立体几何：平行的判定与性质 专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦立体几何平行判定与性质，以题载法构建"概念-判定-性质-综合应用"逻辑链，强化空间观念与推理能力 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判定|单选1-3、多选8|定义法、反证法、线面平行判定定理|线线平行→线面平行→面面平行的递进关系| |几何体应用|单选4-6、填空12-13、解答14-16|中位线法、平行四边形构造、面面平行性质|从特殊几何体（正方体、正四棱锥）到一般多面体的平行性质迁移| |动态与综合|单选7、多选9-11、解答17-19|轨迹法、体积转化、旋转体性质|静态证明到动态探究（动点、旋转）的能力提升，渗透空间想象与逻辑推理|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何--平行的判定与性质 一、单选题 1．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若是异面直线，，则 D．平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 2．设是两个不同平面，是平面内的两条不同直线.甲：，乙：，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 3．如图，在四面体中，分别是的中点，则下列结论中一定正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 4．我国古代著名的数学专著《九章算术》中记载有几何体“刍甍”.”如图，在几何体“刍甍”中，平面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，O为正方形的中心，则（    ） A．平面 B．平面 C． D． 5．如图所示，在四棱锥中，分别为上的点，且平面，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．以上均有可能 6．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 7．已知正四棱柱的底面边长为4，侧棱长为2，点是棱的中点，为上底面内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把该正四棱柱截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．已知直线m，l，平面，则下列结论正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 9．在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点（含端点），则（    ） A．平面 B．不存在，使得 C．三棱锥的体积为定值 D．当时，平面 10．如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 11．三棱台中，，设AB的中点为的中点为与BF交于点与交于点，则（    ） A．直线GH与直线异面 B． C．线段AE上存在点，使得平面 D．线段BE上存在点，使得平面 三、填空题 12．如图，在棱长均相等的正四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，M，N分别为侧棱PA，PB的中点，有下列结论： ①PC∥平面OMN； ②平面PCD∥平面OMN； ③OM⊥PA； ④直线PD与直线MN所成角的大小为90°. 其中正确结论的序号是 . 13．已知正方体的棱长为4，则直线到平面的距离为 ． 四、解答题 14．如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，是棱上的一个动点，为的中点，为的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求证：平面； (3)若，为的重心，证明平面. 15．如图，在正三棱柱中，，是的中点.    (1)证明：平面. (2)求点到平面的距离. 16．如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6. (1)证明：平面； (2)求该正四棱台的表面积. 17．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. 18．在四棱锥中，已知，是线段上的点. (1)是否存在点使得与平面平行？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由. (2)若为的中点，求二面角的正弦值. 19．如图，三棱柱中，点在底面的射影为，，，，，是的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱柱的体积. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B B A D ACD ACD BCD 题号 11 答案 AD 1．C 根据各选项中的线面关系条件，利用面面平行的判定定理和线面平行的判定定理逐一判断即可. 对于A，若，则与可能相交，故A错误． 对于B，若，则或，故B错误． 对于C，假设，因则，又因，则，故，这与是异面直线矛盾，故假设不成立，即，故C正确． 对于D，平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能相交， （这三点中有两点位于平面一侧，另一点位于平面另一侧）故D错误． 故选：C． 2．B 根据充分条件和必要条件的定义结合面面平行的判定和性质分析判断即可. 由，是平面内的两条不同直线，得不到， 因为与可能相交，只要和的交线平行即可得到； 反过来，若，是平面内的两条不同直线，则和没有公共点， 所以由能得到， 故甲是乙的必要不充分条件. 故选：B. 3．C 对于AB选项，若平面、平面成立，则必有、成立，根据题目条件判断这两垂直条件是否成立即可；对于C，由即可得到；对于D，取AC中点H，连接GH，可知面GHF，再和平面EFG比对即可判断． 对于A，若平面，则，又因为G、F为中点，所以，所以，但由于四面体各侧面形状不定，不一定成立，故A错误； 对于B，若平面，则，所以，但由于四面体各侧面形状不定，不一定成立，故B错误； 对于C，由题意，面EFG，面EFG，所以平面EFG，故C正确； 对于D，取AC中点H，连接GH，则，而面GHF，面GHF，所以面GHF，但显然面GHF与面EFG不是同一平面，且面面，所以平面EFG不成立，故D错误。 故选：C． 4．B 根据几何体的性质和平面中点线面关系，证明线面平行，根据线面平行的性质定理，证明异面直线和线面垂直，分别判断各选项正误. 如图所示，作中点，连接， 因为O为正方形的中心，所以, 因为四边形ABFE是等腰梯形，所以, 所以四边形是平行四边形，所以, 因为面，面，所以平面， 所以B正确； 只有面时，平面，不能保证面面成立，所以A错误； 因为，平面，，所以和异面，所以C错误，同理可得以和也异面，所以D错误. 故选：B 5．B 根据给定条件，利用线面平行的性质推理判断即可. 直线平面，平面，平面平面， 所以. 故选：B 6．A 由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论. 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. 【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系. 7．D 取的中点，连接，由题意易得平面平面，从而可得，进而可得体积较小的部分为三棱锥，进而可求得其外接球的体积. 取的中点，连接 由题意可得，又，所以，所以平面即为平面， 又，平面，平面，所以平面， 易得，所以四边形为平行四边形， 所以且，又且， 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， 又，，平面， 所以平面平面，又因为平面， 所以平面，又为上底面内（包括边界）的一动点， 所以，由图易知的轨迹把该正四棱柱截成两部分中体积较小的部分为三棱锥， 又， 所以三棱锥的外接球的半径， 较小部分的外接球的体积为. 故选：D. 8．ACD 对于A：根据面面平行的传递性即可判断；对于B：根据线性的位置关系即可判断；对于CD：根据线面平行的性质分析判断. 对于A：若，则，故A正确； 对于B：若，则的位置关系有：平行、相交或异面；故B错误； 对于C：若，则，故C正确； 对于D：若，则，故D正确； 故选：ACD. 9．ACD A.根据线面垂直的判断定理，证明平面；B.根据点与重合，点与重合，即可判断B；C.根据等体积转化，判断C；结合平行四边形的性质，结合线面平行的判断定理，判断D. A.因为,点，所以平面和平面是同一个平面， 平面，平面，所以，且，且，平面，所以平面，即平面，故A正确；    B.当点与重合，点与重合，此时是等边三角形，此时，所以存在，使得，故B错误； C.，为定值，故C正确；    D.取上一点，使，所以，且，所以四边形和是平行四边形，则，且，以及，， 所以四边形是平行四边形，则，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面, 所以平面，故D正确.    故选：ACD 10．BCD 根据二面角的平面角判断A，根据扇形弧长公式判断B，根据平面平行的判定定理判断C， 当时可证明线线平行判断D. 如图，    对于A，取的中点，则， 所以为二面角的平面角，故， 而，因此A错误； 对于B，当旋转了也绕着旋转，由于到的距离是正方体面对角线的一半，即， 因此旋转的轨迹长度是，故B正确； 对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心． 因此，平面，平面， 从而平面，同理可得平面． ，平面， 因此平面平面，故C正确； 对于D，由C可知，当时，． 因此四边形是平行四边形，因此，即， 因此四点共面，D正确． 故选：BCD 11．AD A选项，根据线面关系，得到B，G，H三点不共线，直线GH与直线没有交点，故两直线异面；B选项，，但是的中点，不成立，故B错；CD选项，取线段BF的中点，连接交BE于点，可证得平面，C错误，D正确. 如图所示，对于A，因为平面平面， 故与平面的交点为，且是唯一的.又因为B，G，H三点不共线， 所以GH不经过点，又平面，所以直线GH与直线没有交点， 即直线GH与直线异面，故A正确； 对于B，因为AB的中点为的中点为，所以点是的重心， ，若，则， 事实上：， 所以一定经过的中点，故是的中点，不成立，故B错误； 对于CD选项，如图，取线段BF的中点，连接并延长，交BE于点， 下证平面：由为的中点可知， 又平面平面，所以平面，故D正确，C错误； 故选：AD. 12．①②③ 根据线面平行的判定可判定①；由面面平行的判定可判断②；由勾股定理可得PC⊥PA，结合PC⊥PA可判断③；通过线面直线所成角的定义及题设可证得∠PDC即为直线PD与直线CD所成的角，结合△PDC为等边三角形可判断④. 连接AC，如图 ∵O为底面正方形的中心，∴是的中点， 又M为侧棱PA的中点，∴PC∥OM， 又PC⊄平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC∥平面OMN， 故结论①正确； 同理PD∥平面OMN，又PCPD＝P，PC，PD平面PCD， 所以平面PCD∥平面OMN，故结论②正确； 由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以. 又∥，所以，故结论③正确； 由于M，N分别为侧棱PA，PB的中点，所以MN∥AB. 又四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD， 所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角，即∠PDC. 又△PDC为等边三角形，所以，故④错误. 故答案为：①②③. 13．2 利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面距离转化为点面距离求解即可. 连接与交点为，因为是正方形，则， 又平面，平面，则， 又平面，则平面， 因为平面，平面，所以平面， 所以直线到平面的距离为点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 故答案为：. 14．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 （1）根据菱形的几何性质以及中位线的性质，结合线面平行判定定理，可得答案； （2）根据中位线的性质，结合线面平行与面面平行的性质与判定，可得答案； （3）根据等比例可得线线平行，结合线面平行判定定理，可得答案. （1）由已知四边形为菱形，又为的中点，所以为的中点， 又为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面.    （2）过作交于，连接，. 因为，平面，平面，所以平面， 因为底面是菱形，是的中点，又因为为的中点，所以为的中点， 因为，，所以为的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. （3）连接，并延长，交于点，连接， 因为为的重心，所以为中点，且. 又，所以. 所以，所以，又平面，平面， 所以平面. 15．(1)证明见解析 (2) （1）将证明线面平行问题转换为证明线线平行问题，即在平面内寻找一条直线与要求直线平行；（2）通过等体积法求距离 （1）    证明：连接并与交于点，连接. 在正三棱柱中，四边形为矩形， 则是的中点. 因为是的中点，所以. 又平面平面， 所以平面. （2）由（1）可知平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离. 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面. 又平面，所以. 因为是的中点，所以. 因为，所以平面. 由，可得. 连接，则. 设点到平面的距离为， 则. 由，得， 解得，即点到平面的距离为. 16．(1)证明见解析 (2) （1）连接，交于点，连接.根据三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）在梯形中，过作交于点，根据平面几何知识可求出，进而可求，即可求解正四棱台的表面积. （1）（1）连接，交于点，连接，如图所示. 在正四棱台中，底面为正方形，所以为中点. 又为的中点，. 又平面，平面，平面. （2）由题可知：在梯形中，，，， 过作交于点，，， 所以， 正四棱台的表面积为 . 17．(1)证明见解析 (2)存在， （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. （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. 18．(1)存在，为的中点 (2). （1）利用中位线性质得出平行四边形，结合线面平行的判定可证结论； （2）先证明垂直关系，建立坐标系，求解法向量，利用二面角的向量求法可得答案. （1）当为的中点时，平面， 证明如下：取的中点，连接， 在中，分别为的中点， 则为的中位线，则，且， 因为，，所以且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面平面， 所以平面，此时为的中点. （2）取的中点，连接交于点，连接， 由，可得四边形为菱形，则有， 由可得，. 又因为，所以. 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面 平面. 因为为的中点，所以，平面平面， 所以平面，因为，，所以. 以为坐标原点，为基底建立空间直角坐标系. ， . 设为平面的法向量， 即 令，得， 设为平面的法向量， 即 令，得， ∴平面的法向量为， 可得. 设二面角的平面角为， 则，可得. 综上，二面角的正弦值为. 19．(1)证明见解析 (2) （1）连接并延长交于，连接，由几何关系得到，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立如图所示空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再由线面角公式得到，最后计算体积即可； （1） 证明：连接并延长交于，连接， 由题意平面，平面， 所以， 又，所以与全等，即，所以， 又，即，所以，， 所以， 所以，即，所以为的中点， 又是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2） 过点作，如图建立空间直角坐标系， ， 设，则有， ， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以，解得，即， 所以三棱柱的体积为. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $