专题21：空间直线 平面的平行 （5大考点+17大题型）讲义-2026届高三数学一轮复习（上海专用）

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 专题21 空间直线 平面的平行 知识点1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与_______的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) 因为l∥a， a⊂α，l⊄α，所以l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的_______与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) 因为l∥α，l⊂β， α∩β＝b， 所以l∥b 知识点2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条___________与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) 因为a∥β，b∥β， a∩b＝P， a⊂α，b⊂α， 所以α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面_______，那么它们的交线平行 因为α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b， 所以a∥b 知识点3：证明直线与平面平行的常用方法： ①利用定义，证明直线与平面没有公共点，一般结合反证法证明； ②利用线面平行的判定定理，即线线平行线面平行．辅助线的作法为：平面外直线的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段； ③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行； 知识点4：证明面面平行的常用方法： ①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线； ④证明两个平面同时平行于第三个平面． （3）证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理； 【常用结论】牢记线面平行、面面平行的七个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面________，即若a⊥α，a⊥β，则______ (2)垂直于同一个平面的两条直线________，即若a⊥α，b⊥α，则______. (3)夹在两个平行平面之间的平行线段长度_________． (4)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面________． (5)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． (6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行． (7)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行． 考点一 线面平行、面面平行的判断 题型01：线面平行的判断 【名师点拨】(1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．　 【例1】（2024大同中学高三开学考）过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（    ） A．不存在 B．只有一个 C．有无数个 D．不能确定 【例2】（24-25高三上·上海浦东新·期末）设、为两条直线，、为两个平面，且．下述四个命题中为假命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若且，则 D．若，则或 【跟踪训练】 1．（2024·上海徐汇·一模）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） 2．（2025奉贤区三模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（    ） （1）若，，则    （2）若，，则 （3）若，，则    （4）若，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024·上海长宁·二模）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2024行知中学高三开学考）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（    ） A．B．C．D． 题型02：面面平行的判断 【例3】（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面与平行的4个命题中，真命题的个数是（       ）． （1）、都垂直于平面r，那么∥． （2）、都平行于平面r，那么∥． （3）、都垂直于直线l，那么∥． （4）如果l、m是两条异面直线，且∥，∥，∥，∥，那么∥ A．0 B．1 C．2 D．3 【例4】（2024·上海静安·二模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（    ） A．若,,则 ； B．若,,,则 ； C．若，，则 ； D．若，，，,则． 【跟踪训练】 1．（2025·上海嘉定·二模）已知平面和平面，直线，直线，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若与为异面直线，则 C．若，则 D．若，则 2．（2023·全国·高三专题练习）设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（   ） A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面 C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线 3．（2024七宝中学高三开学考）在正方体中，下列四对平面彼此平行的一对是________ A．平面与平面 B．平面与平面 C．平面与平面 D．平面与平面 考点二 直线与平面平行的证明 题型03：三角形中位线法证明线面平行 【例5】（2024·上海嘉定·二模）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与的所成角的大小． 【跟踪训练】 1．（2024进才中学三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点． (1)求证：平面PBC； (2)求三棱锥的体积． 2．（2024宝山区二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 题型04：构造平行四边形证明线面平行 【例6】（2024·上海虹口·一模）如图，已知在四棱柱中，平面，、分别是、的中点． (1)求证：平面； (2)若底面为梯形，，异面直线与所成角为．求直线与平面所成角的正弦值． 【跟踪训练】 1．（24-25高三上·上海金山·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． (1)证明：平面； (2)求点D到平面PAC的距离． 2．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 题型05：利用对应线段成比例证明线面平行 【例7】（2025控江中学高三开学考试）已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【跟踪训练】 1．（2025上海实验高三阶段练习）如图，在三棱柱中，侧面为矩形． (1)设为中点，点在线段上，且，求证：平面； (2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值． 题型06：利用线面平行的性质证明线面平行 【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形. (1)求证：AB∥平面EFGH； (2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围. 【跟踪训练】 1．（2025格致中学高三开学考）四棱锥中，底面为矩形， ，，平面与平面的交线为.    (1)求证：直线平行于平面； (2)求二面角的余弦值. 题型07：通过面面平行证线面平行 【例9】（2025延安中学高三开学考）如图，四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【跟踪训练】 1．（2025上师附中高三开学考）如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点． (1)证明：∥平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 题型08：利用空间向量法证线面平行 【例10】（24-25高三上·上海松江·期末）如图，已知平面，，为等边三角形，，点F为的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值. 【跟踪训练】 1．（2023·全国·高考真题）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； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 考点三 直线与平面平行性质的应用 题型09：利用线面平行的性质证线线平行 【例11】（2024·上海松江·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点. (1)设平面与直线相交于点，求证：； (2)若，，，求直线与平面所成角的大小. 【跟踪训练】 1．（2024黄浦区三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点. (1)证明：； (2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 2．（2025金山区三模）如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，， (1)求证：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 题型10：由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【例12】（2025华二紫竹高三阶段练习）如图，在三棱锥中，点是的中点，点在上，平面与平面相交于直线，∥l．    (1)证明：是的中点； (2)若平面平面，，是边长为2的正三角形，，点在直线上且不与重合，求平面与平面的夹角的余弦值． 【跟踪训练】 2．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.    (1)证明：点为的中点； (2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 3．（2025交大闵行附中高三阶段练习）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. 题型11：由线面平行求线段长度 【例13】（2025复兴高级中学高三阶段练习）如图所示，在棱长为1的正方体中，设分别是线段、上的动点，若平面，则线段长的最小值为 ． 【跟踪训练】 1．（2025市西中学高三阶段练习）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是上底面内一点（含边界），若平面，则点的轨迹长为 . 2．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为1，E，F是线段上的两个动点． (1)若平面，求的长度； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2025大同中学高三阶段练习）在底面为等边三角形的三棱柱中，已知平面ABC，，，D是棱的中点，M是四边形内的动点，若平面ABD，则线段长度的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 5．（2024松江中学校考三模）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，，点在上.    (1)若平面，求； (2)若是的中点，求二面角的正弦值. 考点四 平面与平面平行的证明 题型12：证明面面平行 【名师点拨】证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义． (2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． (4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 【例14】（2024·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． 【跟踪训练】 1．如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，、分别是棱、上的点，且，. (1)证明：平面平面； (2)记多面体的体积为，三棱锥的体积为，求的值. 2．如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为． (1)求证：平面平面； (2)求证：； (3)若，求四棱锥的体积． 题型13：利用空间向量法证明面面平行 【例15】（2023·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长1，侧棱长4，AA1中点为E，CC1中点为F． (1)求证：平面BDE∥平面B1D1F； (2)连结B1D，求直线B1D与平面BDE所成的角的大小． 题型14：利用面面平行证线线平行或线面平行 【例16】（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示. （1）若点，分别是，的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 考点五 空间平行关系的探索问题 题型15：直线与平面平行的探索性问题 【名师点拨】(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设． (2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”．　 【例17】（2024·上海长宁·二模）如图，在长方体中，； (1)求二面角的大小； (2)若点在直线上，求证：直线平面； 【跟踪训练】 1．（2025长宁区高三阶段练习）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． 2．（2025延安中学高三阶段练习）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. 题型16：平面与平面平行的探索性问题 【例18】（2025青浦区三模）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． 【跟踪训练】 1．（2025格致中学高三阶段练习）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． 2．（2025华二紫竹高三阶段练习）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，，现将沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（    ） A． B．存在点P，使得 C．存在点P，使得 D．三棱锥的体积最大值为 3．（2025七宝中学高三模拟）如图，矩形中，、分别为、的中点，且，现将沿问上翻折，使点移到点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（    ）    A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．三棱锥的体积最大值为 D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为 4．（2025松江二中模拟）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. 题型17：图形翻折过程的探索性问题 【例19】．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 【跟踪训练】 1．（2024华师大二附中开学考试）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，求四棱锥的体积. 2．（2025复旦附中高三专题练习）如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中， ①对于任意一个位置总有平面；②存在某个位置，使得； ③存在某个位置，使得；④四棱锥的体积最大值为． 上面说法中所有正确的序号是____________． 1．（2024•上海）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是　　 A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,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 3. （2025上海秋季高考）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且． （1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 4．（2023上海春考）已知三棱锥中，平面，，，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交、于点，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离． 5．（2023•上海秋考）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小． 6．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 专题21 空间直线 平面的平行 知识点1．直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) 因为l∥a， a⊂α，l⊄α，所以l∥α 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”) 因为l∥α，l⊂β， α∩β＝b， 所以l∥b 知识点2.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”) 因为a∥β，b∥β， a∩b＝P， a⊂α，b⊂α， 所以α∥β 性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 因为α∥β，α∩γ＝a， β∩γ＝b， 所以a∥b 知识点3：证明直线与平面平行的常用方法： ①利用定义，证明直线与平面没有公共点，一般结合反证法证明； ②利用线面平行的判定定理，即线线平行线面平行．辅助线的作法为：平面外直线的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段； ③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行； 知识点4：证明面面平行的常用方法： ①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线； ④证明两个平面同时平行于第三个平面． （3）证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理； 【常用结论】牢记线面平行、面面平行的七个重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b. (3)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等． (4)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． (5)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． (6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行． (7)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行． 考点一 线面平行、面面平行的判断 题型01：线面平行的判断 【名师点拨】(1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．　 【例1】（2024大同中学高三开学考）过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（    ） A．不存在 B．只有一个 C．有无数个 D．不能确定 【答案】D 【分析】根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论. 【详解】过直线l外两点作与l平行的平面， 如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在; 如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个; 如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个. 因此只有D正确. 故选：D. 【例2】（24-25高三上·上海浦东新·期末）设、为两条直线，、为两个平面，且．下述四个命题中为假命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若且，则 D．若，则或 【答案】B 【分析】选项A，利用线面垂直的性质，即可求解；选项B，在正方体中，通过取特例，即可求解；选项C和D，利用线面平行的性质和判定，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，所以，又，所以，故选项A是真命题， 对于选项B，如图，取平面为，平面为，则直线为直线，取为直线， 显然有，但与异面，所以选项B为假命题， 对于选项C，在内任取不在直线上的一点，过确定，则，因为，所以， 同理可得，，所以，又，故， 又，所以，得到，故选项C为真命题， 对于选项D，因为，所以，，若，因为，则， 若，易知，又，，所以，故选项D为真命题， 故选：B. 【跟踪训练】 1．（2024·上海徐汇·一模）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. 【详解】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. 2．（2025奉贤区三模）已知两条不同的直线a、b和平面，下列命题中真命题的个数是（    ） （1）若，，则    （2）若，，则 （3）若，，则    （4）若，，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】利用线面平行的判定与性质判断（1）（2）,利用线面垂直的性质判断（3）（4）. 【详解】由两条不同直线，及平面，知： 对（1），若，，则与相交、平行或异面，故错误； 对（2），若，，则或，故错误； 对（3），若，，则由线面垂直的性质得，故正确； 对（4），若，，则或，故错误． 故选：A． 3．（2024·上海长宁·二模）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】利用空间线线线面的位置关系判断A错误；举反例判断B错误；利用线面平行的性质定理和线面垂直性质得到C正确；由线面平行和线线垂直的性质判断D错误. 【详解】A：若，则两直线平行或异面或相交，故A错误； B：若，当直线在平面内时，则直线不平行于平面，故B错误； C：若，设过的平面与相交于，则， 又因为，，所以，所以，所以，故C正确； D：若，则或或，故D错误； 故选：C. 4．（2024行知中学高三开学考）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是（    ） A．B． C．D． 【答案】D 【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项. 【详解】对于A，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC， 所以直线平面ABC，能满足；    对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC，所以直线平面ABC，能满足；    对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得，平面ABC，平面ABC， 所以直线平面ABC，能满足；    对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足.    故选：D. 题型02：面面平行的判断 【例3】（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面与平行的4个命题中，真命题的个数是（       ）． （1）、都垂直于平面r，那么∥． （2）、都平行于平面r，那么∥． （3）、都垂直于直线l，那么∥． （4）如果l、m是两条异面直线，且∥，∥，∥，∥，那么∥ A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】由面面平行的判定定理分析可知（1）错，（2），（3），（4）正确． 故选：D 【例4】（2024·上海静安·二模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（    ） A．若,,则 ； B．若,,,则 ； C．若，，则 ； D．若，，，,则． 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】若，，则或与相交或与异面，故A错误； 若，，，则或与相交，故B错误； 若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确； 若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误． 故选：C． 【跟踪训练】 1．（2025·上海嘉定·二模）已知平面和平面，直线，直线，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若与为异面直线，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由空间点、线、面的位置关系，逐项判断即可 【详解】对于A，直线，直线，若，则或平面、平面相交，故A错误. 对于B，直线，直线，若与为异面直线，则或平面、平面相交，故B错误. 对于C，直线，直线，若，则或平面、平面相交，故C错误. 对于D，直线，直线，若，则. 故选：D 2．（2023·全国·高三专题练习）设，为两个不同的平面，则∥的一个充分条件是（   ） A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面 C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线 【答案】D 【分析】根据面面平行的判定一一判定即可. 【详解】对于A：内有无数条直线与平推不出∥，只有内所有直线与平行才能推出，故A错误； 对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误； 对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误； 对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，故：D正确． 故选：D 3．（2024七宝中学高三开学考）在正方体中，下列四对平面彼此平行的一对是________ A．平面与平面 B．平面与平面 C．平面与平面 D．平面与平面 【详解】 如图，对于A：∵，平面，平面， ∴平面． 又，同理可证平面． 又，平面， ∴平面平面，故A正确； 对于B：∵，平面，平面， ∴平面． 又，同理可证平面． 又，平面， ∴平面平面，故B正确； 对于C：平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，故C不正确； 对于D：平面，且与相交，又平面，平面，故平面与平面不可能平行，故D不正确. 考点二 直线与平面平行的证明 题型03：三角形中位线法证明线面平行 【例5】（2024·上海嘉定·二模）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与的所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线得到，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用几何关系求出再找到异面直线所成的角，最后求出正弦值即可求出角的大小. 【详解】（1） 证明：连接交于点，连接， 为的中位线，故， 平面，不在平面内， 所以平面. （2）因为平面，是的中点，，， 所以，为直角三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 在中， 直线与所成的角即为， ， 所以直线与的所成角的大小为. 【跟踪训练】 1．（2024进才中学三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点． (1)求证：平面PBC； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【分析】（1）利用三角形的中位线，证明，可证得平面PBC； （2）利用三棱锥的体积公式求解. 【详解】（1）证明：如图，连接BD，由ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N． ∵M，N分别为PD，BD的中点，∴． 又平面PBC，平面PBC，故平面PBC． （2）∵，∴，∴平行四边形ABCD为矩形． ∵，∴，， ∴． 又平面ABCD，M为PD的中点，则M到平面ACD的距离为． ∴． 2．（2024宝山区二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形且，是边长为的等边三角形，，，分别为，，的中点，与交于点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2). 【分析】（1）作出，再根据线面平行的判定定理证明即可. （2）使用建系法，根据向量的夹角公式求出两个法向量的夹角余弦值，即可求出锐二面角的余弦值. 【详解】（1）如图，设与交于点，连接. 因为分别为的中点，底面是菱形， 所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为为的中点，所以为的中点， 因为为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）连接，因为是边长为的等边三角形，为的中点， 所以. 因为底面是菱形且，易知为等边三角形，所以. 易知，所以，所以. 因为，所以，所以. 所以两两垂直，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， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，得， 取，则，所以. 设平面的法向量为， 则，得， 则，取，则，所以. 所以， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 题型04：构造平行四边形证明线面平行 【例6】（2024·上海虹口·一模）如图，已知在四棱柱中，平面，、分别是、的中点． (1)求证：平面； (2)若底面为梯形，，异面直线与所成角为．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，，根据棱柱的性质及中位线的性质得到且，则四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）由，可得即为异面直线与所成角，则，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接交于点，连接，， 在四棱柱中，四边形，为平行四边形，所以为的中点， 又、分别是、的中点， 所以且，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）因为异面直线与所成角为，又， 所以即为异面直线与所成角，即，即， 又平面， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【跟踪训练】 1．（24-25高三上·上海金山·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． (1)证明：平面； (2)求点D到平面PAC的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，证明是平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； （2）应用等体积法计算得出点到平面距离. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以，， 因为分别是中点，得出，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面； （2），， 平面，平面，则，， ，， 设点D到平面PAC的距离为，由，得， 即，得. 所以点D到平面PAC的距离为. 2．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 【答案】(1)3； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，可得点在平面上的射影在直线上，进而求出三棱柱的高及体积. （2）利用线面平行的判定推理即得. 【详解】（1）在三棱柱中，平面平面， 由平面平面，得点在平面上的射影在直线上， 点与其在平面上的射影的距离为点到平面的距离， 直线与直线的夹角即为侧棱与底面所成的角为， 因此，而正的面积， 所以三棱柱的体积. （2）在三棱柱中，取的中点，连接，， 在中，由是的中点，得，且， 而且，又为棱的中点，则，且， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. 题型05：利用对应线段成比例证明线面平行 【例7】（2025控江中学高三开学考试）已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长，交于点，取的中点可得，根据为中点，可得，从而，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）分别取的中点，利用线面垂直的判定定理和性质定理可得即为二面角的平面角，求出各边长，再由线面垂直的判定定理可得平面，转化为点到平面的距离是点到平面的距离的一半，求出可得答案. 【详解】（1）连接并延长，交于点，取的中点，连接， 因为为中点，所以，，所以， 所以，又为中点，所以， 所以，因为，所以， 所以，可得， 因为平面，平面，所以平面；    （2）分别取的中点，连接， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 平面，所以，所以即为二面角的平面角， 所以，因为，所以，所以， 设，则，所以， 因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 所以线段的长即为点到平面的距离，又因为为的中点， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半， 因为，所以点到平面的距离为.    【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是转化为点到平面的距离是点到平面的距离的一半，再由线面垂直的判定定理可得平面，考查了学生的空间想象能力、计算能力. 【跟踪训练】 1．（2025上海实验高三阶段练习）如图，在三棱柱中，侧面为矩形． (1)设为中点，点在线段上，且，求证：平面； (2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得； （2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）连接交于，连接， 因为侧面为矩形， 所以，又为中点， 所以， 又因为， 所以． 所以，又平面，平面， 所以平面． （2）在平面中，过点作射线， 因为底面为矩形，所以， 所以为二面角的平面角，且． 又，平面，所以平面， 在平面中，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面， 所以，又，平面，平面， 所以平面， 则即为直线和平面所成的角， 于是为点到平面的距离，且， 设直线和平面所成角为，又， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为． 题型06：利用线面平行的性质证明线面平行 【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形. (1)求证：AB∥平面EFGH； (2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)(8，12) 【分析】（1）通过证明平面，证得，由此证得平面. （2）设，求得四边形周长的表达式，由此求得四边形周长的取值范围. 【详解】（1）∵四边形EFGH为平行四边形， ∴EF∥HG. ∵HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD， ∴EF∥平面ABD. 又∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB， ∴EF∥AB，又∵AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH， ∴AB∥平面EFGH. （2）设， ∵EF∥AB，FG∥CD，∴， 则＝＝＝1－，∴. ∵四边形EFGH为平行四边形， ∴四边形EFGH的周长l＝2＝12－x. 又∵0<x<4，∴8<l<12， 即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12). 【跟踪训练】 1．（2025格致中学高三开学考）四棱锥中，底面为矩形， ，，平面与平面的交线为.    (1)求证：直线平行于平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意证得平面，结合线面平行的性质定理证得直线，再由线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设，取的方向向量，根据，，利用向量的夹角公式，求得，进而求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为底面是矩形，可得， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且平面平面，所以直线， 又因为平面，平面，所以平面. （2）解：以点为原点，，垂直于平面的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标系，则，则， 设，取的方向向量， 因为，， 可得 ， 又因为，可得，即， 解得，即， 设平面法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取取，可得，所以， 所以， 由图象可得，二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为.    题型07：通过面面平行证线面平行 【例9】（2025延安中学高三开学考）如图，四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面； （2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可. 【详解】（1）连接DE， ∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点， ∴，， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴， ∵G是PA的中点， ∴， ∵PD，DE平面BFG，FG，BF平面BFG， ∴平面BFG，平面BFG， ∵，直线PD，DE在平面PDE内， ∴平面平面BFG， ∵PE平面PDE， ∴平面BFG． （2）∵平面，， ∴平面ABCD， 过C在平面ABCD内，作，垂足为M，则， ∵，又直线FG，BF在平面BFG内， ∴平面BFG， ∴的长是点C到平面BFG的距离， ∵中，， ∴由等面积可得， ∴点C到平面BFG的距离为. 【跟踪训练】 1．（2025上师附中高三开学考）如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点． (1)证明：∥平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行判定定理证明或先证明面面平行再证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，设的长度为（），使用空间向量求解即可. 【详解】（1）方法一: 在平面内，过点作于点，连接，， ∵，则， 又∵平面，平面，∴平面． 又∵平面，平面，平面，∴，， 又∵，为公共边，∴， ∴，又∵为公共边，∴， ∴，为的中点， 又∵为的中点，∴为的中位线，， 又∵平面，平面，∴平面． 又∵，平面，平面，∴平面平面， 又∵平面，∴平面． 方法二: 延长，交于点，连接，, ∵平面，平面，平面，∴，， 又∵，为公共边，∴，∴， 又∵，∴是为直角，为斜边的直角三角形， ∴，即为的中点， 又∵为的中点，∴为的中位线，， ∵平面，平面，所以平面． （2）过点作，以为原点，，，所在直线分别为轴,轴,轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由于，，则由第（1）问知， 又∵，∴，， ∴． ∴，，，，． ∴，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，，∴． 设（），则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，，∴． 设二面角的平面角为，， 则， ∵，∴， 即二面角的正弦值为． 题型08：利用空间向量法证线面平行 【例10】（24-25高三上·上海松江·期末）如图，已知平面，，为等边三角形，，点F为的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算得出，结合线面平行判定定理即可得结论； （2）确定平面的一个法向量，利用和的夹角求解即可. 【详解】（1）因为平面，，为等边三角形， 设，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 为的中点，， ，， ，平面， 平面. （2）又是轴上的单位向量，则其是平面的一个法向量， 因为，设和平面所成的角为， 则， 直线和平面所成角的正弦值为. 【跟踪训练】 1．（2023·全国·高考真题）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； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【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）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（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）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 考点三 直线与平面平行性质的应用 题型09：利用线面平行的性质证线线平行 【例11】（2024·上海松江·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点. (1)设平面与直线相交于点，求证：； (2)若，，，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出； （2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案． 【详解】（1）证明：平面与直线相交于点，平面平面， 四边形是菱形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面， ； （2）连接，取中点，连接、， 菱形中，，，是等边三角形， 是中点，， 平面，平面，， 、平面，，平面． 是直线与平面的所成角， 是中点，，． 平面，平面，， 为中点，，中，， 等边中，高， 中，， 可得，即直线与平面的所成角等于． 【跟踪训练】 1．（2024黄浦区三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，且.E，F分别是PA，PD的中点，平面与PB，PC分别交于M，N两点. (1)证明：； (2)若平面平面，求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平面的判断、性质推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由E，F分别是PA，PD的中点，得， 在正方形中，，则， 而平面，平面，于是平面， 又平面，平面平面，平面， 因此，所以. （2）四棱锥的底面为正方形，平面，则两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，，，， 设平面的法向量，则， 取，得， 设平面的法向量，则， 取，得， 设平面的法向量，则， 由平面平面，得，取，得， 设平面与平面所成锐二面角为， 则，， 所以平面与平面所成锐二面角的正弦值为. 2．（2025金山区三模）如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，， (1)求证：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明详见解析 (2)或 【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得. （2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积. 【详解】（1）根据棱柱的性质可知，， 由于平面，平面， 所以平面. 由于平面，平面平面， 所以. （2）由于平面，平面， 所以， 由于是的中点，所以， 由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，， 则， ， 设平面的法向量为， 则，故可设， 所以， 解得或， 当，即时，, 当，即时，. 题型10：由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【例12】（2025华二紫竹高三阶段练习）如图，在三棱锥中，点是的中点，点在上，平面与平面相交于直线，∥l．    (1)证明：是的中点； (2)若平面平面，，是边长为2的正三角形，，点在直线上且不与重合，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】(1)根据∥l，得出∥平面AEF，在根据线面平行的性质得出∥EF； (2)建立合适的空间直角坐标系，利用线段关系表示相应的空间向量计算即可. 【详解】（1）因为∥l，平面AEF，平面AEF，所以∥平面AEF. 因为平面PBC，平面AEF∩平面PBC=EF，所以∥EF， 又因为点是的中点，所以点是的中点. （2）因为平面平面，且平面平面， 平面ABC，且，所以平面. 取AC中点D，连结PD. 因为是边长为2的正三角形，所以.    以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C平行于PD的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 直线过点A，且∥l，设. 则，，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为. 由，令，则，即； 由,令，则，即， 所以，即平面与平面夹角的余弦值为. 【跟踪训练】 2．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.    (1)证明：点为的中点； (2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析. (2). 【详解】（1）在正方体中，，又平面，且平面， 则平面，而交平面于点，即平面， 又平面，有平面，因此平面平面， 于是，而为中点， 所以为的中点. （2）以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，    不妨设正方体的棱长为3，设， 则, 从而， 设平面的一个法向量为，则 ,即,不妨取,则,即， 设直线与平面所成角为， 又直线与平面所成角的正弦值为， 因此，解得， 所以. 3．（2025交大闵行附中高三阶段练习）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. 题型11：由线面平行求线段长度 【例13】（2025复兴高级中学高三阶段练习）如图所示，在棱长为1的正方体中，设分别是线段、上的动点，若平面，则线段长的最小值为 ． 【答案】 【详解】过点分别作交于点，交于点， 连接， 要想平面，则四边形为平行四边形，故， 设，则，故， 由勾股定理得， 其中， 当且仅当时，等号成立， 故. 故答案为： 【跟踪训练】 1．（2025市西中学高三阶段练习）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是上底面内一点（含边界），若平面，则点的轨迹长为 . 【答案】 【详解】如图，取中点，中点，可知， ，故平面平面，故点的轨迹为线段 故答案为： 2．（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为1，E，F是线段上的两个动点． (1)若平面，求的长度； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接交于点O，连接，由线面平行证线线平行，证得即可求值； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量解决线面角问题. 【详解】（1）正方体，连接交于点O，连接，如图所示， ∴平面，平面平面，平面， ∴，又，∴为平行四边形， 则. （2）以点C为坐标原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， ，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，解得， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 4．（2025大同中学高三阶段练习）在底面为等边三角形的三棱柱中，已知平面ABC，，，D是棱的中点，M是四边形内的动点，若平面ABD，则线段长度的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取线段的中点为，连接，首先证明平面平面，然后可得点的轨迹是线段，然后可求出答案. 【详解】 取线段的中点为，连接， 因为侧面为矩形，D是棱的中点， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面，因为，所以平面平面， 因为M是四边形内的动点，平面ABD， 所以点的轨迹是线段， 因为，，所以，， 所以线段长度的最小值为. 故选：D 5．（2024松江中学校考三模）如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，，点在上.    (1)若平面，求； (2)若是的中点，求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）记中点为，连接、，依题意可得，根据面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，依题意可得求出的值，即可得解； （2）依题意点与点重合，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）记中点为，连接、，为正三角形，， 则，且. 因为平面平面 ，平面平面，平面， 所以平面，又为正三角形，所以，所以， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，设平面的法向量为， 则，令，则，，则， 设，，则， 因为平面，所以，解得， 所以为的中点，此时.    （2）若是的中点，则点与点重合，则平面的一个法向量可以为， 设二面角为，显然二面角为锐角，则， 所以， 所以二面角的正弦值为.      考点四 平面与平面平行的证明 题型12：证明面面平行 【名师点拨】证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义． (2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． (4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 【例14】（2024·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)证明见解析 (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）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）（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． 【跟踪训练】 1．如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，、分别是棱、上的点，且，. (1)证明：平面平面； (2)记多面体的体积为，三棱锥的体积为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为且，所以， 因为，所以，故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面， 因为，，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，所以平面平面; （2）设四棱锥的底面积为，高为，则四棱锥的体积为， 由（1）可知，则点到平面的距离为，， 从而三棱锥的体积为， 所以多面体的体积为，故. 2．如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为． (1)求证：平面平面； (2)求证：； (3)若，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【详解】（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）因为底面为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以. （3） 因为四棱锥是正四棱锥， 所以底面是正方形，在底面上的投影是底面的中心， 又，所以， 又， 所以四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积． 题型13：利用空间向量法证明面面平行 【例15】（2023·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长1，侧棱长4，AA1中点为E，CC1中点为F． (1)求证：平面BDE∥平面B1D1F； (2)连结B1D，求直线B1D与平面BDE所成的角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图利用向量法证DE∥FB1，进而平面，同理平面，可证平面BDE∥平面B1D1F； （2）利用向量法可求直线B1D与平面BDE所成的角的大小． 【详解】（1）以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图 则B（1，0，0），D（0，1，0），E（0，0，2），B1（1，0，4），D1（0，1，4），F（1，1，2）， ∵， ∴DE∥FB1， 平面，平面， 平面， 同理平面， ∵平面，平面，平面， ∴平面平面． （2）同（1）建系， 设平面BDE的一个法向量为， 则，得， 不妨取z＝1，则， 又， 设直线B1D与平面BDE所成的角为θ， 故， 直线B1D与平面BDE所成的角为． 题型14：利用面面平行证线线平行或线面平行 【例16】（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示. （1）若点，分别是，的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行； （2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】证明：（1）连接， 设点为的中点，连接，， 在中，又因为点为中点， 所以. 同理可证得， 又因为，分别为正方形的边，的中点， 故，所以. 又因为，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. （2）因为为正方形，，分别是，的中点， 所以四边形为矩形，则. 又因为二面角为直二面角，平面平面，平面， 所以平面， 则为直线在平面内的射影， 因为为直线与平面所成的角. 不妨设正方形边长为，则， 在中，， 因为平面，平面，所以， 在中，， ， 即为直线与平面所成角的正弦值. 考点五 空间平行关系的探索问题 题型15：直线与平面平行的探索性问题 【名师点拨】(1)根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设． (2)按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”．　 【例17】（2024·上海长宁·二模）如图，在长方体中，； (1)求二面角的大小； (2)若点在直线上，求证：直线平面； 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. （2）设，求出，则，再由可证明直线平面. 【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，， 因为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为 所以， 所以二面角的大小为. （2）设，则设，， 所以，所以， 平面的法向量为， ，因为平面， 所以直线平面. 【跟踪训练】 1．（2025长宁区高三阶段练习）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，理由见解析 (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）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）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.    2．（2025延安中学高三阶段练习）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. 题型16：平面与平面平行的探索性问题 【例18】（2025青浦区三模）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 【详解】（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． 【跟踪训练】 1．（2025格致中学高三阶段练习）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. 【详解】（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. 2．（2025华二紫竹高三阶段练习）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，，现将沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（    ） A． B．存在点P，使得 C．存在点P，使得 D．三棱锥的体积最大值为 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线两侧量的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答. 【详解】依题意，，则四边形为平行四边形，有， 而，，即有，因此， 即，因此，A正确； 因为，，因此不平行，即不存在点P，使得，B错误； 连接，当时，因为，即，则， 而，平面，因此平面，又分别为的中点， 即，于是平面，而平面，则，C正确； 在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离， 又的面积，因此三棱锥的体积， 当且仅当，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，D正确. 故选：B 3．（2025七宝中学高三模拟）如图，矩形中，、分别为、的中点，且，现将沿问上翻折，使点移到点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（    ）    A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．三棱锥的体积最大值为 D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为 【答案】A 【分析】由立体几何的线线平行，线面垂直判定定理，外接球的表面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，，，因此不平行， 即不存在点，使得.故A错误； 对于B，如图：    取的中点，连接，，，,当时， 因为，即.则， 而，，平面， 又分别为，的中点， 即，于是平面，而平面， 则，故B正确； 对于C，在翻折过程中，令与平面所成角为， 则点到平面的距离 ， 又的面积为， 因此三棱锥的体积为：， 当且仅当时，即平面时取等号， 所以三棱锥的体积最大值为，故C正确； 对于D，当三棱锥的体积达到最大值时， 三棱锥外接球的球心为， 故球的半径为1，则球的表面积为.故D正确. 故选：A 4．（2025松江二中模拟）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. 题型17：图形翻折过程的探索性问题 【例19】．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接、，所以且，根据线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可得平面平面，由面面平行的性质定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由题意得平面. 所以就是直线和平面所成角. 二面角的平面角为，由（1）易得，取中点为，连接，可得，利用勾股定理求出，可得.继而即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面.                                                 因为平面，平面，且， 所以平面平面.                                                             因为平面，所以平面. （2）过点作于点，连接， 因为，，，平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面.                                                                     所以就是直线和平面所成角. 由题意得：二面角的平面角为， 由（1）易得， 在中，由，，得， 取中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 在中，由，，得，则. 在中，由，得， 即得直线和平面所成角为. 【跟踪训练】 1．（2024华师大二附中开学考试）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，求四棱锥的体积. 【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点； (2). 【分析】（1）过点作交于点，根据线面平行的性质定理即得； （2）取的中点，利用勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后利用锥体的体积公式即得. 【详解】（1）如图，过点作交于点，连接， 因为，所以四点共面， 若平面，由平面，平面平面， 所以，所以四边形为平行四边形，, 则，    所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面. （2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以， 又，则，又，则， 所以. 因为，平面， 所以平面， 则四棱锥的体积为. 2．（2025复旦附中高三专题练习）如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中， ①对于任意一个位置总有平面； ②存在某个位置，使得； ③存在某个位置，使得； ④四棱锥的体积最大值为． 上面说法中所有正确的序号是____________． 【答案】①④ 【分析】证明，结合线面平行判定判断①；由结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④. 【详解】分别取的中点为，连接. 因为的中点分别为，所以，且. 即四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定可知对于任意一个位 置总有平面，故①正确； 因为，所以与不垂直，由可知，与不垂直，故②错误； 由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面. 则，因为，所以与全等，则， 此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误； 取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥 的体积最大，最大值为，故④正确； 故答案为：①④ 1．（2024•上海）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是　　 A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质分析选项，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于，若，，则或，又，所以，故正确； 对于，若，，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故错误； 对于，若，，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故错误； 对于，若，，则或，又，则或，故错误． 故选：． 【点评】本题考查空间直线与平面间的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题． 2．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,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 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 3. （2025上海秋季高考）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且． （1）若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【小问1详解】 由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; 【小问2详解】 由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面 4．（2023上海春考）已知三棱锥中，平面，，，，为中点，过点分别作平行于平面的直线交、于点，． （1）求直线与平面所成角的大小； （2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离． 【分析】（1）连接，，为直线与平面所成的角，在中，求解即可； （2）先证明平面，可得为直线到平面的距离．进则求的长即可． 【解答】解：（1）连接，， 平面， 为直线与平面所成的角， 在中，，， 为中点，， ，即直线与平面所成角为； （2）由平面，平面，， 平面平面， 平面，平面， ，，，，平面， 平面，为直线到平面的距离， 平面，平面，平面平面， ，为中点，为中点，， 直线到平面的距离为2． 【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题． 5．（2023•上海秋考）已知直四棱柱，，，，，． （1）证明：直线平面； （2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小． 【分析】（1）先证明平面平面，再根据面面平行的性质，即可证明； （2）先根据体积建立方程求出，再利用三垂线定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，即可求解． 【解答】解：（1）证明：根据题意可知，，且， 可得平面平面，又直线平面， 直线平面； （2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为， ，底面，在底面内过作，垂足点为， 则在底面内的射影为， 根据三垂线定理可得， 故即为所求， 在中，，，， ，又， ， 二面角的大小为． 【点评】本题考查线面平行的证明，面面平行的判定定理与性质，二面角的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题． 6．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【解析】（1）证明：连接，，依题意，平面， 又平面，平面，则，， ， 又，，则， ， 延长交于点，又，则在中，为中点，连接， 在中，，分别为，的中点，则， 平面，平面， 平面； （2）过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由于，，由（1）知， 又，则， ， 又，即，12，， 设平面的一个法向量为，又， 则，则可取， 设平面的一个法向量为，又， 则，则可取， 设锐二面角的平面角为，则， ，即二面角正弦值为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$