·期中）已知直线和平面，若，且直线在平面内，则直线与平面的位置关系是 18．（2025高三·全国月考）已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（    ） A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交 题型5：中位线法证明线面平行 19．（2025高一·湖南月考）如图，四棱锥中，O为底面平行四边形DBCE对角线的交点，F为AE的中点．求证：平面DCF． 20．（2025高一·全国月考）如图，P为圆锥的顶点，四边形ABCD为底面圆的内接平行四边形，AC为底面圆的直径，为的中点．求证：平面． 21．（2024高三·全国月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点．求证：平面； 22．（2025高二·陕西渭南月考）如图，在正四棱柱中，底面的边长为2，侧棱，是棱的中点，是与的交点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 题型6：平行四边形法证明线面平行 23．（2025高三·全国月考）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，、分别是、的中点．证明：平面． 24．（2025高一·全国月考）如图，在四棱柱中，底面ABCD是等腰梯形，，，，，E、、F分别为棱AD、、AB的中点．证明：直线平面． 25．（2025高三·全国月考）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，为侧棱的中点，求证：平面 26．（2025高三·全国月考）在三棱柱中，分别是，的中点.求证：平面. 27．（2025高三·全国月考）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为棱的中点．设平面与直线相交于点，求证：平面． 28．（2025高三·全国月考）在四棱锥中，四边形为矩形，点E，F分别在线段CB，AP上，且.求证：平面. 29．（2024高三·全国月考）如图，平面，，，，，点分别为的中点.求证：平面    （三） 直线与平面平行的性质 线面平行的性质和判定经常交替使用，也就是通过线线平行得到线面平行，再通过线面平行得线线平行. 题型7：线面平行的性质证线线平行和线面平行 30．（2025高一·江苏南通月考）如图，四边形是平行四边形，点P是平面外一点．    (1)求证：平面； (2)是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证： 31．（2025高三·全国月考）如图，在三棱柱中，，侧面为矩形. 记平面与平面交线为，证明：； 32．（2025高三·全国月考）如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AC与BD交于点O，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH. 33．（2025高一·全国月考）如图，E、F分别是空间四边形中边和的中点，过平行于的平面与交于点．求证：是中点． 34．（2024高三·全国月考）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，且，为等边三角形，平面平面直线．证明：平面. 题型8：由线面平行的性质判断线段比例或点所在位置 35．（2025高一·全国月考）如图，在三棱柱中，点，分别是棱，上的点，点是棱上的动点，，当点在什么位置时，平面？ 36．（2025高一·河北石家庄·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，E是的中点． （1）求证：； （2）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由． 37．（2025高三·黑龙江牡丹江·期末）如图，在正方体中，分别是的中点. (1)证明：平面； (2)棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （四） 平面与平面平行的判定 两个平面平行的判定定理是确定面面平行的重要方法.解答问题时一定要寻求好判定定理所需要的条件，特别是相交的条件，即与已知平面平行的两条直线必须相交，才能确定面面平行. 题型9：平面与平面平行的判断 38．（2025·四川遂宁·模拟预测）在正方体 中，下列结论正确的是（    ） ①； ②平面平面； ③； ④平面. A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 39．（2025·四川·模拟预测）在正方体中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（    ）． A．截面与截面 B．截面与截面 C．截面与截面 D．截面与截面       40．（2025高一·全国月考）如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论: ①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB． 其中正确的有（　　） A．①③ B．①④ C．①②③ D．②③ 41．（2025高一·全国月考）下列四个正方体中，、、为所在棱的中点，则能得出平面平面的是（    ） A． B． C． D． 题型10：平面与平面平行的证明 42．（2025高一·全国月考）在正方体中．为底面中心，为中点，为中点．证明：平面平面PAO． 43．（2025高一·全国月考）如图，正方体中，、、、分别是相应棱的中点，证明：平面平面． 44．（2025高一·江苏常州·期中）如图，分别为线段中点，且三点不共线.求证：平面MNP//平面α 45．（2025高一·安徽淮南月考）如图，在四棱锥中，，，，，，分别为线段，，的中点， 证明：平面平面. （五） 平面与平面平行的性质 利用面面平行的性质定理判断两直线平行的步骤 (1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条. (2)判定这两个平面平行(此条件有时题目会直接给出). (3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上. (4)由定理得出结论. 题型11：利用面面平行证明线线平行 46．（2025高一·全国月考）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，，分别是棱，上的动点（不与顶点重合）.作出平面与平面的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面平面，则； 47．（2025高一·全国月考）如图，在三棱锥中，，，分别是，，的中点．是上一点，连接，是与的交点，连接，求证：． 48．（2025高一·全国月考）如图所示，已知三棱柱中，是的中点，是的中点，设平面平面，平面平面，求证：. 题型12：利用面面平行证明线面平行 49．（2025高三·全国月考）如图，在长方体中，，分别是线段，的中点，证明：平面 50．（2025高一·全国月考）如图①，在直角梯形中，，，，为的中点，、、分别为、、的中点，将沿折起，得到四棱锥，如图②.求证：在四棱锥中，平面. 51．（2025高一·全国月考）如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　) A．平面 B．平面 C． D．平面平面 题型13：利用性质定理解决动点问题 52．（2025高一·福建）如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由． 53．（2025高一·福建南平·期中）如图，四棱锥中，，，为的中点． (1)求证：平面. (2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由． 54．（2025高一·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由． 一、单选题 1．（2025高二·河南开封·期末）如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，，分别是线段，的中点，则下列所有正确判断的编号是（    ） ①当，共面时，直线 ②当时，，两点不可能重合 ③当，是异面直线时，直线一定与平行 ④可能存在直线与垂直 A．①③ B．②④ C．①② D．③④ 2．（2025高一·全国月考）如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　) A．平面 B．平面 C． D．平面平面 3．（专题8.5空间直线、平面的平行-举一反三系列）在正方体中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（    ）． A．截面与截面 B．截面与截面 C．截面与截面 D．截面与截面       4．（2025·四川遂宁·模拟预测）在正方体 中，下列结论正确的是（    ） ①； ②平面平面； ③； ④平面. A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 5．（2025高三·贵州贵阳月考）如图甲，在梯形ABCD中，，CD＝2AB，E、F分别为AD、CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（　　） ①AF平面BCD；②BE平面CDF；③CD平面BEF． A．0 B．1 C．2 D．3 6．（【全国百强校】2017届河南省郑州市第一中学高三学期第一次质量检测数学（文）试卷（带解析））如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（  ） A． B． C． D． 7．（2025高一·甘肃天水·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（    ） A． B． C． D． 8．（2025高一·河南洛阳·期中）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（    ） A． B． C． D． 9．（2025高一·陕西西安月考）如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（    ） A．1 B． C．3 D．2 10．（2025高一·湖南衡阳月考）如图，在棱长为的正方体中，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． 二、多选题 11．（2025·全国·模拟预测）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（    ） A．   B．   C．   D．   12．（2025高二·贵州黔东南·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（    ）    A．，，，四点共面 B． C．直线平面 D．三棱锥的体积为 13．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（    ） A．     B．   C．   D．   14．（2025高二·云南昭通·期中）已知，表示直线，表示平面，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则或与相交 C．若，，则，无公共点 D．直线平面，直线，则或和异面 三、填空题 15．（2025高二·上海·随堂练习）以下命题中（其中a，b表示直线，α表示平面），写出所有错误命题的编号 ． ①若，，则    ②若，，则 ③若，，则    ④若，，，则 16．（2025高一·全国月考）如图，在由透明塑料盒制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜（不考虑水流出）.随着倾斜度的不同，有下列三个说法：①水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH的面积不改变；③棱始终与水面EFGH平行其中说法正确的是 （填序号） 17．（2025高二·上海·课堂例题）如图，在长方体的6个面中， （1）与AB平行的平面是 ； （2）与平行的平面是 . 18．（2024·上海徐汇·模拟预测）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 19．（2026高三·全国月考）如图所示，均与平面平行，分别在上，且．则四边形的形状为 ．    20．（2026高三·全国月考）在三棱锥中，分别是的中点，若在线段上，且满足平面，则的值为 ． 四、解答题 21．（2025高一·浙江金华·期中）在正方体中，分别是和的中点，求证    (1) (2)平面． (3)平面平面． 22．（2025高三·江苏连云港·期中）如图，在几何体中，四边形是边长为3的正方形，平面与平面的交线为. (1)证明：； (2)若平面平面，H为的中点，，，，求该几何体的体积. 23．（2024高三·全国月考）如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）．设平面与平面相交于直线，求证：. 24．（2025高一·全国月考）如图，四棱锥的底面为平行四边形．设平面与平面的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求证：． 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$2024-2025学年《解题秘籍》高一数学同步知识·题型精讲精练讲义（人教A版2019必修第二册） 专题18 空间直线、平面的平行13题型分类 一、平行线的传递性 文字语言 平行于同一条直线的两条直线平行 图形语言 符号语言 直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c 作用 证明两条直线平行 二、空间等角定理 1.定理 文字语言 如果空间中两个角的两条边分别对应平行， 那么这两个角相等或互补 符号语言 OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒ ∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180° 图形语言 作用 判断或证明两个角相等或互补 2.推广 如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等. 三、直线与平面平行的判定定理 文字语言 如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行 符号语言 ⇒a∥α 图形语言 四、直线与平面平行的性质定理 文字语言 一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行 符号语言 a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b 图形语言 五、平面与平面平行的判定定理 文字语言 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 符号语言 ⇒α∥β 图形语言 六、两个平面平行的性质定理 文字语言 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行 符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 图形语言 （一） 平行线传递性的应用 空间直线平行的传递性，解题时首先找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行. 题型1：平行线传递性的辨析及应用 1．（2025高二·湖南月考）已知三条不同的直线l，m，n，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】C 【分析】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解. 【解析】解：若，又，则，故充分性成立， 反之，若，又，则，故必要性成立. 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 2．（2025高一·全国月考）直线平面，平面内有无数条直线交于一点，那么这无数条直线中与直线平行的（    ） A．至少有一条 B．至多有一条 C．有且只有一条 D．不可能有 【答案】B 【分析】根据平行公理进行判断即可. 【解析】假设有两条直线与平行，根据平行公理可知， 这与已知相交矛盾，故至多有一条直线， 故选：B 3．（2025高二·广西月考）如图，正方体中，分别是的中点，则下列结论正解的是（    ） A． B． C．与相交 D．与相交 【答案】B 【分析】直接由及即可求解. 【解析】由分别是的中点可得，又易得，则. 故选：B. 4．（2025高二·广西月考）如图，把一张长方形的纸对折两次，然后打开，得到三条折痕，，，则下列结论正确的是（    ） A． B．，且与相交 C．，且与相交 D．，，两两相交 【答案】A 【分析】由平行公理和长方形的性质判断即可 【解析】解：因为长方形的对边都是互相平行的，连续左右对折两次后，长方形上得到三条折痕，，，这三条折痕中每两条折痕又互相平行， 所以三条折痕互相平行， 故选：A 5．（2025高一·全国月考）若，且，与方向相同，则下列结论正确的是（    ） A．且方向相同 B．，方向可能不同 C．与不平行 D．与不一定平行 【答案】D 【分析】依题意画出图形，即可判断. 【解析】如图， ，，与的方向相同， 但是与不平行， 如图，，，与的方向相同， 此时且方向相同， 故与不一定平行，故D正确. 故选：D 题型2：等角定理辨析及应用 6．（2025高一·全国月考）给出下列命题： ①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等； ②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等； ③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补． 其中正确的命题有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】对于①，如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，据此判断；对于②，根据等角定理判断；对于③，空间两条直线的垂直包括异面垂直，此时两个角有可能不相等且不互补，据此判断. 【解析】对于①，这两个角也可能互补，故①错误；根据等角定理，②显然正确； 对于③，如图所示， BC⊥PB，AC⊥PA，∠ACB的两条边分别垂直于∠APB的两条边，但这两个角不一定相等，也不一定互补，故③错误．所以正确的命题有1个． 故选：B 7．（2025高二·上海月考）已知角的两边和角的两边分别平行且，则 ． 【答案】或 【分析】由等角定理即可求解 【解析】由题意可知或 所以或 故答案为：或 8．（2025高二·上海·期中）空间中两个角和，若，则的大小是 【答案】或 【分析】根据和相等或者互补即可求解. 【解析】因为， 所以和相等或者互补， 所以或. 故答案为:或. 题型3：证明直线与直线平行 9．（2025高一·全国月考）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且，求证：直线EH与直线FG平行． 【答案】证明见详解 【分析】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明, 【解析】∵E、H分别是AB、AD的中点，则， 又∵F、G分别是BC、CD上的点，且，则， ∴， 故直线EH与直线FG平行． 10．（2025高一·全国月考）已知棱长为的正方体中，，分别为，的中点．求证：四边形是梯形． 【答案】证明见解析 【分析】连接AC，利用正方体的性质，得到四边形AA′C′C为平行四边形，再结合M，N分别是CD，AD的中点，得到MN∥A′C′且MN=A′C′证明. 【解析】证明：如图所示： 连接AC， 由正方体的性质可知： AA′=CC′，AA′CC′， ∴四边形AA′C′C为平行四边形， ∴A′C′=AC．A′C′AC， 又∵M，N分别是CD，AD的中点， ∴MN∥AC，且MN＝AC， ∴MN∥A′C′且MN≠A′C′． ∴四边形MNA′C′是梯形． 11．（2025高一·全国月考）如图，E，F分别是长方体ABCD­A1B1C1D1的棱A1A，C1C的中点．求证：四边形B1EDF为平行四边形． 【答案】证明见解析 【分析】结合线线平行以及平行四边形的知识来证得结论成立. 【解析】由于分别是长方体的中点， 设是的中点，连接， 根据长方体的性质可知且， 所以四边形是平行四边形. （二） 直线与平面平行的判定 利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常利用平行四边形、三角形中位线、平行线的传递性等. 题型4：判断线面平行 12．（2025高一·湖南长沙月考）下列条件中，能得出直线与平面平行的是（    ） A．直线与平面内的所有直线平行 B．直线与平面内的无数条直线平行 C．直线与平面没有公共点 D．直线与平面内的一条直线平行 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可. 【解析】对A，直线与平面内的所有直线平行不可能，故A错误； 对B，当直线在平面内时，满足直线与平面内的无数条直线平行，但与不平行； 对C，能推出与平行； 对D，当直线在平面内时，与不平行. 故选：C. 13．（2025高一·江苏无锡·期中）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（       ） A．若m//，m//n，则n// B．若m//，n//，则m//n C．若m//，n，则m//n D．若m//，m，＝n，则m//n 【答案】D 【分析】举例说明判断A，B，C；利用线面平行的性质判断D作答. 【解析】如图，长方体中，平面视为平面， 对于A，直线AB视为m，直线视为n，满足m//，m//n，而，A不正确； 对于B，直线AB视为m，直线BC视为n，满足m//，n//，而m与n相交，B不正确； 对于C，直线AB视为m，直线视为n，满足m//，n，显然m与n是异面直线，C不正确； 对于D，由直线与平面平行的性质定理知，D正确. 故选：D 14．（2025高一·全国月考）已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面其中正确的命题（ ） ①，； ②，； ③，； ④，； ⑤，，． A．①⑤ B．①② C．②④ D．③⑤ 【答案】A 【分析】分析各直线，平面的关系即可得出结论. 【解析】由题意， ①，，故，故正确； ②，，则与有可能平行、相交、异面，故错误； ③，则或，故错误； ④，；则与可能平行或相交，故错误； ⑤，，，由线面平行的判定定理可得，故正确. 故选：A. 15．（2025高一·全国月考）已知A、B、C、D是不共面四点，M、N分别是、的重心．以下平面中与直线平行的是（    ） ①平面；    ②平面；    ③平面；    ④平面． A．①③ B．①② C．①②③ D．①②③④ 【答案】B 【分析】由已知以及重心定理可推得，进而得到，根据线面平行的判定定理可得①②正确；进而可判断直线与平面以及平面相交，即可得出③④错误. 【解析】 如图，取中点为，连结、. 由已知以及重心定理可得，，，则，. 所以，所以. 因为平面，平面，所以平面，故①正确； 因为平面，平面，所以平面，故②正确； 因为平面，平面，所以与平面不平行，故③错误； 因为平面，平面，所以与平面不平行，故④错误. 故选：B. 16．（2025高三·湖北·期中）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用线面平行判定定理可知B，C，D均不满足题意，A选项可证明出直线AB与平面MNQ不平行，从而可得答案. 【解析】对于选项B，如图1，连接CD， 因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ， 由于ABCD，所以ABMQ， 因为平面，平面，所以AB平面MNQ， B选项不满足题意； 对于选项C，如图2，连接CD， 因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ， 由于ABCD，所以ABMQ， 因为平面，平面，所以AB平面MNQ， C选项不满足题意； 对于选项D，如图3，连接CD， 因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDNQ， 由于ABCD，所以ABNQ， 因为平面，平面，所以AB平面MNQ， 可知D不满足题意； 如图4，取BC的中点D，连接QD， 因为Q是AC的中点， 所以QDAB， 由于QD与平面MNQ相交，故AB与平面MNQ不平行， A正确. 故选：A 17．（2025高三·湖北·期中）已知直线和平面，若，且直线在平面内，则直线与平面的位置关系是 【答案】或. 【分析】利用线面平行的判定定理可推导出结论. 【解析】当时，由得； 当时，满足题中条件. 综上，直线与平面的位置关系是或. 故答案为：或. 18．（2025高三·全国月考）已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（    ） A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定和性质进行判断. 【解析】如图：    由，，，得． 又，，所以， 结合，，得． 故选：C 题型5：中位线法证明线面平行 19．（2025高一·湖南月考）如图，四棱锥中，O为底面平行四边形DBCE对角线的交点，F为AE的中点．求证：平面DCF． 【答案】证明见解析 【分析】以线面平行判定定理去证明即可. 【解析】连接OF O为底面平行四边形DBCE对角线的交点，则 △中，，，则 又平面，平面，则平面DCF． 20．（2025高一·全国月考）如图，P为圆锥的顶点，四边形ABCD为底面圆的内接平行四边形，AC为底面圆的直径，为的中点．求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】根据平行四边形的性质及三角形的中位线定理，结合线面平行的判定定理即可证明. 【解析】由题意可知，设，如图所示 因为四边形ABCD为底面圆的内接平行四边形，AC为底面圆的直径， 所以为的中点，为的中点. 连接， 即为的中位线，所以， 又因为平面，平面， 所以平面 21．（2024高三·全国月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点．求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】利用中位线性质以及线面平行的判定定理即可得出证明. 【解析】在四棱锥中，底面为正方形，连接交于点，连接，如下图所示： 则是的中点，而为中点，于是， 又平面，平面， 所以平面. 22．（2025高二·陕西渭南月考）如图，在正四棱柱中，底面的边长为2，侧棱，是棱的中点，是与的交点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件证得，再利用线面平行的判定推理作答. （2）利用等体积求法出三棱锥的体积作答. 【解析】（1）在正四棱柱中，四边形为矩形，则为的中点， 又为的中点，则有，而平面，平面， 所以平面． （2）在正四棱柱中，，，的面积， 所以求三棱锥的体积． 题型6：平行四边形法证明线面平行 23．（2025高三·全国月考）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，、分别是、的中点．证明：平面． 【答案】证明见解析 【分析】取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立. 【解析】证明：取的中点，连接、， 因为、分别是、的中点，所以且． 因为四边形为平行四边形，则且， 为的中点，则且，且， 所以，四边形为平行四边形，故， 平面，平面，平面. 24．（2025高一·全国月考）如图，在四棱柱中，底面ABCD是等腰梯形，，，，，E、、F分别为棱AD、、AB的中点．证明：直线平面． 【答案】证明见解析 【分析】由线面平行的判定定理证明 【解析】证明：如图，取的中点，连接，， 因为，所以平面， 因此，平面即为平面． 连接，，因为， 所以四边形为平行四边形， 因此，又，所以， 而平面，平面， 故平面． 25．（2025高三·全国月考）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，为侧棱的中点，求证：平面 【答案】证明见解析 【分析】利用平行的传递性证明，从而四边形是平行四边形，所以，由线面平行的判定定理即可证明 【解析】取的中点，连接，， 在中，， 在梯形中，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，又平面，平面，∴平面； 26．（2025高三·全国月考）在三棱柱中，分别是，的中点.求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】取的中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，可得，从而由线面平行的判定定理可证. 【解析】取的中点，连接， 因为分别是的中点， 所以，且. 因为，且， 所以，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. 27．（2025高三·全国月考）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为棱的中点．设平面与直线相交于点，求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】根据证明平面，利用线面平行的性质可得，从而可证平面. 【解析】因底面为平行四边形，故， 因平面，平面，故平面， 又因平面平面，平面，故， 因平面，平面， 故平面． 28．（2025高三·全国月考）在四棱锥中，四边形为矩形，点E，F分别在线段CB，AP上，且.求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】先证明平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可. 【解析】如图，取PD的中点G，连接GF，GC. 在中，点G，F分别为PD，AP的中点， 且. 在矩形ABCD中，点E为BC的中点， 且， 且. 四边形是平行四边形， . 又平面，平面， 平面. 29．（2024高三·全国月考）如图，平面，，，，，点分别为的中点.求证：平面    【答案】证明见解析 【分析】连接，可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证得； 【解析】连接，因为，， 所以.又因为，所以四边形为平行四边形， 又因为点分别为的中点，所以且， 因为，，所以且， 又因为点为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面.    （三） 直线与平面平行的性质 线面平行的性质和判定经常交替使用，也就是通过线线平行得到线面平行，再通过线面平行得线线平行. 题型7：线面平行的性质证线线平行和线面平行 30．（2025高一·江苏南通月考）如图，四边形是平行四边形，点P是平面外一点．    (1)求证：平面； (2)是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证： 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理得证. 【解析】（1）因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）连接，交于，连接    因为四边形是平行四边形， 所以是的中点，又因为M是的中点，所以 又因为平面，平面， 所以，平面 又因为平面，平面平面， 所以， 31．（2025高三·全国月考）如图，在三棱柱中，，侧面为矩形. 记平面与平面交线为，证明：； 【答案】证明见解析 【分析】根据平面，进而根据线面平行的性质即可求解. 【解析】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 32．（2025高三·全国月考）如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AC与BD交于点O，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH. 【答案】证明见解析 【分析】先证明线面平行，由AP∥平面BDM的性质可得AP∥GH. 【解析】证明　如图，连接MO. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴O是AC的中点． 又∵M是PC的中点，∴AP∥OM. 又∵AP⊄平面BDM， OM⊂平面BDM， ∴AP∥平面BDM. 又∵AP⊂平面APGH，平面APGH∩平面BDM＝GH， ∴AP∥GH. 33．（2025高一·全国月考）如图，E、F分别是空间四边形中边和的中点，过平行于的平面与交于点．求证：是中点． 【答案】证明见详解 【分析】根据线面平行的性质定理可得，即可得出证明. 【解析】证明：由已知可得，平面. 又平面，平面平面， 所以. 又因为点是的中点，所以是中点． 34．（2024高三·全国月考）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，且，为等边三角形，平面平面直线．证明：平面. 【答案】证明见解析 【分析】由证明平面,再证,即可证得平面. 【解析】证明：由题可知，平面，平面，平面． 又平面，平面平面， ． 又平面，平面， 平面. 题型8：由线面平行的性质判断线段比例或点所在位置 35．（2025高一·全国月考）如图，在三棱柱中，点，分别是棱，上的点，点是棱上的动点，，当点在什么位置时，平面？ 【答案】当是的中点时，平面. 【分析】过，，作平面交于点，连接，，证明四边形是平行四边形，是的中位线，即得解. 【解析】证明：过，，作平面交于点，连接，， 易知平面，又平面， 平面平面，所以. 又平面，平面， 平面平面，所以， 所以四边形是平行四边形， 所以. 而，， 所以，， 故是的中位线. 所以当是的中点时，平面. 36．（2025高一·河北石家庄·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，E是的中点． （1）求证：； （2）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析. 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）取中点N，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明． 【解析】证明：（1）在四棱锥中，平面，平面， 平面平面， ∴， （2）线段存在点N，使得平面，理由如下： 取中点N，连接，， ∵E，N分别为，的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴平面， 取AP中点F,连结EF,BF，，且， 因为，， 所以，且， 所以四边形BCEF为平行四边形， 所以. 又面PAB，面PAB，所以平面； 又， ∴平面平面， ∵M是上的动点，平面， ∴平面PAB， ∴线段存在点N，使得MN∥平面． 37．（2025高三·黑龙江牡丹江·期末）如图，在正方体中，分别是的中点. (1)证明：平面； (2)棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得，根据线面平行的判定可证得结论； （2）假设存在点，延长交于，连接交于，根据三角形中位线性质可确定，利用线面平行的性质可证得四边形为平行四边形，由此可确定. 【解析】（1）连接， 分别为中点，， ，，四边形为平行四边形，， ，又平面，平面， 平面. （2）假设在棱上存在点，使得平面， 延长交于，连接交于， ，为中点，为中点， ，，， 平面，平面，平面平面， ，又，四边形为平行四边形，， ； 当时，平面. （四） 平面与平面平行的判定 两个平面平行的判定定理是确定面面平行的重要方法.解答问题时一定要寻求好判定定理所需要的条件，特别是相交的条件，即与已知平面平行的两条直线必须相交，才能确定面面平行. 题型9：平面与平面平行的判断 38．（2025·四川遂宁·模拟预测）在正方体 中，下列结论正确的是（    ） ①； ②平面平面； ③； ④平面. A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据正方体的性质、线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可. 【解析】因为，所以四边形为平行四边形，故，故①正确； 易证，，平面，平面，所以平面，同理可得平面， 又，平面，故平面平面，故②正确； 由正方体易知，与异面，故③错误； 因为，平面，平面，所以平面，故④正确. 故选：A 39．（专题8.5空间直线、平面的平行-举一反三系列）在正方体中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（    ）． A．截面与截面 B．截面与截面 C．截面与截面 D．截面与截面 【答案】B 【分析】根据面面平行的判定并结合图形判断各选项． 【解析】如图，选项A、B、C、D分别对应图1、图2、图3、图4．       对于A，与相交，截面与相交，故A错误； 对于B， 截面与平行．证明：因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 同理可证平面，，平面， 所以平面平面．故B正确； 对于C，截面与相交于D点，故C错误； 对于D，与相交，截面与相交，故D错误； 故选：B． 40．（2025高一·全国月考）如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论: ①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB． 其中正确的有（　　） A．①③ B．①④ C．①②③ D．②③ 【答案】C 【分析】把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理逐一判断即可. 【解析】把平面展开图还原为四棱锥如图所示， 对于①，因为，分别是，的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为，，平面， 所以平面平面，故①正确； 对于②，因为，平面，平面， 所以平面，故②正确； 对于③，因为，平面，平面， 所以平面，故③正确； 对于④，平面平面，故④错误; 所以正确的有①②③. 故选：C. 41．（2025高一·全国月考）下列四个正方体中，、、为所在棱的中点，则能得出平面平面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用反证法可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断C选项；利用面面平行的判定和性质定理、结合反证法可判断D选项. 【解析】对于A选项，若平面平面，平面，则平面， 由图可知与平面相交，故平面与平面不平行，A不满足条件； 对于B选项，如下图所示，连接， 因为、分别为、的中点，则， 在正方体中，且， 故四边形为平行四边形，所以，，， 平面，平面，平面， 同理可证平面，，因此，平面平面，B满足条件； 对于C选项，如下图所示： 在正方体中，若平面平面，且平面平面， 则平面平面，但这与平面与平面相交矛盾， 因此，平面与平面不平行，C不满足条件； 对于D选项，在正方体中，连接、、，如下图所示： 因为且，则四边形为平行四边形，则， 平面，平面，所以，平面， 同理可证平面，，所以，平面平面， 若平面平面，则平面平面， 这与平面与平面相交矛盾，故平面与平面不平行，D不满足条件. 故选：B. 题型10：平面与平面平行的证明 42．（2025高一·全国月考）在正方体中．为底面中心，为中点，为中点．证明：平面平面PAO． 【答案】证明见详解 【分析】根据线面、面面平行的判定定理分析证明. 【解析】由题意可得：分别为的中点，则， 平面，平面， ∴平面， 连接，由题意可得：分别为的中点，则，且， ∵，且， 则，且， 故为平行四边形，则， 平面，平面， ∴平面， ，平面， 故平面平面PAO. 43．（2025高一·全国月考）如图，正方体中，、、、分别是相应棱的中点，证明：平面平面． 【答案】证明见解析 【分析】利用线面平行的判定可得平面，再证明平面，然后利用面面平行的判定可得平面平面． 【解析】证明：连接，由题得， 又 所以四边形是平行四边形，所以， 所以， 平面，平面， 平面， 在正方形中，，分别是棱，的中点， 且， 又 且， 且， 四边形是平行四边形， ， 又平面，平面， 平面， 平面，平面，且， 平面平面． 44．（2025高一·江苏常州·期中）如图，分别为线段中点，且三点不共线.求证：平面MNP//平面α 【答案】证明见解析. 【分析】利用线面平行的判定定理及面面平行的判定定理即得. 【解析】∵分别为中点, ∴，又∵， ， 设平面平面， ， ∵分别为中点， ∴，∴， ， ， ∵平面，，，， ∴平面MNP//平面. 45．（2025高一·安徽淮南月考）如图，在四棱锥中，，，，，，分别为线段，，的中点， 证明：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】连接，交于，连接，由已知条件可证得为的中点，然后结合已知利用三角形中位线定理可证得∥，∥，从而由面面平行的判定定理可证得结论 【解析】证明：连接，交于，连接， 因为为的中点，，， 所以，∥， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为为的中点， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为，分别为线段，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. （五） 平面与平面平行的性质 利用面面平行的性质定理判断两直线平行的步骤 (1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条. (2)判定这两个平面平行(此条件有时题目会直接给出). (3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上. (4)由定理得出结论. 题型11：利用面面平行证明线线平行 46．（2025高一·全国月考）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，，分别是棱，上的动点（不与顶点重合）.作出平面与平面的交线（要求写出作图过程），并证明：若平面平面，则； 【答案】作图见解析，证明见解析 【分析】通过延伸平面内的直线来作出平面与平面的交线，通过面面平行的性质定理证得、，由此证得. 【解析】 如图，延长交的延长线于， 连接交于， 则所在的直线即为平面与平面的交线. 证明：∵平面平面，平面平面， 平面平面， ∴. 又∵平面平面，平面平面，平面平面， ∴，∴. 47．（2025高一·全国月考）如图，在三棱锥中，，，分别是，，的中点．是上一点，连接，是与的交点，连接，求证：． 【答案】证明见解析. 【分析】根据给定条件证得平面，进而证得平面平面即可得解. 【解析】因，分别是，的中点，则，又平面，平面， 于是得平面，同理平面，且，平面， 则有平面平面，又平面平面，平面平面， 所以． 48．（2025高一·全国月考）如图所示，已知三棱柱中，是的中点，是的中点，设平面平面，平面平面，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】连接．先证明再利用面面平行的性质定理证明即可得证． 【解析】证明：连接．在四边形中，，， 所以四边形为平行四边形， 所以①，且②；由①、②得： 四边形为平行四边形， 所以； ∵平面平面，平面，平面平面， ∴ 同理可证 又 ∴ 【点睛】本题在三棱柱中证明线线平行，着重考查了面面平行的性质定理知识，考查逻辑推理能力及空间想象能力，属于中档题． 题型12：利用面面平行证明线面平行 49．（2025高三·全国月考）如图，在长方体中，，分别是线段，的中点，证明：平面 【答案】证明见解析 【分析】取的中点，连接，，证明平面，平面，通过面面平行的判定定理可得平面平面，最后得到平面 【解析】取的中点，连接，， 则，， 又平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； 50．（2025高一·全国月考）如图①，在直角梯形中，，，，为的中点，、、分别为、、的中点，将沿折起，得到四棱锥，如图②.求证：在四棱锥中，平面. 【答案】证明见解析 【分析】证明出平面平面，利用线面平行的性质可证得结论成立. 【解析】证明：在四棱锥中，、分别为、的中点，则， 平面，平面，平面， 在图①中，，且， 为的中点，则且，所以，四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别为、的中点，所以，，则， 平面，平面，平面， ，、平面，所以，平面平面， 平面，因此，平面. 51．（2025高一·全国月考）如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　) A．平面 B．平面 C． D．平面平面 【答案】A 【分析】取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解. 【解析】如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，． 则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形， ∴且． ∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE， ∴AB∥DE， ∴AB∥FM． 又AB＝DE， ∴AB＝FM， ∴四边形ABFM是平行四边形， ∴BF∥AM． 又BF平面ACGD，AM平面ACGD， ∴BF∥平面ACGD．选A． 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理及面面平行的性质，还考查了转化能力及空间思维能力，属于中档题. 题型13：利用性质定理解决动点问题 52．（2025高一·福建）如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，理由见解析． 【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行； （2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行. 【解析】（1）证明：如图，连接交于，连接. 因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点， 所以为的中点， 又因为为的中点， 所以在中，是的中位线， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）解：当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下： 连接，， 因为为的中点，为的中点， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 由（１）知平面， 又因为，，平面， 所以平面平面. 53．（2025高一·福建南平·期中）如图，四棱锥中，，，为的中点． (1)求证：平面. (2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，证明见解析 【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行； （2）点为线段的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面平面． 【解析】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，． 因为为的中点， 所以，． 又，， 所以，． 因此四边形是平行四边形， 所以． 又平面，平面， 因此平面． （2）解：如图所示，取的中点，连接，， 所以 又，所以． 又，所以四边形为平行四边形， 因此． 又平面，所以平面． 由（1）可知平面． 因为，故平面平面． 54．（2025高一·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得B即可； （2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可 【解析】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以B.又因为平面，平面，所以平面． （2）取的中点，连接，因为为的中点所以． 因为平面，平面，所以平面， 同理可得，平面，又因为，，平面，所以平面平面 故在线段上存在一点，使平面平面． 一、单选题 1．（2025高二·河南开封·期末）如图，平面平面，，是内不同的两点，，是内不同的两点，，分别是线段，的中点，则下列所有正确判断的编号是（    ） ①当，共面时，直线 ②当时，，两点不可能重合 ③当，是异面直线时，直线一定与平行 ④可能存在直线与垂直 A．①③ B．②④ C．①② D．③④ 【答案】A 【分析】对于①，由面面平行的性质定理判断即可，对于②，如图判断，对于③④，连接，取的中点，连接，则可得平面与平面都平行，从而可进行判断 【解析】解：对于①，当，共面时，则平面平面，平面平面，因为平面平面，所以，所以①正确； 对于②，如图，当时，成立，而此时，两点重合，所以②错误； 对于③，如图，连接，取的中点，连接，因为，分别是线段，的中点，所以∥，∥，因为，，所以∥，∥，因为平面平面，所以∥，因为，所以平面∥，平面∥，因为平面，所以直线一定与平行，所以③正确， 对于④，由①可知，当，共面时，∥，因为，所以∥，由③可知，当，是异面直线时，直线一定与平行，综上，∥，所以④错误， 故选：A 2．（2025高一·全国月考）如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　) A．平面 B．平面 C． D．平面平面 【答案】A 【分析】取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解. 【解析】如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，． 则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形， ∴且． ∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE， ∴AB∥DE， ∴AB∥FM． 又AB＝DE， ∴AB＝FM， ∴四边形ABFM是平行四边形， ∴BF∥AM． 又BF平面ACGD，AM平面ACGD， ∴BF∥平面ACGD．选A． 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理及面面平行的性质，还考查了转化能力及空间思维能力，属于中档题. 3．（专题8.5空间直线、平面的平行-举一反三系列）在正方体中，下列四对截面中，彼此平行的一对截面是（    ）． A．截面与截面 B．截面与截面 C．截面与截面 D．截面与截面 【答案】B 【分析】根据面面平行的判定并结合图形判断各选项． 【解析】如图，选项A、B、C、D分别对应图1、图2、图3、图4．       对于A，与相交，截面与相交，故A错误； 对于B， 截面与平行．证明：因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面， 同理可证平面，，平面， 所以平面平面．故B正确； 对于C，截面与相交于D点，故C错误； 对于D，与相交，截面与相交，故D错误； 故选：B． 4．（2025·四川遂宁·模拟预测）在正方体 中，下列结论正确的是（    ） ①； ②平面平面； ③； ④平面. A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据正方体的性质、线面平行的判定定理及面面平行的判定定理证明即可. 【解析】因为，所以四边形为平行四边形，故，故①正确； 易证，，平面，平面，所以平面，同理可得平面， 又，平面，故平面平面，故②正确； 由正方体易知，与异面，故③错误； 因为，平面，平面，所以平面，故④正确. 故选：A 5．（2025高三·贵州贵阳月考）如图甲，在梯形ABCD中，，CD＝2AB，E、F分别为AD、CD的中点，以AF为折痕把△ADF折起，使点D不落在平面ABCF内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确结论的个数是（　　） ①AF平面BCD；②BE平面CDF；③CD平面BEF． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】利用线面平行判定定理即可证明AF平面BCD，进而得到①正确；求得BE与平面CDF相交，进而得到②错误；利用线面平行判定定理即可证明CD平面BEF，故③正确． 【解析】对于①，由题意得，∴四边形ABCF是平行四边形， ∴AFBC， ∵平面BCD，BC⊂平面BCD， ∴AF平面BCD，故①正确； 对于②，取DF中点G，连接EG，CG， ∵E是AD中点，AFBC，AFBC， ∴EGBC，EGBC ∴四边形为梯形， ∴直线BE与直线CG相交， ∴BE与平面CDF相交，故②错误； 对于③，连接AC，交BF于点O，连接OE， ∵四边形ABCF是平行四边形， ∴O是AC中点， ∴OECD， ∵OE⊂平面BEF，平面BEF， ∴CD平面BEF，故③正确． 故选：C． 6．（【全国百强校】2017届河南省郑州市第一中学高三学期第一次质量检测数学（文）试卷（带解析））如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用线面、面面平行的判定证平面平面，结合已知确定的轨迹即可得答案. 【解析】因为分别为的中点，所以，， 由面，面，则面， 由面，面，则面， 又，面，所以平面平面， 要使平面，则平面， 所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为. 故选：D 7．（2025高一·甘肃天水·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，Q为AD的中点，点M在线段PC上，，若平面MQB，则t等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于，连接，根据线面平行的性质得，即可得到，即可求解. 【解析】连接交于，连接，如图： 底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，所以与相似， ， 因为平面MQB，平面，平面与平面MQB交线为， 根据线面平行的性质可知：， 在中，， ， 即. 故选：A 【点睛】此题考查根据线面平行的性质得线线平行，根据平行关系求解线段的比例关系. 8．（2025高一·河南洛阳·期中）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接交于点，连接，根据线面平行得性质证明，再根据可得，进而可得出答案. 【解析】连接交于点，连接，则平面即为平面， 因为，平面，平面， 所以， 因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分， 所以，， 所以且， 所以， 又，所以， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据线面平行得性质及平行线分线段成比例定理得到是解决本题得关键. 9．（2025高一·陕西西安月考）如图，已知四棱锥的底面是菱形，交于点O，E为的中点，F在上，，∥平面，则的值为（    ） A．1 B． C．3 D．2 【答案】C 【分析】根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解. 【解析】解：设与交于点，连接，如图所示，因为为的中点，则， 由四边形是菱形，可得，则， 所以，所以， 又因为平面，平面，平面平面， 所以，所以. 故选：C. 10．（2025高一·湖南衡阳月考）如图，在棱长为的正方体中，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】C 【分析】分别取棱、的中点、，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断在或处时最长，位于线段中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【解析】如下图所示，分别取棱，的中点、，连，， ，，，分别为所在棱的中点，则，， ，又平面，平面， 平面. ，， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面， 又， 平面平面. 是侧面内一点，且平面， 点必在线段上. 在中，. 同理，在中，可得， 为等腰三角形. 当点为中点时，，此时最短；点位于、处时，最长. ，. 线段长度的取值范围是. 故选：C. 【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点位置． 二、多选题 11．（2025·全国·模拟预测）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】AD 【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项． 【解析】对于A，连接,由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确．   对于B，设是的中点，是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，，，故六边形为正六边形，所以，，，，，六点共面，B错误．   对于C，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面，所以C错误．   对于D，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以， 由于平面，平面，所以平面，D正确．   故选：AD． 12．（2025高二·贵州黔东南·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（    ）    A．，，，四点共面 B． C．直线平面 D．三棱锥的体积为 【答案】BCD 【分析】对于A，根据四点所在线是否是异面直线可判断四点是否共面；对于B，根据垂直的传递性判断； 对于C，根据线线平行证明线面平行；对于D，根据等体积法先对所求三棱锥进行简化. 【解析】易知与为异面直线，所以，，，不可能四点共面，故A错误； 由，而，所以，故B正确； 由，平面，平面，所以平面，故C正确； 由平面，所以，故D正确. 故选：BCD. 13．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（    ） A．     B．   C．   D．   【答案】ACD 【分析】结合题目条件，根据线面平行的判断定理，构造线线平行，证明线面平行. 【解析】对A：如图：    连接，因为为正方体棱的中点，所以，又，所以， 平面，平面，所以平面.故A正确； 对B：如图：    因为是正方体棱的中点，所以，，， 所以， 同理：，. 所以5点共面，所以平面不成立.故B错误； 对C：如图：    因为是正方体棱的中点，所以，，所以. 平面，平面，所以平面.故C正确； 对D：如图：    因为为正方体棱的中点，连接交于，连接， 则为的中位线，所以， 平面，平面，所以平面.故D正确. 故选：ACD 14．（2025高二·云南昭通·期中）已知，表示直线，表示平面，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则或与相交 C．若，，则，无公共点 D．直线平面，直线，则或和异面 【答案】BD 【分析】根据直线和平面的位置关系，由线在面内、线面相交、线面平行等对选项逐一判断即可得出结论. 【解析】对于A：若说明直线a和面只有一个交点，A错误； 对于B：直线在面外，则直线和面相交或平行，B正确； 对于C：，则和可以相交，故和可以相交，C错误； 对于D：直线平面，直线，则或和异面，D正确， 故选：BD. 三、填空题 15．（2025高二·上海·随堂练习）以下命题中（其中a，b表示直线，α表示平面），写出所有错误命题的编号 ． ①若，，则    ②若，，则 ③若，，则    ④若，，，则 【答案】①②③ 【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定命题即可. 【解析】对于①，若，，则或，故①错误； 对于②，若，，则或a与b异面或a与b相交；故②错误； 对于③，若，，则或，故③错误； 对于④，根据直线与平面平行的性质定理可知，“若，，，则”是正确的. 故答案为：①②③ 16．（2025高一·全国月考）如图，在由透明塑料盒制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜（不考虑水流出）.随着倾斜度的不同，有下列三个说法：①水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH的面积不改变；③棱始终与水面EFGH平行其中说法正确的是 （填序号） 【答案】①③ 【分析】由棱柱的结构特征即可判断①；水面EFGH为平行四边形，因为EF的长度是变化的，所以水面EFGH的面积是改变的即可判断②，由线面平行的判定定理即可判断③. 【解析】根据题意，可得BC固定时，在倾斜的过程中，始终有， 且平面平面DHGC，故水的形状成棱柱形，故①正确； 水面EFGH的面积是改变的，因为EF的长度是变化的，而EH的长度是不变的， 所以水面EFGH的面积是改变的，故②错误； 因为水面EFGH，水面EFGH， 所以水面EFGH，故③正确. 故答案为：①③ 17．（2025高二·上海·课堂例题）如图，在长方体的6个面中， （1）与AB平行的平面是 ； （2）与平行的平面是 . 【答案】 平面和平面 平面 【分析】利用线面平行的判定定理即可得解. 【解析】（1）由长方体，可得AB， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 而长方体的另四个面要么与相交，要么在其面内，不满足题意； （2）连接，如图， 由长方体，可得，且， 所以四边形是平行四边形，可得， 因为平面平面，所以平面； 而长方体的另四个面要么与相交，要么在其面内，不满足题意； 故答案为：平面和平面；平面. 18．（2024·上海徐汇·模拟预测）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 【答案】充要 【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【解析】充分性：因为， 所以共面， 又因为为两个不同的平面，， 所以， 所以，故充分性成立； 必要性：因为，所以， 又因为，所以，故必要性成立， 所以是的充要条件. 故答案为：充要. 19．（2026高三·全国月考）如图所示，均与平面平行，分别在上，且．则四边形的形状为 ．    【答案】矩形 【分析】由线面平行的性质定理可证明，，进而，同理可证，再由，即可得到答案. 【解析】因为平面，平面平面，平面，所以． 同理，所以． 同理，所以四边形为平行四边形． 又因为，所以， 所以平行四边形为矩形． 故答案为：矩形 20．（2026高三·全国月考）在三棱锥中，分别是的中点，若在线段上，且满足平面，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】根据线面平行的性质定理可得，进而利用三角形相似即可得到线段的比例. 【解析】连接，交于点，连接， 因为平面平面，平面平面， 所以． 因为分别是的中点， 所以为的中位线， 所以，可得， 所以． 故答案为： 四、解答题 21．（2025高一·浙江金华·期中）在正方体中，分别是和的中点，求证    (1) (2)平面． (3)平面平面． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（1）利用三角形中位线定理进行证明即可； （2）利用线面平行的判定定理进行证明即可； （3）利用平行四边形的判定定理和性质，结合面面平行的判定定理进行证明即可. 【解析】（1）连接， 因为底面是正方形，且点是中点， 所以，即点也是中点， 又因为点是中点， 所以由三角形中位线定理可得； （2）由（1），因为平面，平面， 所以平面； （3）连接， 因为分别是和的中点， 所以由正方体的性质可知：， 所以四边形是平行四边形，所以有，而， 所以，因为平面，平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面.    22．（2025高三·江苏连云港·期中）如图，在几何体中，四边形是边长为3的正方形，平面与平面的交线为. (1)证明：； (2)若平面平面，H为的中点，，，，求该几何体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可. 【解析】（1）证明：∵，而平面，平面， ∴平面，又∵平面， 平面平面，∴，∴. （2）∵，，H为中点，∴. 而，∴，∵平面平面. 平面平面，平面，∴平面. 过E分别作交于点I，交于点J，连接. ∴. 23．（2024高三·全国月考）如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）．设平面与平面相交于直线，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】根据题意，由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，即可得到证明. 【解析】因为点，分别为棱、的中点，则， 在三棱柱中，四边形为平行四边形， 所以，，则， 因为平面，平面，所以，平面， 因为平面，平面平面，所以，， 故． 24．（2025高一·全国月考）如图，四棱锥的底面为平行四边形．设平面与平面的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可； （2）利用线面平行的性质定理证明即可 【解析】（1）因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形， 所以，， 又平面，平面， 则平面， 同理平面，平面， 可得平面， 又，平面， 所以平面平面. （2）因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以. 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$