第30讲空间点、线、面之间的平行关系（知识清单+7典例精讲+4方法技巧+分层训练）-2027年高考数学一轮复习讲义与培优专练（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间点线面平行关系核心考点，以线面、面面平行的判定与性质定理为基础，按知识清单梳理、典例精讲突破、方法技巧总结、分层训练巩固的逻辑架构展开，通过考点梳理构建知识网络，方法指导提炼解题模型，真题训练强化应用能力，帮助学生系统突破高考高频难点。 资料创新采用“模型化+分层化”教学策略，如线面平行证明的中位线与平行四边形模型，培养学生的空间观念和推理意识，通过基础过关、拔高选练、错题复盘的分层训练，精准对接高考难度，助力教师高效把控复习节奏，提升学生用数学语言表达和解决空间问题的应考能力。

第30讲空间点、线、面之间的平行关系 （知识清单+7典例精讲+4方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 线面平行判定定理证明 解答题 12分 线面平行性质定理辨析应用 选择题 5分 线面、面面平行命题真假辨析 解答题 12分 面面平行判定条件辨析 选择题 5分 面面平行综合证明 解答题 12分 【知识点01】线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 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 ⇒a∥α 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，那么该直线与交线平行 ⇒a∥b 【例1】已知直线平面，直线平面，且，求证：。 【知识点02】面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 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 ⇒β∥α 性质定理 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 ⇒a∥b 【例2】在正方体中，求证：平面平面。 【题型一】判断线面平行与补全线面平行的条件 【例1】已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【变式1】（2025·浙江·三模）在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若面，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 【变式2】已知说法甲为“如果直线，那么平面”，说法乙为“如果平面”，那么”.要使上面两种说法成立，需分别添加的条件是 A．甲：“”，乙：“” B．甲：“”，乙：“且” C．甲：“，”，乙：“且” D．甲：“，”，乙：“” 【变式3】（2024黑龙江大庆·一模）如图，已知正方体，点分别是的中点， 与平面________（填“平行”或“不平行”）；在正方体的条面对角线中，与平面平行的面对角线有________条． 【题型二】判断面面平行与补全面面平行的条件 【例1】下列条件中能推出平面平面的是（    ） A．存在一条直线，， B．存在一条直线， ， C．存在两条平行直线，，，，， D．存在两条异面直线，，，，， 【变式1】（2025浙江嘉兴·模拟预测）已知是不全平行的直线，是不同的平面，则下列能够得到的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】设，是空间中的两个平面，，是两条直线，则使得成立的一个充分条件是（    ） A．，， B．，， C．，，， D．，， 【变式3】（多选）以下条件能够判断平面与平面平行的是（    ） A．平面内有两条直线与平面平行 B．两不同平面，平行于同一个平面 C．平面内的任意一条直线与平面无公共点 D．夹在平面与平面间的两条平行线段相等 【题型三】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【例3】（2023·甘肃白银·二模）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是（    ） A．2 B． C． D．3 【变式1】（2025·全国·模拟预测）如图．四棱锥的底面为正方形，空间中存在点E，满足，则点E可能位于（    ） A．平面与平面的交线上 B．平面与平面的交线上 C．直线上 D．直线上 【变式2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）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，__________.    【变式3】如图，在三棱柱中，E是棱的中点，D是棱BC上一点．若平面ADE，则的值为______． 【题型四】由线面平行求线段长度 【例4】（2024·山西吕梁·三模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝（　　） A．2 B． C． D．1 【变式1】已知正方体的棱长为1，点是平面的中心，点是平面的对角线上一点，且平面，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（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______． 【变式3】如图，已知圆O的直径AB长为2，上半圆圆弧上有一点C，，点P是弧AC上的动点，点D是下半圆弧的中点，现以AB为折线，将上､下半圆所在的平面折成直二面角，连接，，. （1）当平面PCD时，求的长； （2）求三棱锥的最大体积 【题型五】证明线面平行 【例5】如图，在四棱锥，，点E在AD上，且．若F为线段PE的中点，求证：平面PCD．    【变式1】如图，等边三角形，且点A，B分别为线段与的中点.将沿折叠后使点O与点P重合，得到四棱锥.设点E为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 【变式2】（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱中，，，且D，E分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【变式3】如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处．求证：平面； 【题型六】证明面面平行 【例6】如图，不在同一直线上的三点在平面α上，点、、在平面β上，且．求证：平面平面β． 【变式1】如图，已知长方体，求证：平面平面． 【变式2】如图，已知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，点为底面圆的三等分点，分别是的中点.    (1)求证：平面平面. (2)求三棱锥的体积. 【变式3】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为. (1)证明：平面平面； (2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积. 【题型七】平行关系的综合应用 【例7】如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)若线段上存在一点使得平面平面，求的值． 【变式1】如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点. (1)求证：平面； (2)已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于， （i）求证：； （ii）求证：平面. 【变式2】如图，在平行六面体中，，，，，分别是，，，，的中点，求证： (1)； (2)平面； (3)平面平面． 【变式3】如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且. (1)求证：平面； (2)棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解题大招01】线面平行万能证明法 1. 两大核心解题模型（满分套路） 模型1：三角形中位线模型（最常考） 适用场景：题干出现中点、等分点，棱锥、棱柱几何体优先使用。 解题技巧：连接底面对角线，构造中位线，证线线平行，推出线面平行。 模型2：平行四边形模型 适用场景：几何体对边平行且相等，无中点条件时优先使用。 解题技巧：构造一组平行且相等的对边，证明四边形为平行四边形，得线线平行。 2. 满分必备三条件（缺一扣分） 答题必写：直线在平面外、直线在平面内、两直线平行，高考阅卷按点给分。 【例1】在四棱锥中，底面为平行四边形，为中点，求证：平面。 【解题大招02】线面平行性质逆向解题法 已知线面平行，求线线平行、线段长度、位置关系，无需辅助线，直接套用性质公式。 核心公式： 关键结论：线面平行，只平行交线，不平行面内任意直线（选择判断题秒杀技巧）。 【例2】已知直线平面，过直线的平面与平面交于直线，求证：。 【解题大招03】面面平行两步证明法 解题步骤技巧 第一步：在待证平面内找两条相交直线； 第二步：分别证明两条直线平行于另一平面； 第三步：由面面平行判定定理直接得出结论。 核心禁忌：两条平行线无法证明面面平行，必考易错点。 判定公式： 【例3】在正方体中，求证：平面平面。 【解题大招04】面面平行性质秒杀解题法 1. 两大秒杀结论 结论1（交线平行）： 结论2（线面平行）： 【例4】已知平面平面，平面与交于直线，与交于直线，求证：。 【基础过关】（共8题） 一、单选题 1．（2026·河南·模拟预测）在四棱锥中，底面是面积为的正方形，，，分别是棱，的中点，设四棱锥被过，且平行于的平面截得的截面面积为，则的最大值为（   ） A． B．2 C． D．1 2．（2026·福建·二模）设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 3．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．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．   三、填空题 5．（2025·山西临汾·三模）在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，过BC中点E的截面与AB，CD都平行，则截面的周长为______． 6．如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________. 四、解答题 7．（2024·陕西渭南·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． 8．如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是与的交点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. 【拔高选练】（共6题） 一、单选题 1．（2025·黑龙江·一模）如图，是圆台上底面的圆心，，是圆台下底面圆周上的两个动点，是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为，．若，平面，且的最小值为6，则该圆台的体积为（   ）    A． B． C． D． 2．（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． 3．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．不存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 二、多选题 4．（2025·江西九江·三模）如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（   ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得 C．该五面体的体积为 D．若，则点的轨迹长度为 三、填空题 5．（2026·河南开封·模拟预测）在正四棱台中，，，为线段的中点，则三棱锥的体积为______． 四、解答题 6．（2026·湖北武汉·三模）在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，，过点作平面侧面，平面与下底面的边、分别交于、两点. (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积. 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．在四棱锥中，，过直线的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱交于点E，则（    ） A． B． C． 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 二、多选题 3．（2025·四川绵阳·模拟预测）正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（    ） A．动点F的轨迹长度为 B．三棱锥的体积范围为 C．三棱锥的体积为定值 D．当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 三、填空题 4．（2024·辽宁·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长的正方形，，平面，为线段的中点，若空间中存在平而满足，，记平面与直线，分别交于点，，则=______，四边形的面积为______． 四、解答题 5．（2025·云南昆明·模拟预测）如图，是边长为4的等边三角形，且点分别为线段与的中点.将沿折叠后使点与点重合，得到四棱锥.设点为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第30讲空间点、线、面之间的平行关系 （知识清单+7典例精讲+4方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 线面平行判定定理证明 解答题 12分 线面平行性质定理辨析应用 选择题 5分 线面、面面平行命题真假辨析 解答题 12分 面面平行判定条件辨析 选择题 5分 面面平行综合证明 解答题 12分 【知识点01】线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 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 ⇒a∥α 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，那么该直线与交线平行 ⇒a∥b 【例1】已知直线平面，直线平面，且，求证：。 详细证明：已知，，，满足线面平行性质定理全部条件，因此可得： 【知识点02】面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 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 ⇒β∥α 性质定理 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 ⇒a∥b 【例2】在正方体中，求证：平面平面。 证明：1. 在正方体中，，平面，平面，故平面； 2. 同理可证：平面； 3. ，两条直线为平面内的相交直线； 4. 由面面平行判定定理得：平面平面。 【题型一】判断线面平行与补全线面平行的条件 【例1】已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】B 【详解】当直线l与平面相交，且交点不在直线m上时，满足“l与m不相交”， 但“”不成立，故充分性不成立； 若，则与无交点，所以“l与m不相交”，故必要性成立； 所以“l与m不相交”是“”的必要非充分条件. 【变式1】（2025·浙江·三模）在棱长为1的正方体中，点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），若面，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可证即为，因此可得. 【详解】如图在中， ，又平面，平面， 所以面， 因为点P，Q分别为棱，上的动点（可与端点重合），面， 所以即为，因此， 故选：B. 【变式2】已知说法甲为“如果直线，那么平面”，说法乙为“如果平面”，那么”.要使上面两种说法成立，需分别添加的条件是 A．甲：“”，乙：“” B．甲：“”，乙：“且” C．甲：“，”，乙：“且” D．甲：“，”，乙：“” 【答案】C 【解析】由线面平行的判定定理与性质定理即可得答案. 【详解】说法甲为“如果直线，那么平面”，由线面平行的判定定理得需添加的条件是“，”； 说法乙为“如果平面”，那么”，由线面平行的性质定理得需添加的条件是“且”. 故选C 【点睛】本题考查了由线面平行的判定定理与性质定理的应用，属于基础题. 【变式3】（2024黑龙江大庆·一模）如图，已知正方体，点分别是的中点， 与平面________（填“平行”或“不平行”）；在正方体的条面对角线中，与平面平行的面对角线有________条． 【答案】 不平行 6. 【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，，所以，所以 与平面不平行， 因为，所以，所以与平面平行，因为，所以 与平面平行，同理可得，，，与平面平行，，，，，，与平面不平行， 故与平面平行的面对角线有6条， 故答案为：不平行，6； 【题型二】判断面面平行与补全面面平行的条件 【例1】下列条件中能推出平面平面的是（    ） A．存在一条直线，， B．存在一条直线， ， C．存在两条平行直线，，，，， D．存在两条异面直线，，，，， 【答案】D 【分析】A、B、C，画图举例判断；D.由面面平行的判定定理判断. 【详解】A.如图所示：，存在一条直线，，，但平面与平面相交，故错误； B.如图所示： ，存在一条直线，，，但平面与平面相交，故错误； C. 如图所示：，存在两条平行直线，，，，，，但平面与平面相交，故错误； D.如图所示：，在平面内过b上一点作，则，又，且，所以，故正确； 故选：D 【变式1】（2025浙江嘉兴·模拟预测）已知是不全平行的直线，是不同的平面，则下列能够得到的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平面与平面平行的各类判断方式，结合选项逐一判断. 【详解】对于A，由垂直于同一平面的两个平面可以平行或相交可知，选项A错误； 对于B，由平面与平面平行的判定定理可知，若，则结论不成立，所以选项B错误； 对于C，因为是不全平行的共面直线，即至少两条相交，所以成立.故选C正确； 对于D，由平行于同一直线的两个平面平行或相交可知，选项D错误. 故选:C 【变式2】设，是空间中的两个平面，，是两条直线，则使得成立的一个充分条件是（    ） A．，， B．，， C．，，， D．，， 【答案】D 【分析】根据面面平行的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A，由，，，不一定得到，与也可能相交，如图， 对于B，由，，，不一定得到，与也可能相交， 如图， 对于C，，，，，不一定得到，只有添加条件与相交时，才有； 对于D，由，，又，可得. 所以使得成立的一个充分条件是D. 故选：D 【点睛】本小题主要考查面面平行，考查充分条件的判断，属于中档题. 【变式3】（多选）以下条件能够判断平面与平面平行的是（    ） A．平面内有两条直线与平面平行 B．两不同平面，平行于同一个平面 C．平面内的任意一条直线与平面无公共点 D．夹在平面与平面间的两条平行线段相等 【答案】BC 【分析】由面面平行的判定定理和面面的位置关系即可判断. 【详解】对于选项，由面面平行的判定定理可知，若平面内有两条相交直线与平面平行，则平面与平面平行，则不正确； 对于选项,平行于同一个平面的两个平面平行，则正确； 对于选项,两个平面的位置关系有平行和相交两种，平面内的任意一条直线与平面无公共点，则平面与平面无公共点，即平面与平面平行，则正确； 对于选项,相交平面也存在夹在两平面间的两条平行线段相等的情况，则不正确． 故选：. 【题型三】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【例3】（2023·甘肃白银·二模）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】先根据题中的关系确定点在平面中的位置，在求的最小值. 【详解】如图，分别取棱，的中点，，连接，，． 因为正方体中，， 所以平面内两相交直线，与平面平行 所以平面，则点在线段上． 过点作，垂足为，连接DH， 则，当且仅当与重合时，． 故选：B. 【变式1】（2025·全国·模拟预测）如图．四棱锥的底面为正方形，空间中存在点E，满足，则点E可能位于（    ） A．平面与平面的交线上 B．平面与平面的交线上 C．直线上 D．直线上 【答案】A 【分析】利用线面平行的判定定理与性质定理即可得到答案. 【详解】设平面平面， 因为，所以平面，由线面平行的性质定理知，； 又， 所以与重合， 即点E位于平面与平面的交线上. 故选：A． 【变式2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）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】/ 【分析】根据线面平行的性质定理，结合平行线的性质进行求解即可. 【详解】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： 【变式3】如图，在三棱柱中，E是棱的中点，D是棱BC上一点．若平面ADE，则的值为______． 【答案】2 【分析】连接相交于，根据线面平行的性质及可得答案. 【详解】连接相交于点，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以，则，即. 故答案为：2. 【题型四】由线面平行求线段长度 【例4】（2024·山西吕梁·三模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝（　　） A．2 B． C． D．1 【答案】D 【分析】首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，找到包含的平面与平面的交线，即可计算的值. 【详解】连结，交于点，连结和，， 因为平面，又平面，且平面平面， 所以，又点是的中点，所以是的中点， 所以 故选：D 【变式1】已知正方体的棱长为1，点是平面的中心，点是平面的对角线上一点，且平面，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用线面平行的性质定理及三角形的中位线定理，结合勾股定理即可求解. 【详解】连接，，则过点.如图所示 ∵平面，平面平面，平面， ∴，∵， ∴. 故选：B. 【变式2】（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】/ 【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值． 【详解】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：． 【变式3】如图，已知圆O的直径AB长为2，上半圆圆弧上有一点C，，点P是弧AC上的动点，点D是下半圆弧的中点，现以AB为折线，将上､下半圆所在的平面折成直二面角，连接，，. （1）当平面PCD时，求的长； （2）求三棱锥的最大体积 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由线面平行的性质可得，进而推导得到，由此可求得； （2）利用等体积法求得三棱锥的体积表达式，所以可得当时，三棱锥体积最大，即可求得结果. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以由线面平行的性质定理得. 又，可得. 而，所以为正三角形， 所以. （2）因为二面角为直二面角，且，所以平面， 而， 则， 所以当时，三棱锥体积最大，最大值为. 【点睛】当所求的几何体的体积不能直接利用公式得出时，常用等体积法、分割法、补形法等方法进行求解. 【题型五】证明线面平行 【例5】如图，在四棱锥，，点E在AD上，且．若F为线段PE的中点，求证：平面PCD．    【答案】如图，设M为PD的中点，连接FM，CM， 因为F是PE中点，所以，且， 因为， 所以，且， 所以，且， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD． 【变式1】如图，等边三角形，且点A，B分别为线段与的中点.将沿折叠后使点O与点P重合，得到四棱锥.设点E为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，由A，B分别为线段与的中点可得，结合三角形相似得到，进而得到，进而求证即可； （2）根据棱锥的体积公式，结合面积比例求解即可. 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接， 由题可知，且. 则易有与相似，且相似比为1:2，即. 又，则，故， 因为平面，平面，故平面. （2）设四棱锥的体积为，高为，四边形的面积为， 三棱锥的体积为，高为，三角形的面积为，与之间的距离为， 三棱锥的体积为，三棱锥的体积为， 由题有， 又，故，即， 则，又， 有， 即四棱锥与三棱锥的体积之比为. 【变式2】（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱中，，，且D，E分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得四边形是平行四边形，则可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）由为的中点，可得，再利用等体积法计算即可得解. 【详解】（1）由直三棱柱性质可得，， 由D，E分别是，的中点，则，， 则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； （2）由，，则， 故为等腰直角三角形，则点到的距离为， 则点到的距离为， 由为的中点，则点与点到平面的距离相等， 故. 【变式3】如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处．求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】连接交于点，连接，由中位线性质可得，根据线面平行的判定定理即可得证. 【详解】因为，，，所以四边形为矩形， 连接交于点，连接，则点为中点， 又为中点，所以是中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． 【题型六】证明面面平行 【例6】如图，不在同一直线上的三点在平面α上，点、、在平面β上，且．求证：平面平面β． 【答案】证明见解析 【分析】利用平行四边形的判定与性质先证线线平行，再证线面平行，最后可证面面平行. 【详解】因为，所以四边形为平行四边形，则， 又，所以，同理得， 由已知得，，且，所以平面平面β. 【变式1】如图，已知长方体，求证：平面平面． 【答案】证明见解析 【分析】根据面面平行的判定定理，先证明线线平行，再证明线面平行，最后证明面面平行． 【详解】证明：在长方体中，易证． 因为平面，平面， 所以平面．同理可证平面． 又平面，平面，， 所以平面平面． 【变式2】如图，已知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，点为底面圆的三等分点，分别是的中点.    (1)求证：平面平面. (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线及线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可证平面平面. （2）由题设有，求出等边三角形的边长后可求体积. 【详解】（1）因为，故， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面. （2）因为圆锥的母线长为，底面圆的半径为，故圆锥的高为， 而点为底面圆的三等分点，故为等边三角形， 因为其外接圆半径为1，故其边长为， 而. 【变式3】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为. (1)证明：平面平面； (2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理即可证明平面平面； （2）由题意可得，点到平面的距离等于点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可求解. 【详解】（1）因为分别为的中点，所以， 因为四边形为正方形，所以，从而， 又平面平面，所以平面， 连接，则为的中点，又为的中点，所以， 又平面平面， 所以平面，又，平面， 所以平面平面， 即平面平面. （2） 由题知，平面. 连接，则. 因为由（1）的证明可知平面平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以， 所以三棱锥的体积为. 【题型七】平行关系的综合应用 【例7】如图，已知点是正方形所在平面外一点，分别是的中点． (1)求证：平面； (2)若线段上存在一点使得平面平面，求的值． 【答案】(1) 证明见解析 (2) 【分析】（1）依据线面平行的判定定理，构造三角形中位线得到平行于平面内的直线，即可推出线面平行； （2）依据面面平行的性质，平面平面可得对应交线平行，据此确定为中点，即可算出的值. 【详解】（1） 取的中点，连接、. 因为是的中点，所以是的中位线， 故，且. 又正方形中，是中点，且， 因此 ，，即且. 所以四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，根据线面平行判定定理，得 平面. （2）已知平面平面，平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得. 在中，是中点，， 因此是的中点， 可得. 【变式1】如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点. (1)求证：平面； (2)已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于， （i）求证：； （ii）求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可得出结论； （2）（i）根据线面平行的性质定理证明即可； （ii）利用面面平行的判定定理可证明平面平面，再由其性质可得结论. 【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）（i）连接，交于，连接，如下图： 因为四边形是平行四边形，所以是的中点， 又因为是的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面， 所以. （ii）连接，如下图： 易知，显然平面，平面，所以平面； 同理可得，即平面； 又，所以平面平面， 又因为平面， 所以平面. 【变式2】如图，在平行六面体中，，，，，分别是，，，，的中点，求证： (1)； (2)平面； (3)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据平行六面体的性质，结合已知条件，证明线线平行； （2）根据平行六面体的性质，结合已知条件，利用线面平行判定定理证明线面平行； （3）根据平行六面体的性质，结合已知条件，利用面面平行判定定理证明面面平行． 【详解】（1），分别是，的中点， ， 又，且， 四边形是平行四边形， ， ． （2）连接，交于点，连接， 四边形为平行四边形，则点是的中点， 是的中点， 是的中位线， ， 又平面，平面， 平面． （3）连接，，，则四边形是平行四边形， ， ，，则四边形是平行四边形， ， ， 又，， 四边形是平行四边形， ， ， 平面平面． 【变式3】如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且. (1)求证：平面； (2)棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）法一：连接，首先证明四边形是平行四边形，再根据已知及线面平行的判定即可证；法二：连接分别交于点，连接，利用等比例的性质得，再根据线面平行的判定即可证； （2）根据给定条件证明平面，法一：取中点P，连接，根据已知证明，再由线面平行、面面平行的判定证明结论，即可得；法二：延长交于，延长交于，连接，利用相似关系、平行四边形的性质及线面平行的判定证明平面，最后由面面平行的判定证明结论，即可得； 【详解】（1）法一：连接，在正方体中，分别是中点， 且，则四边形是平行四边形， ∴，平面平面，所以平面， 法二：连接分别交于点，连接， 如图在正方体中，且， 所以，则，同理得， 所以，则，而平面平面， 所以平面； （2）存在，且，理由如下： 因为，所以， ，而 ， 由平面平面， 所以平面， 法一：取中点P，连接，如图 ，是中点， 是的中位线，则， ∵F为中点，则且， ∴四边形是平行四边形， ， 综上，，平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 法二：延长交于，延长交于，连接，如图： 为中点，易得， ， 分别为的中点，易得， ，又，即， ∴四边形为平行四边形， 平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 所以时，平面平面. 【解题大招01】线面平行万能证明法 1. 两大核心解题模型（满分套路） 模型1：三角形中位线模型（最常考） 适用场景：题干出现中点、等分点，棱锥、棱柱几何体优先使用。 解题技巧：连接底面对角线，构造中位线，证线线平行，推出线面平行。 模型2：平行四边形模型 适用场景：几何体对边平行且相等，无中点条件时优先使用。 解题技巧：构造一组平行且相等的对边，证明四边形为平行四边形，得线线平行。 2. 满分必备三条件（缺一扣分） 答题必写：直线在平面外、直线在平面内、两直线平行，高考阅卷按点给分。 【例1】在四棱锥中，底面为平行四边形，为中点，求证：平面。 解：① 连接，交于点； ② 因为四边形是平行四边形，对角线互相平分，故为中点； ③ 又为中点，因此在中，为中位线； ④ 由中位线性质得：； ⑤ 又平面，平面； ⑥ 由线面平行判定定理得：平面。 【解题大招02】线面平行性质逆向解题法 已知线面平行，求线线平行、线段长度、位置关系，无需辅助线，直接套用性质公式。 核心公式： 关键结论：线面平行，只平行交线，不平行面内任意直线（选择判断题秒杀技巧）。 【例2】已知直线平面，过直线的平面与平面交于直线，求证：。 解：由题可知：，，， 满足线面平行性质定理全部条件，因此可直接推出：。 【解题大招03】面面平行两步证明法 解题步骤技巧 第一步：在待证平面内找两条相交直线； 第二步：分别证明两条直线平行于另一平面； 第三步：由面面平行判定定理直接得出结论。 核心禁忌：两条平行线无法证明面面平行，必考易错点。 判定公式： 【例3】在正方体中，求证：平面平面。 解：① 在正方体中，， 又平面，平面， 由线面平行判定定理得：平面； ② 同理可证：平面； ③ ，且平面，两直线为相交直线； ④ 根据面面平行判定定理可得：平面平面。 【解题大招04】面面平行性质秒杀解题法 1. 两大秒杀结论 结论1（交线平行）： 结论2（线面平行）： 【例4】已知平面平面，平面与交于直线，与交于直线，求证：。 解：已知，且，， 由面面平行性质定理，直接推导得：。 【基础过关】（共8题） 一、单选题 1．（2026·河南·模拟预测）在四棱锥中，底面是面积为的正方形，，，分别是棱，的中点，设四棱锥被过，且平行于的平面截得的截面面积为，则的最大值为（   ） A． B．2 C． D．1 【答案】C 【详解】如图，取，的中点，，连接，，并延长交于点，连接，， 又因为，分别是棱，的中点，得，， 而不在平面，平面，则平面， 平面，又，平面，因此平面平面， 四边形即为所求的截面，依题意，，， 则，由，得， 当且仅当时等号成立，所以的最大值为．    2．（2026·福建·二模）设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 【答案】C 【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可. 【详解】 如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面. 对于A，因，且，且，则， 显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误； 对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面， 即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误； 对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则， 从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误； 对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面， 则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因， 则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立； 反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使， 则必有，故必要性成立，故C正确. 3．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于A、B和C，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解. 【详解】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则，所以 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 又易知，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误， 对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误， 对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误， 对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得， 又平面，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，则直线平面，所以D正确， 二、多选题 4．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． 【详解】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． 三、填空题 5．（2025·山西临汾·三模）在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，过BC中点E的截面与AB，CD都平行，则截面的周长为______． 【答案】4 【分析】根据线面平行的性质，结合平行线的性质进行求解即可. 【详解】设的中点分别为，连接， 根据三角形中位线定理，可得：， ， 所以有，因此四边形是平行四边形， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理平面， 因此平行四边形的周长为， 故答案为： 6．如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________. 【答案】 【分析】先求出DP＝DQ＝，再利用勾股定理得解. 【详解】∵MN//平面ABCD，平面PMNQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊂平面PQNM， ∴MN//PQ，易知DP＝DQ＝， 故PQ＝. 故答案为： 四、解答题 7．（2024·陕西渭南·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． ∴． 8．如图，在棱长为2的正方体中，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）根据正方体的性质可得是的中点，从而可得，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据即可求解. 【详解】（1）∵是与的交点，∴是的中点， 又是棱的中点，∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）由正方体的性质可得平面， 所以. 【拔高选练】（共6题） 一、单选题 1．（2025·黑龙江·一模）如图，是圆台上底面的圆心，，是圆台下底面圆周上的两个动点，是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为，．若，平面，且的最小值为6，则该圆台的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取圆台下底面圆心，确定取最小值的情况，结合线面平行的性质求出圆台两底半径及高，进而求出圆台体积. 【详解】取圆台下底面圆心，令，连接，显然， 由平面平面，平面，平面，得 则四边形为平行四边形，， 在中，，，在圆中，当且仅当时，取最小值6， 由，解得，因此，圆台的高， 所以该圆台的体积为. 故选：C    2．（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 【分析】设平面分别交棱、于点、，利用面面平行的性质得出、，结合等角定理得出、，进而可求得、、、的长，再利用勾股定理可求出的长，即为所求. 【详解】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. 3．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．不存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】D 【分析】对于A，找到中点为点，易得平面，排除A项；对于B，作出截面并判断形状即可排除；对于C，利用等体积法转化，结合三棱锥体积公式即可判断；对于D，根据三棱锥的墙角模型，将其补形成长方体，从而将三棱锥的外接球转化成对应长方体的外接球来求解. 【详解】对于A，当为中点时，由三角形中位线定理可得， 因为平面，平面，所以平面．故A错误； 对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以， 即就是一条截线，连，得截面，又因，所以截面为梯形，故B错误； 对于C，点到平面的距离为2， 故，故C错误； 对于D，因两两垂直， 则三棱锥的外接球可以补形成以这三边长为长、宽、高的长方体的外接球， 则外接球半径即该长方体的体对角线的一半，即， 故其表面积，故D正确． 故选：D. 二、多选题 4．（2025·江西九江·三模）如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（   ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得 C．该五面体的体积为 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】取中点，利用面面平行的判定定理可证得平面平面，由此可确定当时，平面，知A正确；作出点关于平面的对称点，根据三角形三边关系可知，知B错误；将五面体拆解为直三棱柱、四棱锥和四棱锥，由棱柱和棱锥体积公式可求得C正确；根据可知点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，由此可求得D正确. 【详解】对于A，取中点，连接， 分别为中点，四边形为正方形， ，， 平面，平面， 平面，平面，又，平面， 平面平面， 则当时，平面，此时平面，A正确； 对于B，作点关于平面的对称点，连接， 关于平面对称，， （当且仅当三点共线时取等号）， 到平面的距离为，，又，， 则，即不存在点，使得，B错误； 对于C，取中点，作，，垂足分别为， ，为中点，， 四边形为正方形，，又，平面，平面， 又平面，， ，平面，平面， 同理可得：平面，； ，，，， 则，； 作，分别交于，交于，可将五面体拆分为直三棱柱、四棱锥和四棱锥， ，， ，C正确； 对于D，点到平面的距离，，， 则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分， 作出正方形的平面图如下图所示， 点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 三、填空题 5．（2026·河南开封·模拟预测）在正四棱台中，，，为线段的中点，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【分析】证明平面，利用等体积法求解即可. 【详解】连接交于点， 则，且，故四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面， 因为，， 四边形中，作于，中，，，故， 所以． 四、解答题 6．（2026·湖北武汉·三模）在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，，过点作平面侧面，平面与下底面的边、分别交于、两点. (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用面面平行的性质定理推导出，再结合线面平行的判定定理即可证明结论. （2）先确定分别为的中点，求解底面的面积，结合三棱台的高，利用等体积法将所求体积转化为，代入体积公式求解即可. 【详解】（1）∵ 平面侧面，平面平面，平面平面， ∴ 由面面平行的性质定理可得. ∵ 平面，平面， ∴ 平面. （2）∵ 底面，平面平面， ∴ 平面，即三棱台的高为. ∵ 平面 侧面，平面平面，平面平面， ∴ ，结合，，可得为的中点，同理为的中点. ∴ ，即为边长为1的正三角形， ∴ . ∵ 到平面的距离等于三棱台的高， ∴ . 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．在四棱锥中，，过直线的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱交于点E，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设平面与交于，由题设易证，若，则，根据与、与的比例关系，结合，即可求值. 【详解】 设平面与交于，而， ∴， ∵面，面， ∴面，又面，面面， ∴，即， 若，则，设四棱锥的体积为，又， ∴，即，，而，有， 而，有， ∴，解得. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：设平面与交于，由已知向量共线及截面的性质，易证，若，将四棱锥分为三棱锥、，利用体积间的比例关系及求. 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 【分析】根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可求解. 【详解】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. 【点睛】关键点点睛：利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理，求出四边形为平行四边形即可. 二、多选题 3．（2025·四川绵阳·模拟预测）正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（    ） A．动点F的轨迹长度为 B．三棱锥的体积范围为 C．三棱锥的体积为定值 D．当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为 【答案】BCD 【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面平面，可得出动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥的体积范围为，可得B正确，结合A中分析可知点到平面的距离为定值，可判断C正确，确定点的位置后找出外接球球心位置，列方程求出外接球半径可得D正确. 【详解】对于A，取的中点的中点为，连，过作交于，连，如下图所示： 因为为中点，由正方体性质可知，因此可得四点共面； 由可知为的中点， 又因为平面，平面， 所以平面； 又的中点为，所以， 又平面，平面， 所以平面； 因为，平面， 所以可得平面平面， 又因为需满足平面，且为平面上的动点， 所以动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误； 对于B，显然三棱锥的顶点到底面的距离为， 所以当的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大； 又因为，所以当在时，点到的距离最小为1， 此时体积最小，即的最小值为， 当在时，点到的距离最大为2， 此时体积最大，即的最大为； 因此三棱锥的体积范围为，即B正确； 对于C，由于，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值； 又因为底面的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值， 即不变，可得C正确； 对于D，当三棱锥的体积最小时，根据B中分析可知此时与重合， 即求的外接球的半径即可， 设外接球的球心为，半径为的外接圆圆心为，半径为为中点， 如下图所示： 则，在直角梯形和直角三角形中， 易知， 所以可得，解得； 所以外接球表面积为， 因此当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为，可得D正确. 故选：BCD 三、填空题 4．（2024·辽宁·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长的正方形，，平面，为线段的中点，若空间中存在平而满足，，记平面与直线，分别交于点，，则=______，四边形的面积为______． 【答案】 / 【分析】根据题意作出平面即平面，取中点，利用平行线成比例式可得进而求出的值；通过线面平行的性质得到，，推理得到，故可间接法求得四边形的面积. 【详解】 如图，过点作的平行线分别交的延长线于点， 则分别为的中点，连接，分别交于点，则平面即平面， 取的中点，由是正方形，得连接，则， ，，因此； 连接，因为，平面平面，平面，所以， 所以，， 依题意，,由，得，由，得,从而， 由，得为的中点，由，得,, ,因, 故四边形的面积． 故答案为：； 【点睛】思路点睛：解题思路在于正确理解题意，作出合理的截面，充分利用平行与垂直的判定、性质定理，借助于相似三角形和三角形之间的面积关系计算即得. 四、解答题 5．（2025·云南昆明·模拟预测）如图，是边长为4的等边三角形，且点分别为线段与的中点.将沿折叠后使点与点重合，得到四棱锥.设点为线段上一点，且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥与三棱锥的体积之比. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)连接交于点，连接.然后利用三角形相似的性质，得到，进而利用线面平行的判定定理证明； （2）利用棱锥的体积公式求比值. 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接. 由题可知，且. 则易有与相似，且相似比为，也即. 又，则，故. 且平面，平面，故平面. （2）解：设四棱锥的体积为，高为，四边形的面积为. 三棱锥的体积为，高为，三角形的面积为，与之间的距离为. 由题有. 又，故，即， 则， 即四棱锥与三棱锥的体积之比为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $