第04讲 直线、平面平行的判定与性质（高效培优讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

第04讲 直线、平面平行的判定与性质 目录 01 考情研究 2 02 知识梳理· 3 03 探究核心考点 4 考点一：平行的判定 4 考点二：直线与平面平行的判定 8 考点三：直线与平面平行的性质 12 考点四：平面与平面平行的判定 15 考点五：平面与平面平行的性质 19 三阶段突破训练 基础训练· 22 能力提升 28 真题感知 45 一、5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 考情分析 （1）直线与平面平行的判定与性质 （2）平面与平面平行的判定与性质 2025·1卷第9题，5分 2025·北京第17（1）题，5分 2025·2卷第17（1）题，5分 2025·上海第18（2）题，8分 2024·甲（文）第17（1）题，5分 2024·天津第17题（1），5分 24年北京卷第17（1）题，5分 2024年I卷第17（1）题，5分 2024年甲（理）第19（1）题，5分 2022年甲卷（文）第19题，12分 2022年乙卷（文）第9题，5分 2021年浙江卷第6题，4分 本节内容是高考数学的重点考查领域，涉及线线平行、线面平行和面面平行的证明问题，常出现在解答题的首个小问。本部分综合复习了空间中平行关系的判定定理与性质定理。在高考真题中，尽管证明目标集中于平行结论，但解题过程常需交替运用直线与平面平行的判定或性质定理，从而增强了题目的综合性与难度。 二、课标要求 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理.2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形平行关系的简单命题. 三、知识导图 1．线面平行的判定定理和性质定理 类别 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的①_  _  _  _  _  _  _  _  平行,那么该直线与此平面平行 性质定理 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②_  _  平行 【答案】一条直线； 交线 2．面面平行的判定定理和性质定理 类别 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面内的两条③_  _  _  _  _  _  _  _  与另一个平面平行,那么这两个平面平行 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面④_  _  ,那么两条⑤_  _  平行 【答案】相交直线； 相交； 交线 点拨 三种平行关系的转化 方法总结 线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示． 性质 性质 性质 判定 判定 判定 线∥面 线∥线 面∥面 （1）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； （2）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； 考点一：平行的判定 典例1．（2025·河北衡水·三模）已知直线，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】D 【解析】由，可得或，所以“”是“”的不充分条件， 由，可得或与是异面直线，所以“”是“”的不必要条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D. 典例2．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 【方法技巧】 1.平行关系中的三个重要结论 （1）垂直于同一条直线的两个平面平行,即若 , ,则 ；（2）平行于同一个平面的两个平面平行,即若 , ,则 . 2.平行关系相关的性质 （1）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等；（2）两条直线被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例；（3）同一条直线与两个平行平面所成的角相等. 跟踪训练1．（2025·四川成都·模拟）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【解析】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则或与是异面直线，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，若，则，又因为所以，故D正确， 故选：D. 跟踪训练2．（2025·福建泉州·模拟预测）在边长为2的正方体中，M为边的中点，N为边的中点.则（    ） A． B．平面 C．直线所成角的余弦值为 D．直线所成角的余弦值为 【答案】AD 【解析】对于A，取的中点，连接，可得 在正方形中，因为为的中点，可得，所以 因为平面，平面，所以平面，所以A正确； 对于B，连接，设正方体的棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 因为，所以与平面不垂直，所以B错误； 对于C，由向量，设与平面所成的角为， 可得，其中 所以，即与平面所成角的余弦值为， 所以C不正确； 对于D，由向量，设直线所成角为 ， 则，其中 所以，即直线所成角的余弦值为 ， 所以D正确. 故选：AD.    跟踪训练3．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（    ） A．若直线，与平面所成角相等，则 B．若，且，，则 C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直 D．若，，，，则 【答案】C 【解析】 如图所示，在正方体中， 直线和直线与平面所成角均为，但，故选项A错误； 直线平面，直线平面，且平面，平面，但平面平面，故选项B错误； 平面平面，平面，平面，且，但与平面相交，故选项D错误； 假设，直线，，如图所示. ∵不垂直于，，，，∴直线与直线必相交，设. ，，，，. 又，. ，，，，，. 又，，这与，均不垂直于矛盾，故，不垂直，故选项C正确. 故选：C. 考点二：直线与平面平行的判定 典例1．（2025·上海金山·三模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（   ） A．为 B．为的中点 C．的轨迹长度为 D．为的中点 【答案】D 【解析】取线段的中点，连接，则， 因点分别是棱的中点，则，则， 因平面，平面，则平面， 因，，，，则，， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 又平面，则平面平面， 故欲使在正方形（包括边界）内，且平面， 则点必在线段上； A选项：当为时，无法得出平面，故A错误； B选项：当为的中点，无法得出平面，故B错误； C选项：的轨迹长度为，无法说明点在线段上， 但若平面，则的轨迹长度为， 则的轨迹长度为是平面的必要不充分条件，故C错误； D选项：为的中点，即点重合时，必有平面， 但平面时，不一定为的中点， 故为的中点是平面的充分不必要条件，故D正确. 故选：D 典例2．（2025·福建泉州·模拟预测）在直三棱柱中，，，为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面平面 【答案】BCD 【解析】如图，设中点分别为，连接，    对于A，因为平面，平面， 平面平面，， 所以为异面直线，故A错误； 对于B，在直三棱柱中，， 又平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，在直三棱柱中，平面，则， 又，所以，即， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故C正确； 对于D，因为，不妨设， ，， 在直三棱柱中，易知，则， 同理可得，又， 所以，即， 又，为中点， 所以，又，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故D正确． 故选：BCD． 【方法技巧】 证明线面平行的方法 （1）在平面内找出（或作出）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程； （2）两平面平行时，其中一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面. 跟踪训练1．（2025·辽宁盘锦·三模）在正三棱柱中，点E为棱的中点，点F为棱的中点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．若，则 C．若，则直线与所成角的余弦值为 D．若，则平面与平面的夹角为 【答案】ABD 【解析】对于A：依题意，，则四边形为平行四边形, 所以，又平面，平面，故平面，故A正确； 对于B：因为，又，， 所以 ， 则，故B正确； 对于C，因为，所以（或其补角）即为直线与所成的角， 不妨设，，则，， 故直线与所成角的余弦值为，故C错误； 对于D，取的中点，连接，则是正三棱柱的中截面， 平面平面，平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角， 取的中点，连接，由， 得，又，则是平面与平面的夹角， 在中，，则， 所以平面与平面的夹角为，故D正确． 故选：ABD 跟踪训练2．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．    (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）若分别是上的点，且，连接， 又，所以，即四点共面， 由平面，平面，则平面， 同理可证平面，又，且都在平面内， 所以平面平面，平面，故平面；    考点三：直线与平面平行的性质 典例1．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 【答案】B 【解析】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面. 例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的. 所以A选项错误. 对于B选项，若，则存在直线，使. 又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以. 由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确. 对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且，所以C选项错误. 对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面. 例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交.所以D选项错误. 故选：B. 典例2．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【解析】（1）因为，平面,平面, 所以平面, 又，平面,平面, 所以平面, 又，且平面 所以平面平面, 又因为平面CDF，所以平面 因为平面ADF，平面平面 所以，即 【方法技巧】 证明线线平行，常常将线面平行转化为该线与过该线的一个平面和已知平面的交线平行. 注意利用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线. 跟踪训练1．（2025·湖南长沙·三模）在直三棱柱中，，，，，，若平面，求的值； 【答案】 【解析】连接交于点，连接， 平面，平面，平面平面，， 又是的中点，故是的中点，. 跟踪训练2．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．若平面，求的值； 【答案】 【解析】 设，连接，因为正方形，所以为的中点， 又因为平面，且平面，平面平面， 所以，在正方形，为的中点，可得为的中点， 所以，当平面，则. 考点四：证明面面平行 典例1．（2025·福建福州·模拟）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．  B．  C．  D．   【答案】D 【解析】对于A选项，如图①所示，在正方体中，    且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面，同理可证平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面，故平面,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接，    在正方体中，且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则，所以， 因为平面平面， 所以平面，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点， 连接，    因为且分别为的中点， 所以且，故四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点，所以，则，所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形，所以， 因为分别为的中点，则，所以， 因为平面平面，所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点， 连接，    因为且分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点，所以，故，所以四点共面， 同理可证，故，同理可得， 反设平面， 因为，且平面，则平面， 但与平面有公共点，这与平面矛盾， 故平面，故D不满足. 故选：D. 典例2．（2025·河南·模拟）如图，在棱长均为2的八面体中，下底面是正六边形，且平面､平面均垂直于底面. (1)证明：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 【解析】（1）在八面体中，四点共面. 因为八面体的棱长均为2，所以四边形为菱形，. 因为平面平面，所以平面. 同理，平面. 因为，所以平面平面. 【方法技巧】 判定面面平行的方法 （1）利用定义，即证两个平面没有公共点（不常用）. （2）利用面面平行的判定定理（主要方法）. （3）利用垂直于同一条直线的两平面平行（客观题可用）. （4）利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行（客观题可用）. 注意 利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线. 跟踪训练1．（2025·安徽·模拟预测）如图1，E，F，G，H分别是正方形各边中点，将分别沿折起，使得所在平面与底面均垂直（如图2），连接．    (1)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）如图1，A，B，C，D在平面上的投影分别为的中点， 因为是全等的等腰直角三角形，所以， 又所在平面与底面均垂直， 所以与底面均垂直，从而， 故四边形均为平行四边形（矩形），因此， 由平面，平面，则平面， 同理可证平面，又相交且都在平面内， 所以平面平面； 跟踪训练2．（2025·江西新余·模拟预测）如图，在正方形中，，分别为中点，四边形也是正方形，经过点的直线与平面的夹角为且，现将正方形沿直线平移至得到四棱台．    (1)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 【解析】（1）由条件可知：，又平面，平面， 所以平面，又且， 所以四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面， 又，又平面，所以平面平面． 考点五：面面平行的性质 典例1．（2025·重庆·三模）已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为（    ） A．24 B．18 C． D．12 【答案】A 【解析】由知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形， 取的中点F，连接EF，则有， 又，所以EFCA为等腰梯形， ，由此可算出其高， 所以等腰梯形EFCA的面积. 故选：A. 典例2．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析. 【解析】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面；因，平面，平面，故平面， 又因平面，故有平面平面. 再由平面可得平面. 【方法技巧】 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”） 跟踪训练1．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则过点、、的平面与侧面的交线长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设平面分别交棱、于点、，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 又因为，由等角定理及图形可知， 则，即，故， 故， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 又因为，由等角定理及图形可得， 所以，即，所以， 所以，故. 因此，平面与侧面的交线长为. 故选：A. 跟踪训练2．（2025·山东聊城·模拟预测）如图所示的多面体中，平面，，，，，，，． (1)若点为中点，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 【解析】（1）证明：如图所示，取中点，连接， 因为，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，可得， 又因为平面，且平面，所以平面， 因为，且和分别是腰和的中点，可得， 又因为平面，且平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 1．设表示空间的两条直线，表示平面，给出下列结论：（1）若且，则；（2）若且，则；（3）若且，则；（4）若且，则，其中不正确的个数是（    ） A．1 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解析】若且，则或，故命题错误； 若且，则或为异面直线，故命题错误； 若且，则或，故命题错误； 若且，则或相交或异面，故命题错误. 故选：D. 2．设为直线，为平面，则的一个充要条件是（    ） A．内存在一条直线与平行 B．平行内无数条直线 C．垂直于的直线都垂直于 D．存在一个与平行的平面经过 【答案】D 【解析】对于A中，由内存在一条直线与平行，则或，所以A不正确； 对于B中，由平行内无数条直线，则或，所以B不正确； 对于C中，由垂直于的直线都垂直于，则或，所以C不正确； 对于D中，如图所示，由，在直线上任取一点作直线，使得， 因为且平面，所以，即充分性成立； 反之，若存在一个与平行的平面经过，根据面面平行的性质，可得，即必要性成立，所以D正确. 故选：D. 3．已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，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】由直线与平面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【解析】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知； 若，，，所以直线与平面平行的性质定理知； 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 4．已知表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，下列推理正确的是（    ） A． B． 且 C． D． 【答案】C 【解析】对于A，由可得或与相交，故A错误； 对于B，由可得或或且，故B错误； 对于C，由可得，因，且，由线面平行的性质即得，故C正确； 对于D，如图，在平面内作，因故得，但不成立，故D错误. 故选：C. 5．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD上的点，且，又点H，G分别为BC，CD的中点，则（   ） A．平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 【答案】B 【解析】由知，，且． 又平面，平面，平面． 又点H，G分别为BC，CD的中点，且， 且，四边形是梯形． 故选:B． 6．（2025·湖北·模拟）下列四个命题 ①直线不平行于平面，则平面内不存在与平行的直线； ②两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件； ③平面平面，过内的任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面； ④空间中，一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补. 其中正确的命题是（    ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【解析】对于①，已知直线不平行于平面，那么直线与平面相交. 理由：假设平面内存在与平行的直线，根据直线与平面平行的判定定理： 如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行， 就会得出，这与已知条件矛盾，所以平面内不存在与平行的直线，命题①正确； 对于②，若两直线平行，根据线面角的定义和性质，它们与同一平面所成的角一定相等， 所以两直线平行能推出它们与同一平面所成的角相等； 但是两直线与同一平面所成的角相等时，两直线可能平行、相交或异面， 因此，两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件，命题②正确； 对于③ ，根据面面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内 垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.这里强调的是过内的任意一点作交线的垂线， 此垂线必须在平面内才垂直于平面，而题中的垂线不一定在平面内，故命题③错误； 对于④，如图，过平面内一点作于点，点()，连接， 过平面内一点作于点，点()，连接， 则，而，，故， 但是和大小关系不确定，故命题④错误.    综上所得，①②正确. 故选：A. 7．（多选题）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 【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． 8．（2025·海南·模拟）（多选题）已知、是两个不同的平面，是一条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BCD 【解析】对于A选项，若，，则或与相交，故A错误； 对于B选项，因为，，由面面垂直的判定定理可知，故B正确； 对于C选项，因为，，由面面平行的性质定理可知，故C正确； 对于D，若，则存在直线，使得， 因为，所以，又，所以，故D正确. 故选：BCD. 9．如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当平面时， .    【答案】 【解析】如图，连结交于点，连结.    因为，所以， 因为平面，平面平面平面， 所以，所以. 故答案为： 10．如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线，平面与平面的交线，若直线与所成角为，直线与所成角为，则的值是 ． 【答案】 【解析】延长与直线相交于，连接，则平面与平面的交线为， 即为直线，故即为， 又，， 是棱的中点，且， ，， 又为锐角，且，， 则， 1．（2025·福建漳州·模拟）（多选题）在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的正切值为 D． 【答案】BCD 【解析】A选项：如图，取中点，连接，，， 在正方体中，， 平面，平面，，不在平面内， ∴平面，平面， 且，平面，平面， ∴平面平面， 由图可知，平面，平面相交， ∴平面与平面不平行，故A选项错误； B选项：如图，取中点，连接，， 在正方体中，∴平面，平面， ∴，在正方形中，，∴， 且，平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴，B选项正确； C选项：如图，连接，， 在正方体中平面平面，∴与平面所成角为， 设正方体棱长为，则，∴， ∴，C选项正确； D选项：如图，设正方体棱长为 ， ， ∴，D选项正确. 故选：BCD. 2．（2025·江苏泰州·模拟）（多选题）如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（   ） A．若，，则三棱锥的体积为定值 B．棱上存在点P，使得平面 C．若，则动点P所围成的图形的面积为 D．若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为 【答案】ACD 【解析】对于选项A： 因为动点P在正方体内及其表面上运动，且，， 所以点P在线段上. 由正方体性质可得：. 因为平面，平面， 所以平面， 则点到平面距离等于点P到平面距离， 所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确； 对于选项B： 由正方体性质可得：平面平面. 因为点E在棱AD上，且，点P在棱上， 所以直线平面， 则直线与平面相交， 所以棱上不存在点P，使得平面，故选项B错误； 对于选项C： 由正方体性质可得：，. 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为，动点P在正方体内及其表面上运动， 所以点P轨迹为矩形. 又因为正方体的棱长为3， 所以， 则动点P所围成的图形的面积为，故选项C正确； 对于选项D： 在底面ABCD中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示： 则，，. 因为动点P在正方形内， 所以设点坐标为，，且. 则，. 由正方体性质可得：平面， 因为平面， 所以, 则. 又因为， 所以，整理得：， 所以动点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，且在正方形内的一部分. 因为， 所以线段BP的最小值为，故选项D正确. 故选：ACD. 3．（2025·河南·三模）（多选题）如图（1），扇形是半径为的圆的四分之一，在梯形中，，，，弧上存在一点，使，边上的点满足，连接交于点，现将梯形沿折起到，如图（2），使，则（    ） A．与为异面直线 B．平面平面 C．平面平面 D．异面直线与所成的角为 【答案】BC 【解析】翻折前，在中，因为，，， 由余弦定理得，所以，所以， 又，所以， 又因为，所以，且， 所以四边形为矩形， 所以翻折后，，，，，， 对于A，因为，所以、、、四点共面，故A错误； 对于B，因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，因为，又平面，平面，所以平面， 同理平面，又，、平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，因为，，所以四边形为平行四边形，所以， 所以（或补角）为异面直线与所成的角， 因为，，， 由余弦定理得， 所以，，故，故， 所以异面直线与所成的角为，故D错误． 故选：BC. 4．（2025·辽宁·模拟预测）（多选题）已知直线，和平面，，且，，则下列四个选项中正确的有（   ） A．若，则过可作唯一平面与垂直 B．若与所成角为60°，则过可作唯一平面与垂直 C．若，则过可作唯一平面与垂直 D．若，则过可作唯一平面与平行 【答案】BC 【解析】对于A项，，，当时， 因为，所以，则过可以作无数个平面与垂直，故A错误； 对于B项，因为m与所成角为60°，，所以与不垂直，所以与不垂直， 所以过可作唯一平面与垂直，故B正确； 对于C，D项，由，，，得与的关系是或， 所以过可作唯一平面与垂直，故C项正确； 当时，过的平面与相交或重合，故D项错误. 故选：BC. 5．（2025·陕西西安·模拟预测）（多选题）已知正方体的棱长为2，点满足，下列结论正确的是（   ） A．若，则与所成角为 B．若平面，则 C．若点，，，都在球的表面上，且球心在底面上，则 D．若平面时，与平面交于点，则 【答案】BC 【解析】对于A，因为四边形为正方形，所以⊥， 又⊥平面，平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 为中点，平面，所以，所以A错误；    对于B，因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理可得， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 若平面，则点为与平面的交点， 由于平面与平面将三等分，故，B正确；    对于C，若在底面上，则为正方形的中心， 又，其中， 在中，，即， 解得，故，故，则， 根据B可知，此时平面， 又易知，，，共面，为平面与平面的交线， 故，C正确；    对于D，由A知，⊥平面，又平面，所以⊥， 同理可证⊥，又，平面， 所以平面， 平面时，点为与平面的交点， 与平面交于点，故点重合，故 ，D错误.    故选：BC. 6．（2025·陕西咸阳·三模）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，平面ABCD，，且，． (1)证明：平面． (2)若，，求平面ABE与平面CFG夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见详解(2) 【解析】（1）证明：设，连接， 又，， 所以，且， 又四边形ABCD为矩形，所以，且， 则，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）由AF⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形， 易得两两垂直，故以为原点建立空间直角坐标系， 又，，， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 所以，不妨取，则， 设平面的一个法向量为， 所以，不妨取，则， 则， 所以平面ABE与平面CFG夹角的余弦值为. 7．（2025·江西·模拟）如图，在三棱锥中，点分别是底边的中点，平面和平面相交于直线.    (1)求证：平面； (2)若平面平面是直线上的一点，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)或 【解析】（1）证明：因为点分别是底边的中点，所以，. 因为平面平面PAB，所以平面， 因为平面和平面的交线为，平面， 所以， 因为平面平面ABC， 所以平面. （2）因为，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又. 所以以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    因为，所以，又， 则， 由（1）可知，因为， 若，又，所以，所以 若，又，所以，所以 因为，设平面PBC的法向量为， 则，不妨取，解得， 设直线与平面所成角为， 当点的坐标为时，. 则；. 当点的坐标为时，， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为或. 8．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）连接交于点，连结，. 因为底面是正方形，所以是的中点. 又，所以，故. 由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即. 所以四边形为平行四边形，故. 又因为平面，平面，所以平面. （2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 故，，，. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 故. 所以平面与平面夹角的大小为. 9．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． (1)求证：； (2)求直线CF与平面ADF夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）证明：因为，平面,平面, 所以平面, 又，平面,平面, 所以平面, 又，且平面 所以平面平面, 又因为平面CDF，所以平面 因为平面ADF，平面平面 所以，即 （2）因为平面平面ABCD 所以．又, 如图，以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 所以 设平面ADF的一个法向量为，则，即 不妨令，则，所以 所以直线CF与平面ADF夹角的正弦值. 9．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且． (1)若，证明：平面； (2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）取棱中点记为M，连接， 分别是的中点，且侧面是正方形， ， 四边形是平行四边形， 又平面，平面， 平面． （2）直三棱柱， 两两垂直，以B点为坐标轴原点，为x轴正方向，为y轴正方向，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， 则，取， 设平面的法向量， 则，取， 记平面与平面夹角为， 令，所以，在，即时取得最大值． 10．（2025·安徽滁州·一模）如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 (1)若平面平面，求证：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）在图（1）中，，，所以，， 为AC的中点，，所以，， ，所以G为AB的中点，所以， 在图（2）中，平面PEG，平面PEG， 所以平面， 平面，平面平面，所以； （2）在图（2）中，因为，，，PF、平面PBF， 所以平面PBF， 又平面EFBC，所以平面平面EFBC， 因为平面平面，，所以平面 由（1）知，即，又，所以， 过在平面内作， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PEC的法向量为， 则， 令，解得，所以 设平面PBC的法向量为， 则， 令，解得，所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 1．（2022·新课标乙卷·理7题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【解析】在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 2．（2021·浙江·6题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ） A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 【答案】A 【解析】 连，在正方体中， M是的中点，所以为中点， 又N是的中点，所以， 平面平面， 所以平面. 因为不垂直，所以不垂直 则不垂直平面，所以选项B,D不正确； 在正方体中，， 平面，所以， ，所以平面， 平面，所以， 且直线是异面直线， 所以选项C错误，选项A正确. 故选：A. 3．（2024·甲（文）·11题）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. 4．（2024·天津·6题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 【答案】C 【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误. 【解析】对于A，若，，则平行或异面，故A错误. 对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则与相交或异面，故D错误. 故选：C. （2025·1卷·9题）（多选）9．在正三棱柱中，为中点，则　　 A． B．平面 C．平面 D． 【解析】：解法一：在正三棱柱中，为中点， 对于，取中点，连接，， 因为，，所以与不垂直，即与不垂直，故错误； 对于，，，， 平面，故正确； 对于，，平面，平面，平面，故正确； 对于，，， 与不平行，故错误． 故选：． 解法二： 设取中点，连接分别以为轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 对于: 与不垂直，故错误； 对于: 又 平面 ，故正确； 对于，由选项得为平面的一个法向量， 平面，平面，故正确； 对于， 与不平行，故错误. （注：作为选择题，该题可以视为边长为2的正方体解题，速度比较快） 解法三：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则，则不成立，故A错误； 对于BC，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，，则平面，平面，故BD正确； 对于D，，则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 5．（2024·1卷·17题）（新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）（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． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 6．（2024·甲（文）·17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； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解；(2) （2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解. 【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； （2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得， 又，所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形， 与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 由等体积法可得，， ，， 设点到的距离为，则， 解得，即点到的距离为. 7．（2024·甲（理）·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，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解；(2) 【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； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 8．（2024·北京·17题）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，． (1)若F是PE中点，证明：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【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） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 9．（2024·天津·17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； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【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； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 10.（2025·北京·17题）（2025年北京）四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)F为的中点，G为PE的中点，证明：面PAB； (2)若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值． 【解析】解法一：（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形 不妨设 ，E、F分别为BC、PD的中点，， ， ， ， ∴四边形FGMN为平行四边形， ， 面PAB，面PAB，面PAB； （2）面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则 设面PCD的一个法向量为 取 设AB与面PCD成的角为 则 即AB与平面PCD成角的正弦值为. 解法二：（1）取的中点为，连接，，易证，，三点共线，在三角形中，为的中点，为的中点，∥，又，，∥，由基本事实可证∥①，平面②，平面③，由①②③可证，∥平面. （2）延长，，相交于点，连接，则与平面所成的角就是与平面所成的角. 平面，平面，，，，所以平面，平面，所以，即是直角三角形. 不妨设，，所以，，.设点到平面的距离为，利用等体积法求. ，，，，设直线与平面所成的角为，则. 综上所述，直线与平面所成的角的正弦值为. 11.（2025·2卷·17题）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，，．将四边形沿翻折至四边形，使得面与面所成的二面角为． （1）证明：平面； （2）求面与面所成二面角的正弦值． 【解析】（1）证明：因为在四边形中，，且，所以， 又，所以四边形为矩形， 折叠后，显然，平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 又，所以平面平面，又平面， 所以平面； （2）解法一：由，，所以，所以，， 所以面与面所成二面角的平面角为， 结合，所以平面，可得平面平面， 又为的中点，所以△为等边△， 如图以为原点建立空间直角坐标系，设，则， 所以，0，，，0，，，2，，，4，，，1，， 所以，，1，，，， 设平面的法向量为， 则，可得， 再设平面的法向量， 则，解得， 设面与面所成二面角为，则， 所以． 解法二： 设,连接，设,则 由，，所以，所以，， 所以面与面所成二面角的平面角为， 所以 设点到平面的距离为，面与面所成二面角为 则，即 所以 12.（2025·上海·18题）如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面直径，且． （1）若直线与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知是母线的中点，点、在底面圆周上，且弧的长为，．设点在线段上，证明：直线平面． 【解析】：（1）如图，连接，依题意及圆锥的性质得，，， 所以， 所以圆锥的侧面积． （2）证明：连接，，， 因为是母线的中点，是底面圆的直径， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为， 所以， 因为， 所以， 则△为等边三角形，， 所以， 所以△为等边三角形，， 所以， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面， 而，，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面． 解法二：同解法一 （1） 连接，，， 在中 ，为等边三角形可得四边形为平行四边形 解法三：同解法一 （1） ，设的中点为，建立坐标系为坐标原点，以分别为轴，可得.所以，设是平面的一个法向量，令，可得。所以。 令则，， , 所以，即 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 直线、平面平行的判定与性质 目录 01 考情研究 2 02 知识梳理· 3 03 探究核心考点 3 考点一：平行的判定 4 考点二：直线与平面平行的判定 5 考点三：直线与平面平行的性质 7 考点四：平面与平面平行的判定 8 考点四：面面平行的性质 9 三阶段突破训练 基础训练· 11 能力提升 14 真题感知 17 一、5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 考情分析 （1）直线与平面平行的判定与性质 （2）平面与平面平行的判定与性质 2025·1卷第9题，5分 2025·北京第17（1）题，5分 2025·2卷第17（1）题，5分 2025·上海第18（2）题，8分 2024·甲（文）第17（1）题，5分 2024·天津第17题（1），5分 24年北京卷第17（1）题，5分 2024年I卷第17（1）题，5分 2024年甲（理）第19（1）题，5分 2022年甲卷（文）第19题，12分 2022年乙卷（文）第9题，5分 2021年浙江卷第6题，4分 本节内容是高考数学的重点考查领域，涉及线线平行、线面平行和面面平行的证明问题，常出现在解答题的首个小问。本部分综合复习了空间中平行关系的判定定理与性质定理。在高考真题中，尽管证明目标集中于平行结论，但解题过程常需交替运用直线与平面平行的判定或性质定理，从而增强了题目的综合性与难度。 二、课标要求 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理.2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形平行关系的简单命题. 三、知识导图 1．线面平行的判定定理和性质定理 类别 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的①_  _  _  _  _  _  _  _  平行,那么该直线与此平面平行 性质定理 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②_  _  平行 2．面面平行的判定定理和性质定理 类别 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 如果一个平面内的两条③_  _  _  _  _  _  _  _  与另一个平面平行,那么这两个平面平行 性质定理 两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面④_  _  ,那么两条⑤_  _  平行 点拨 三种平行关系的转化 方法总结 线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示． 性质 性质 性质 判定 判定 判定 线∥面 线∥线 面∥面 （1）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； （2）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； 考点一：平行的判定 典例1．（2025·河北衡水·三模）已知直线，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 典例2．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【方法技巧】 1.平行关系中的三个重要结论 （1）垂直于同一条直线的两个平面平行,即若 , ,则 ；（2）平行于同一个平面的两个平面平行,即若 , ,则 . 2.平行关系相关的性质 （1）夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等；（2）两条直线被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例；（3）同一条直线与两个平行平面所成的角相等. 跟踪训练1．（2025·四川成都·模拟）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 跟踪训练2．（2025·福建泉州·模拟预测）在边长为2的正方体中，M为边的中点，N为边的中点.则（    ） A． B．平面 C．直线所成角的余弦值为 D．直线所成角的余弦值为 跟踪训练3．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（    ） A．若直线，与平面所成角相等，则 B．若，且，，则 C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直 D．若，，，，则 考点二：直线与平面平行的判定 典例1．（2025·上海金山·三模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（   ） A．为 B．为的中点 C．的轨迹长度为 D．为的中点 典例2．（2025·福建泉州·模拟预测）在直三棱柱中，，，为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面平面 【答案】BCD 【解析】如图，设中点分别为，连接， 【方法技巧】 证明线面平行的方法 （1）在平面内找出（或作出）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程； （2）两平面平行时，其中一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面. 跟踪训练1．（2025·辽宁盘锦·三模）在正三棱柱中，点E为棱的中点，点F为棱的中点，则下列说法正确的是（   ） A．平面 B．若，则 C．若，则直线与所成角的余弦值为 D．若，则平面与平面的夹角为 跟踪训练2．（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．    (1)求证：平面； 考点三：直线与平面平行的性质 典例1．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若与所成的角相等，则 典例2．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． 【方法技巧】 证明线线平行，常常将线面平行转化为该线与过该线的一个平面和已知平面的交线平行. 注意利用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线. 跟踪训练1．（2025·湖南长沙·三模）在直三棱柱中，，，，，，若平面，求的值； 【答案】 【解析】连接交于点，连接， 平面，平面，平面平面，， 又是的中点，故是的中点，. 跟踪训练2．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．若平面，求的值； 考点四：证明面面平行 典例1．（2025·福建福州·模拟）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ） A．  B．  C．  D．   典例2．（2025·河南·模拟）如图，在棱长均为2的八面体中，下底面是正六边形，且平面､平面均垂直于底面. (1)证明：平面平面. 【方法技巧】 判定面面平行的方法 （1）利用定义，即证两个平面没有公共点（不常用）. （2）利用面面平行的判定定理（主要方法）. （3）利用垂直于同一条直线的两平面平行（客观题可用）. （4）利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行（客观题可用）. 注意 利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线. 跟踪训练1．（2025·安徽·模拟预测）如图1，E，F，G，H分别是正方形各边中点，将分别沿折起，使得所在平面与底面均垂直（如图2），连接．    (1)证明：平面平面； 跟踪训练2．（2025·江西新余·模拟预测）如图，在正方形中，，分别为中点，四边形也是正方形，经过点的直线与平面的夹角为且，现将正方形沿直线平移至得到四棱台．    (1)求证：平面平面； 考点五：面面平行的性质 典例1．（2025·重庆·三模）已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为（    ） A．24 B．18 C． D．12 典例2．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； 【方法技巧】 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行线面平行”） 跟踪训练1．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则过点、、的平面与侧面的交线长为（   ） A． B． C． D． 跟踪训练2．（2025·山东聊城·模拟预测）如图所示的多面体中，平面，，，，，，，． (1)若点为中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 1．设表示空间的两条直线，表示平面，给出下列结论：（1）若且，则；（2）若且，则；（3）若且，则；（4）若且，则，其中不正确的个数是（    ） A．1 B．2个 C．3个 D．4个 2．设为直线，为平面，则的一个充要条件是（    ） A．内存在一条直线与平行 B．平行内无数条直线 C．垂直于的直线都垂直于 D．存在一个与平行的平面经过 3．已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，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 4．已知表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，下列推理正确的是（    ） A． B． 且 C． D． 5．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，F分别为边AB，AD上的点，且，又点H，G分别为BC，CD的中点，则（   ） A．平面EFGH，且四边形EFGH是矩形 B．平面BCD，且四边形EFGH是梯形 C．平面ABD，且四边形EFGH是菱形 D．平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形 6．（2025·湖北·模拟）下列四个命题 ①直线不平行于平面，则平面内不存在与平行的直线； ②两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件； ③平面平面，过内的任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面； ④空间中，一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补. 其中正确的命题是（    ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④ 7．（多选题）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．   8．（2025·海南·模拟）（多选题）已知、是两个不同的平面，是一条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 9．如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当平面时， .    10．如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线，平面与平面的交线，若直线与所成角为，直线与所成角为，则的值是 ． 1．（2025·福建漳州·模拟）（多选题）在正方体中，E，F分别为和的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的正切值为 D． 2．（2025·江苏泰州·模拟）（多选题）如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（   ） A．若，，则三棱锥的体积为定值 B．棱上存在点P，使得平面 C．若，则动点P所围成的图形的面积为 D．若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为 3．（2025·河南·三模）（多选题）如图（1），扇形是半径为的圆的四分之一，在梯形中，，，，弧上存在一点，使，边上的点满足，连接交于点，现将梯形沿折起到，如图（2），使，则（    ） A．与为异面直线 B．平面平面 C．平面平面 D．异面直线与所成的角为 4．（2025·辽宁·模拟预测）（多选题）已知直线，和平面，，且，，则下列四个选项中正确的有（   ） A．若，则过可作唯一平面与垂直 B．若与所成角为60°，则过可作唯一平面与垂直 C．若，则过可作唯一平面与垂直 D．若，则过可作唯一平面与平行 5．（2025·陕西西安·模拟预测）（多选题）已知正方体的棱长为2，点满足，下列结论正确的是（   ） A．若，则与所成角为 B．若平面，则 C．若点，，，都在球的表面上，且球心在底面上，则 D．若平面时，与平面交于点，则 6．（2025·陕西咸阳·三模）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，平面ABCD，，且，． (1)证明：平面． (2)若，，求平面ABE与平面CFG夹角的余弦值. 7．（2025·江西·模拟）如图，在三棱锥中，点分别是底边的中点，平面和平面相交于直线.    (1)求证：平面； (2)若平面平面是直线上的一点，，求直线与平面所成角的正弦值. 8．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 9．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． (1)求证：； (2)求直线CF与平面ADF夹角的正弦值． 9．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，，分别是棱的中点，且． (1)若，证明：平面； (2)当平面与平面夹角的余弦值最大时，求的值． 1．（2022·新课标乙卷·理7题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 2．（2021·浙江·6题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ） A．直线与直线垂直，直线平面 B．直线与直线平行，直线平面 C．直线与直线相交，直线平面 D．直线与直线异面，直线平面 3．（2024·甲（文）·11题）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 4．（2024·天津·6题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 （2025·1卷·9题）（多选）9．在正三棱柱中，为中点，则　　 A． B．平面 C．平面 D． 5．（2024·1卷·17题）（新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 6．（2024·甲（文）·17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； (2)求点到的距离. 7．（2024·甲（理）·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，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 8．（2024·北京·17题）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，． (1)若F是PE中点，证明：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 9．（2024·天津·17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； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 10.（2025·北京·17题）（2025年北京）四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)F为的中点，G为PE的中点，证明：面PAB； (2)若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值． 11.（2025·2卷·17题）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，，．将四边形沿翻折至四边形，使得面与面所成的二面角为． （1）证明：平面； （2）求面与面所成二面角的正弦值． 12.（2025·上海·18题）如图，是圆锥的顶点，是底面圆心，是底面直径，且． （1）若直线与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； （2）已知是母线的中点，点、在底面圆周上，且弧的长为，．设点在线段上，证明：直线平面． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $