第21讲 直线、平面平行的判定与性质（复习讲义）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质核心考点，以“线线平行⇌线面平行⇌面面平行”转化链条构建知识框架，涵盖判定定理、性质定理及五大高频题型。通过命题透视研判考情，知识精讲拆解定理，题型破译归纳方法，真题溯源感知考向，形成系统复习路径。 讲义突出高考实战导向，如线面平行证明总结中位线法等四大技巧并提供满分答题模板，小题判断采用正方体模型举反例培养逻辑推理能力。设置分层训练与课本典例挖掘，助力学生高效突破定理条件遗漏等失分点，为教师把控复习节奏提供清晰教学框架。

第21讲 直线、平面平行的判定与性质 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 线面平行的判定定理和性质定理 知识点2 面面平行的判定定理和性质定理 题型破译 (含超链接） 题型1 线面平行证明（解答题必考第一问） 题型2 面面平行证明（中档题型） 题型3 平行性质应用（求值、定位、截面问题） 题型4 小题平行命题判断 题型5 动点、翻折平行存在性问题（压轴小问） 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 直线与平面平行 春考第18题 秋考第18题 / 考情分析 解答题必考基础点：线面平行证明是立体几何大题第一问高频考点，占6-7分，是高考必拿基础分，后续衔接空间角、体积、二面角计算，是立体几何解题的基础核心。 小题高频辨析点：选择、填空题常考查空间平行命题真假判断，以正方体、长方体为核心模型，侧重考查学生对定理前提条件的掌握，区分易混概念。 题型载体稳定：常规载体以棱柱、棱锥为主，近年新增翻折几何体、拼接组合体、动点截面等创新载体，命题灵活性逐步提升。 阅卷侧重逻辑：上海卷不唯空间向量建系套路，重视几何逻辑推理过程，对定理条件完整性、证明步骤严谨性要求极高，漏条件、跳步直接扣分。 2027高考备考预测 核心考点不变：线面平行证明为主，面面平行判定与性质为次重点； 热点考向升级：侧重动点、翻折、截面背景下的平行关系探究； 失分重点预警：定理前提条件遗漏、“相交直线”“平面外直线”等关键条件缺失、证明逻辑跳步。 复习目标 1. 知识目标 熟练熟记线面平行、面面平行的判定定理与性质定理，精准掌握文字语言、符号语言、图形语言，打通线线平行⇌线面平行⇌面面平行的完整转化逻辑链条，无概念混淆、定理记错问题。 2. 能力目标 熟练掌握几何法三大核心技巧：中位线法、平行四边形法、面面平行转化法，可独立完成各类线面、面面平行证明； 掌握空间向量判定平行的方法，能结合建系运算验证平行关系，适配复杂几何体题型； 能利用平行性质定理，解决线段平行、动点定位、截面作图、命题辨析等各类题型。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 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 核心必写条件：（平面外直线），缺少该条件直接扣分。 关键易错点：线面平行，直线仅平行于两平面交线，不平行于平面内所有直线。 自主检测 1．（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． 知识点2 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 核心必写条件：两条直线相交，两条平行线无法证明面面平行（高频陷阱）。 平行关系转化总链条 自主检测 2．如图，在多面体中，四边形为菱形，平面平面，平面平面是等腰直角三角形，且.证明：平面平面. 题●型●破●译 题型1 线面平行证明（解答题必考第一问） 例1-1（25-26高三上·上海·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点.    (1)求证: 平面； (2)求三棱锥的体积. 例1-2（25-26高三上·上海宝山·期末）如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，分别是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 例1-3（25-26高三上·上海虹口·期中）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 方法技巧 核心解题思路：优先几何法，简洁高效、不易扣分；向量法作为备用验证方法。 方法1：中位线法（遇中点首选） 适用场景：题干出现中点、等分点，三角形结构几何体。 解题技巧：连接对应中点构造三角形中位线，利用中位线平行底边的性质，构造线线平行，进而证线面平行。 满分答题模板：连接XX，∵M、N分别为XX、XX中点，∴MN∥XX。又∵MN⊄平面α，XX⊂平面α，∴MN∥平面α。 方法2：平行四边形法（棱柱、四棱锥首选） 适用场景：几何体存在大量平行棱、对边平行结构，无明显中位线。 解题技巧：取对应等分点，平移线段，构造平行四边形，利用平行四边形对边平行且相等的性质，得到线线平行，完成证明。 方法3：面面平行转化法（难点题型首选） 适用场景：直接找平面内平行线困难，截面、斜棱柱、复杂翻折几何体。 解题技巧：欲证直线，先证明直线所在平面，由面面平行的性质可得线面平行。 方法4：空间向量法（通用备用方法） 解题逻辑：求出直线方向向量与平面法向量，若，且直线不在平面内，则线面平行。 注意：仅点积为0不成立，必须补充直线不在平面内的关键条件。 【变式训练1-1】（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，六面体中，四边形为菱形， ， ， ，且平面 平面.    (1)在 上确定一点 ，使得 平面 ； (2)若 ，求六面体的体积 【变式训练1-2】如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点. (1)证明：直线平面； (2)若，求三棱锥的体积. 【变式训练1-3】（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面的距离． 题型2 面面平行证明（中档题型） 例2-1如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.求证：平面平面； 例2-2如图，在直四棱柱中，底面为正方形，E为棱的中点，P为棱的中点，，．    (1)证明：平面平面． (2)求点A到平面的距离． 例2-3如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 方法技巧 核心解题口诀：找两相交线，证双线面平行 标准解题步骤： 1.在其中一个平面内，找出两条相交直线，标注交点； 2.分别证明两条相交直线平行于另一个平面； 3.依据面面平行判定定理，证得两平面平行。 补充推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行。 【变式训练2-1】如图所示，在四棱锥中，，，平面，，，设M、N分别为PD、AD的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求三棱锥的侧面积． 【变式训练2-2】如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，已知，，，分别为，的中点． (1)证明：平面平面； (2)若三棱锥的体积为，求圆台的体积． 【变式训练2-3】（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. (1)求证：平面平面PBC； (2)若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 题型3 平行性质应用（求值、定位、截面问题） 例3-1如图，已知点在平行四边形所在平面外，为线段上靠近的三等分点，为线段上一点，当平面时，___________． 例3-2如图所示，为平行六面体（六个面均为平行四边形的棱柱），点E、F分别在棱、上，满足，（为实数）．若平面截所得截面是一个五边形，则的取值范围是________． 例3-3如图，在正方体中， (1)若，求证：平面． (2)求证：平面平面． (3)试问：线段被两个平行平面与平面所截得的线段长是否相等？请说明理由． 方法技巧 核心原理：已知线面平行，过直线作辅助平面与已知平面相交，直线平行于交线。 常见考向：求解动点位置、证明线段相等、绘制几何体截面、求解线段长度。 解题关键：杜绝“线面平行则平行平面内所有直线”的错误认知，仅聚焦交线平行。 【变式训练3-1】如图，正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面内一点（包括边界），若平面，则长度的范围为___________． 【变式训练3-2】如图，已知四边形ABCD为梯形，，S是平面ABCD外一点，且，，P，Q是SD上的点，满足；点M为棱SA上的点，满足.    (1)求证：平面平面ACP； (2)平面BMQ与棱SC相交于点E，求的值. 【变式训练3-3】在正方体中，M、N、P分别为的中点，棱长为．    (1)请在图中作出过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）． (2)计算截面的周长． (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长． 题型4 小题平行命题判断 例4-1（24-25高三上·上海·开学考试）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 例4-2已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，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 方法技巧 万能解题套路：正方体模型举反例 快速排除错误命题，无需复杂推导，利用正方体棱、面的位置关系，可快速验证所有平行类真假命题，是小题提速核心技巧。 【变式训练4-1】（24-25高三上·上海·阶段检测）已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【变式训练4-2】（2026·上海虹口·三模）设，分别为空间中的两条不同的直线，平面，“”是“”的（     ）条件： A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 题型5 动点、翻折平行存在性问题（压轴小问） 例5如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 方法技巧 1. 几何逆向法 假设线面平行成立，利用平行性质定理推导线线平行，反向推导动点的具体位置、线段比例。 2. 向量参数法 设出动点参数，写出直线方向向量与平面法向量，利用向量垂直点积为0建立方程，求解参数值，判断是否存在符合条件的点。 【变式训练5-1】如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，分别为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)求证：平面； (3)直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【变式训练5-2】如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， (1)证明：； (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式训练5-3】如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·上海·高考真题）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)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 2．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 3．（2025·上海·高考真题）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．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．已知直线a，b异面，下列判断正确的是（    ） A．过b的平面不可能与a平行 B．过b的平面不可能与a垂直 C．过b的平面有且仅有一个与a平行 D．过b的平面有且仅有一个与a垂直 2．如图，在长方体中，点E，F，G分别在棱，，上，；点P，Q，R分别在棱，CD，CB上，．求证：平面平面PQR． 3．如图，点S是所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且．求证：平面．    4．如图，在长方体中，E，M，N分别是BC，AE，的中点，，．求证：平面．    5．如图，在长方体中，E，F，G分别为，，DC的中点，．求证： (1)平面； (2)平面平面． 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知两条直线若平面，，则与平面的位置关系是（    ） A．平面 B．平面或平面 C．平面 D．平面或平面 2．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） 3.已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点，点P在正方体表面上运动，且平面，则动点P的轨迹（包含M，N）所围成图形面积为______. 4.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. 5.如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正弦值． 6.如图，长方体中，，点P为的中点. (1)求证: 直线平面; (2)求异面直线、所成角的大小. 7．（25-26高三上·上海金山·阶段检测）在四棱锥中，四边形为等腰梯形，平面，,,，、为、的中点． (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积． 重难·创新演练 1．（25-26高三上·上海·期中）已知正方体边长为，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 2.已知正四棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，E是棱的中点，F是棱上靠近点C的三等分点，动点P在侧面（包括边界）内运动，若平面则线段长度的最小值是（    ） A． B．3 C． D． 3.在棱长为1的正方体中，点、分别是线段、（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面.若，则四面体的体积为_________. 4.如图，对于一个给定的四面体.存在四个依次排列且互相平行的平面、、、，使得.且其中每相邻的两个平面间的距离都相等.记四面体夹在平面与之间的体积为，则__________. 5.如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___ 6.如图，在四棱锥中，平面，，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 7．（25-26高三上·上海嘉定·期中）如图，一个圆锥的顶点是，是底面的圆心，是底面的一条直径，. (1)若和圆锥底面所成角大小是，求该圆锥的表面积； (2)若是中点，､是底面圆上两点，劣弧的长为，，是线段上一点，求证：平面平面. 8.如图，四棱锥中，平面，，，，，E，F分别为的中点． (1)求证：CE∥平面PAD； (2)求点B到平面PCF的距离. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第21讲 直线、平面平行的判定与性质 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 线面平行的判定定理和性质定理 知识点2 面面平行的判定定理和性质定理 题型破译 (含超链接） 题型1 线面平行证明（解答题必考第一问） 题型2 面面平行证明（中档题型） 题型3 平行性质应用（求值、定位、截面问题） 题型4 小题平行命题判断 题型5 动点、翻折平行存在性问题（压轴小问） 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 直线与平面平行 春考第18题 秋考第18题 / 考情分析 解答题必考基础点：线面平行证明是立体几何大题第一问高频考点，占6-7分，是高考必拿基础分，后续衔接空间角、体积、二面角计算，是立体几何解题的基础核心。 小题高频辨析点：选择、填空题常考查空间平行命题真假判断，以正方体、长方体为核心模型，侧重考查学生对定理前提条件的掌握，区分易混概念。 题型载体稳定：常规载体以棱柱、棱锥为主，近年新增翻折几何体、拼接组合体、动点截面等创新载体，命题灵活性逐步提升。 阅卷侧重逻辑：上海卷不唯空间向量建系套路，重视几何逻辑推理过程，对定理条件完整性、证明步骤严谨性要求极高，漏条件、跳步直接扣分。 2027高考备考预测 核心考点不变：线面平行证明为主，面面平行判定与性质为次重点； 热点考向升级：侧重动点、翻折、截面背景下的平行关系探究； 失分重点预警：定理前提条件遗漏、“相交直线”“平面外直线”等关键条件缺失、证明逻辑跳步。 复习目标 1. 知识目标 熟练熟记线面平行、面面平行的判定定理与性质定理，精准掌握文字语言、符号语言、图形语言，打通线线平行⇌线面平行⇌面面平行的完整转化逻辑链条，无概念混淆、定理记错问题。 2. 能力目标 熟练掌握几何法三大核心技巧：中位线法、平行四边形法、面面平行转化法，可独立完成各类线面、面面平行证明； 掌握空间向量判定平行的方法，能结合建系运算验证平行关系，适配复杂几何体题型； 能利用平行性质定理，解决线段平行、动点定位、截面作图、命题辨析等各类题型。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 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 核心必写条件：（平面外直线），缺少该条件直接扣分。 关键易错点：线面平行，直线仅平行于两平面交线，不平行于平面内所有直线。 自主检测 1．（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)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. 知识点2 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 核心必写条件：两条直线相交，两条平行线无法证明面面平行（高频陷阱）。 平行关系转化总链条 自主检测 2．如图，在多面体中，四边形为菱形，平面平面，平面平面是等腰直角三角形，且.证明：平面平面. 【详解】如图，分别取的中点，连接. 因为是等腰直角三角形，故， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 同理，平面. 所以. 又和是等腰直角三角形，四边形为菱形， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面平面. 题●型●破●译 题型1 线面平行证明（解答题必考第一问） 例1-1（25-26高三上·上海·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点.    (1)求证: 平面； (2)求三棱锥的体积. 【详解】（1）连接与交于点，连接，因为为的中点， 为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面； （2）因正方体的棱长为2，点为的中点，平面， 则点到平面的距离等于到平面的距离的一半，距离为1， 因， 即三棱锥的体积为．    例1-2（25-26高三上·上海宝山·期末）如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，分别是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1) 连接， ∵是正方形，，分别是棱，的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵是的中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面，平面， ∵，直线平面， ∴平面平面，∵平面， ∴平面．    （2）设点到平面的距离为， 因为分别是的中点， 所以， 因为底面， 所以底面，因为底面， 所以， 因为底面为正方形，，分别是的中点 所以，，     因为， 所以， . 例1-3（25-26高三上·上海虹口·期中）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以， 又平面 ，平面， 所以平面， 因为四边形是梯形，所以， 又平面 ，平面， 所以平面， 又，平面， 故平面平面， 又因为平面， 所以平面. （2）因为，平面，平面， 所以，即两两垂直， 故以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则有，，，， 所以 ，， 设平面的一个法向量，则有 令，则，所以， 所以点到平面的距离 所以点到平面的距离为. 方法技巧 核心解题思路：优先几何法，简洁高效、不易扣分；向量法作为备用验证方法。 方法1：中位线法（遇中点首选） 适用场景：题干出现中点、等分点，三角形结构几何体。 解题技巧：连接对应中点构造三角形中位线，利用中位线平行底边的性质，构造线线平行，进而证线面平行。 满分答题模板：连接XX，∵M、N分别为XX、XX中点，∴MN∥XX。又∵MN⊄平面α，XX⊂平面α，∴MN∥平面α。 方法2：平行四边形法（棱柱、四棱锥首选） 适用场景：几何体存在大量平行棱、对边平行结构，无明显中位线。 解题技巧：取对应等分点，平移线段，构造平行四边形，利用平行四边形对边平行且相等的性质，得到线线平行，完成证明。 方法3：面面平行转化法（难点题型首选） 适用场景：直接找平面内平行线困难，截面、斜棱柱、复杂翻折几何体。 解题技巧：欲证直线，先证明直线所在平面，由面面平行的性质可得线面平行。 方法4：空间向量法（通用备用方法） 解题逻辑：求出直线方向向量与平面法向量，若，且直线不在平面内，则线面平行。 注意：仅点积为0不成立，必须补充直线不在平面内的关键条件。 【变式训练1-1】（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，六面体中，四边形为菱形， ， ， ，且平面 平面.    (1)在 上确定一点 ，使得 平面 ； (2)若 ，求六面体的体积 【详解】（1）当为的中点时，平面． 再取的中点为，连接 由分别为的中点，则，且， 再由，且，则， 故四边形为平行四边形， 即，且平面，平面， 故平面；    （2）取的中点为，连接，    由四边形为菱形得， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，由平面得， 故由得， 由平面得平面， 且平面，则平面平面， 由且为的中点得， 因为平面平面，平面，所以平面， 由得， 为正三角形，则， 所以. 【变式训练1-2】如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点. (1)证明：直线平面； (2)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1) 连接，令，连接DE，则E是、的中点， 在△中D是线段BC中点，E是的中点， ∴，又平面，平面， ∴直线平面； (2). （2）设点到平面的距离为， ∵点在底面圆上， ∴， ∵，D是BC的中点， ∴，， 因为是圆柱的轴截面，则到AB的距离，即到平面的距离， 所以. 【变式训练1-3】（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面的距离． 【答案】(1)   直三棱柱中，所有棱长均为4， 上下底面为边长为4的正三角形，侧面为边长为4的正方形， 连接与交于点，则为，的中点，连接DE， 在中，分别为边的中点， ， 又平面，平面， 平面． （2）取中点，中点，连接，则，平面ABC， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， ， 为上的点，平面， 到平面的距离d即为直线与平面的距离， ， 直线与平面的距离为：． 题型2 面面平行证明（中档题型） 例2-1如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.求证：平面平面； 【详解】 由于垂直下底面圆， 故， 平面，平面， 所以平面， 又，所以， 平面，平面， 所以平面 平面， 所以平面平面 例2-2如图，在直四棱柱中，底面为正方形，E为棱的中点，P为棱的中点，，．    (1)证明：平面平面． (2)求点A到平面的距离． 【详解】（1）连接，因为，所以四边形是平行四边形， 可得，又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以四边形是平行四边形， 可得，又因为平面，平面，所以平面， 且，平面， 所以平面平面； （2）因为，， ，可得是等边三角形， 所以， ， 设点A到平面的距离为， 由得，， 解得，所以点A到平面的距离为.    例2-3如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明:在长方体中，， 得，而，得， 则四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 同理可得四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 由平面， 所以平面平面. （2）建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 得， 设平面的法向量为， 得，取， 则点到平面的距离为：． 方法技巧 核心解题口诀：找两相交线，证双线面平行 标准解题步骤： 1.在其中一个平面内，找出两条相交直线，标注交点； 2.分别证明两条相交直线平行于另一个平面； 3.依据面面平行判定定理，证得两平面平行。 补充推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行。 【变式训练2-1】如图所示，在四棱锥中，，，平面，，，设M、N分别为PD、AD的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求三棱锥的侧面积． 【详解】（1）∵、分别为、的中点，∴， 又平面，平面，∴平面， 在中，，， 又，∴， ∵平面，平面，∴平面， 又∵，平面CMN，平面CMN， ∴平面平面PAB． （2）∵平面，平面，平面， 由（1）可知，∴、， ∵，，，， ∴，，， 由（1）可知， 在中，， ∴， 又， 在中，，∴边上的高， ∴， ∴三棱锥的侧面积. 【变式训练2-2】如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，已知，，，分别为，的中点． (1)证明：平面平面； (2)若三棱锥的体积为，求圆台的体积． 【答案】(1)∵在梯形中，，， ∴，， 又G为的中点，∴，∴， 故四边形为平行四边形，∴. 又平面，平面， ∴平面. ∵分别是，的中点， ∴. 又平面，平面， ∴平面. 又，平面，平面， ∴平面平面. （2）设由（1）可知，则为三棱锥的高h. 故， 由，可得， ∴. 又∵，， ∴. 故， ∴. 故圆台的体积. 【变式训练2-3】（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. (1)求证：平面平面PBC； (2)若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 【答案】(1) 由分别为的中点，得，而平面，平面， 则平面，延长交于点，连结，由，得， 由是的中点，得是的中点，又是的中点， 则，而平面，平面， 因此平面，又平面，且， 所以平面平面. (2)（i）；（ii），面积为. （2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结， 则，且， 由平面，得平面，由， 得， 在△中,，则， 又，于是，解得， 所以点F到平面AEG的距离. （ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点， 在轴上取点，使，过作轴，且使， 连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图， 梯形的面积. 题型3 平行性质应用（求值、定位、截面问题） 例3-1如图，已知点在平行四边形所在平面外，为线段上靠近的三等分点，为线段上一点，当平面时，___________． 【答案】 【详解】连接，连接，由，为线段上靠近的三等分点， 得，，由平面，平面平面， 平面，得，所以. 故答案为： 例3-2如图所示，为平行六面体（六个面均为平行四边形的棱柱），点E、F分别在棱、上，满足，（为实数）．若平面截所得截面是一个五边形，则的取值范围是________． 【答案】 【详解】设平面与直线的交点为， 由于平面截所得截面是一个五边形， 则点在线段的延长线上， 在平行六面体中，平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，平面平面，则，同理可得， 所以四边形为平行四边形， 则， ， 由于点在线段的延长线上，则，即， 又点F在棱上，则，且时，点F与点重合，此时截面为四边形，不满足题意， 因此，则的取值范围是. 例3-3如图，在正方体中， (1)若，求证：平面． (2)求证：平面平面． (3)试问：线段被两个平行平面与平面所截得的线段长是否相等？请说明理由． 【答案】(1) 证明：过点作交于，则① 过点作交于，则② 连接EF．，， ，即：， 四边形MNFE是平行四边形， 平面，平面 平面 (2) 证明：正方形中，， ∴四边形是平行四边形， ∵平面，平面 平面 同理平面 ，平面，平面， 平面平面 (3) 线段被两个平行平面与平面所截得的线段长相等． 理由如下： 如图，连接交于点，连接与交于点E. 又因为平面, 所以点E也在平面内, 所以点E就是与平面的交点; 连接交于点O，连接与交于点F, 则点F就是与平面的交点. 下面证明：: 因为平面平面,平面平面, 平面平面, 所以. 在中,是的中点, 所以E是的中点，即； 同理可证， 所以F是的中点，即, 所以. 所以，被两个平行平面与平面所截得的线段长相等. 方法技巧 核心原理：已知线面平行，过直线作辅助平面与已知平面相交，直线平行于交线。 常见考向：求解动点位置、证明线段相等、绘制几何体截面、求解线段长度。 解题关键：杜绝“线面平行则平行平面内所有直线”的错误认知，仅聚焦交线平行。 【变式训练3-1】如图，正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面内一点（包括边界），若平面，则长度的范围为___________． 【答案】 【详解】过作，交于点，交于，则易知底面， ∵平面，又易得平面，，且平面， 平面平面，又平面，平面， 又平面平面，平面 ∴ ∵为中点,为中点，则为中点, 即在线段上, ，， ，， 则线段长度的取值范围为：， 故答案为：. 【变式训练3-2】如图，已知四边形ABCD为梯形，，S是平面ABCD外一点，且，，P，Q是SD上的点，满足；点M为棱SA上的点，满足.    (1)求证：平面平面ACP； (2)平面BMQ与棱SC相交于点E，求的值. 【详解】（1）    连接， 在中，因为， 所以，且， 又因为，，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， 在中，因为，所以， 所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又犹豫，且平面， 所以平面平面ACP. （2）因为，又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以，又因为，所以， 所以. 【变式训练3-3】在正方体中，M、N、P分别为的中点，棱长为．    (1)请在图中作出过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）． (2)计算截面的周长． (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长． 【详解】（1）画直线与线段的延长线分别交于点，连接分别交于， 连接，则五边形为截面.    （2）由分别为的中点，得，而， 则，由，得，， ，同理，而， 所以截面的周长. （3）在正方体中，连接，， 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 又平面，于是，同理，而， 则平面，又平面，则平面平面， 令平面平面，而平面平面，则， 同理得平面与正方体其他各面的交线都与所在正方形的对角线平行， 令，则，， ，同理， 所以该截面多边形的周长.    题型4 小题平行命题判断 例4-1（24-25高三上·上海·开学考试）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 【答案】C 【详解】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． 例4-2已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，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】B 【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立； 由，，若，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下：   则“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 方法技巧 万能解题套路：正方体模型举反例 快速排除错误命题，无需复杂推导，利用正方体棱、面的位置关系，可快速验证所有平行类真假命题，是小题提速核心技巧。 【变式训练4-1】（24-25高三上·上海·阶段检测）已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【详解】对于A选项，若，，，，则、平行或相交，A错； 对于B选项，若，，则、平行或相交，B错； 对于C选项，若，，则或，C错； 对于D选项，若，，则，D对. 故选：D. 【变式训练4-2】（2026·上海虹口·三模）设，分别为空间中的两条不同的直线，平面，“”是“”的（     ）条件： A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要 【答案】D 【详解】已知，：如果本身也在平面内（是不同直线）， 此时，不满足，因此充分性不成立； 若，则和平面无公共点，与内的直线可以平行，也可以异面， 不一定满足，因此必要性不成立， 综上，“”是“”的既非充分又非必要条件. 题型5 动点、翻折平行存在性问题（压轴小问） 例5如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 【答案】(1)因，，则，故， 在三棱柱中，，则， 因平面，平面，则平面. (2) 如图，线段上存在点，满足，即可使平面平面，理由如下： 因，则，则，因平面， 平面，故平面， 由（1），因平面， 平面，故平面， 又平面，故平面平面. 方法技巧 1. 几何逆向法 假设线面平行成立，利用平行性质定理推导线线平行，反向推导动点的具体位置、线段比例。 2. 向量参数法 设出动点参数，写出直线方向向量与平面法向量，利用向量垂直点积为0建立方程，求解参数值，判断是否存在符合条件的点。 【变式训练5-1】如图所示，已知点是平行四边形所在平面外一点，分别为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)求证：平面； (3)直线上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)因为平面平面， 所以平面， 又平面平面平面，所以. (2)取中点，连接， 则在中，， 又在中，， 则， 即四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面. (3)存在，为中点；当为中点时，平面平面. 证明如下：取的中点为，连接， 则在中，， 又平面平面，则平面， 同理可证，平面， 又平面 ， 所以平面平面. 【变式训练5-2】如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， (1)证明：； (2)求异面直线BD与PC所成角的余弦值； (3)在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以. 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）在上取点Q，使得，设，连接，， 因为，所以， 在中，，所以， 所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以， 又， ， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为. （3）假设线段上存在点，使得平面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，又，所以. 所以线段PD上存在点N，使得平面，且， ． 【变式训练5-3】如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【答案】(1) 取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 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； (2) 当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； （3）取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段的中点， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·上海·高考真题）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)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 【详解】（1）    因为平面，连接， 则即为直线与平面所成的角， 又，，， 为中点，可得，， 所以， 即直线与平面所成的角的正切值为. （2）由题知，平面，平面， ，平面， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以， 又，平面，， 所以平面，又平面， 所以就是直线到平面的距离， 又为中点， 则， 即直线到平面的距离为. 2．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 3．（2025·上海·高考真题）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． 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; (2)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．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. (2)连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．已知直线a，b异面，下列判断正确的是（    ） A．过b的平面不可能与a平行 B．过b的平面不可能与a垂直 C．过b的平面有且仅有一个与a平行 D．过b的平面有且仅有一个与a垂直 【答案】C 【详解】      如图，与是异面直线，看作直线看作直线， 对于A，过的平面，故A错； 对于B，过的平面，故B错； 对于C，在上任取一点，过点作交于点， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面，又，所以确定的平面只有一个， 所以过的平面有且仅有一个即平面与平行，故C正确； 对于D，若与不垂直，则必不存在过的平面中，有一个垂直于，故D错. 故选：C. 2．如图，在长方体中，点E，F，G分别在棱，，上，；点P，Q，R分别在棱，CD，CB上，．求证：平面平面PQR． 【详解】构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，如下图示， 设，又，， ∴，，，，，， ∴，，，， 设是面的一个法向量，则，令，， 设是面的一个法向量，则，令，， ∴面、面的法向量共线，故平面平面PQR，得证. 3．如图，点S是所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且．求证：平面．    【分析】作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行，面面平行，从而证明出线面平行. 【详解】在上取，使得，则， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，所以，则， 又中，，故， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以平面.    4．如图，在长方体中，E，M，N分别是BC，AE，的中点，，．求证：平面．    【答案】构建如下图示的空间直角坐标系，则是面的一个法向量， 且，而M，N分别是AE，的中点， 所以，则， 所以，即，故面，则平面.    5．如图，在长方体中，E，F，G分别为，，DC的中点，．求证： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)如图，取的中点H，分别连接FH，， 因为F、H分别是的中点，所以且， 在长方体中，E是的中点，则且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 故，又平面，所以平面； (2)因为F、H分别是的中点，所以且， 由，得且， 又G是的中点，则，所以且， 所以四边形CGFH为平行四边形，故， 又平面，所以平面， 由(1)知平面， 结合平面，平面，， 所以平面平面. 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．已知两条直线若平面，，则与平面的位置关系是（    ） A．平面 B．平面或平面 C．平面 D．平面或平面 【答案】D 【详解】如图所示， 因为平面，所以存在直线平面，使得， 因为，所以或与重合，此时平面或平面， 当平面时，因为平面且，所以平面， 综上，平面或平面. 故选：D. 2．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 【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. 3.已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点，点P在正方体表面上运动，且平面，则动点P的轨迹（包含M，N）所围成图形面积为______. 【答案】 【详解】如图，分别取，，，，的中点E，F，G，H， 连接，，，，，，， 则，又平面，平面， 所以平面， 同理平面，又，平面， 所以平面平面， 在正方体中，易知平面， 所以平面， 又点P在正方体表面上运动， 故P点的轨迹为正六边形， 因为正方体的棱长为2，即， 所以，， 故正六边形的面积为. 故答案为：. 4.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. 【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. 5.如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：连接交于， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，而平面，平面， 所以平面； （2）由（1）可知：， 因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为是正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 6.如图，长方体中，，点P为的中点. (1)求证: 直线平面; (2)求异面直线、所成角的大小. 【答案】(1) 由题意得O为的中点， 连结，又因为P是的中点，故， 又因为平面，平面， 所以直线平面. （2）由（1）知，， 所以异面直线与所成的角就等于与所成的角， 故即为所求；因为，为的中点，则， 则易知，因为为中点，则， 在直角中，可得， 又因为，所以. 7．（25-26高三上·上海金山·阶段检测）在四棱锥中，四边形为等腰梯形，平面，,,，、为、的中点． (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积． 【详解】（1）因为、分别为、的中点，则， 因为，则， 因为平面，平面，故平面. （2）连接，如下图所示： 因为四边形为等腰梯形，则，且， 不妨设，则，其中， 又因为，， 由余弦定理可得， ， 所以，，解得， 因为，则， 所以， ， 因为平面，故. 因此，四棱锥的体积为. 重难·创新演练 1．（25-26高三上·上海·期中）已知正方体边长为，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 【详解】取中点、中点，连接、、，则， 又分别是棱，的中点，则，所以， 平面，平面，所以平面， ，，则四边形为平行四边形，有， 平面，平面，所以平面， 平面，，故平面平面， 因此满足平面的点在正方形内的轨迹是线段，该线段长度为； 分析选项： 选项A：若，与平面相交，不满足条件； 选项B：若为中点，该点不在轨迹上，不满足条件； 选项C：的轨迹长度为不能得到平面，不满足充分性； 选项D：若为中点，则是线段的端点，必然满足平面， 但满足平面的点可以是线段上的任意点，不一定是中点，因此是充分非必要条件.    2.已知正四棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，E是棱的中点，F是棱上靠近点C的三等分点，动点P在侧面（包括边界）内运动，若平面则线段长度的最小值是（    ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【详解】 取的中点，上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为， 上靠近点的三等分点为，连接，，，，，，如图所示. 在正四棱柱中， ∵，且， ∴四边形是平行四边形，∴. 又平面，平面，∴平面. ∵，分别是和的中点，∴. 同理可知， 又， ∴四边形是平行四边形，∴. ∴. 又平面，平面，∴平面. 又，平面，平面， ∴平面平面. ∵平面，动点P在矩形（包括边界）内运动， ∴点在线段上运动. 在中，易求，，为等腰三角形， ∴点为线段的中点时，取得最小值. 此时， 即的最小值为. 故选：C. 3.在棱长为1的正方体中，点、分别是线段、（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面.若，则四面体的体积为_________. 【答案】 【详解】如下图所示：    由线段平行于平面，且平面，平面平面， 由线面平行的性质定理可得， 由可得，又正方体棱长为1，可得 所以的面积为， 设到平面的距离为， 易知到平面的距离为，由可得； 所以四面体的体积为. 故答案为： 4.如图，对于一个给定的四面体.存在四个依次排列且互相平行的平面、、、，使得.且其中每相邻的两个平面间的距离都相等.记四面体夹在平面与之间的体积为，则__________. 【答案】 【详解】取的中点，的中点，的三等分点分别为， 其中靠近，连接，， 由中位线可知， 因为平面，平面，故平面， 同理可证平面， 又，平面， 故平面平面， 且到平面的距离，到平面的距离，平面与的距离，三者相等， 故平面即为平面，平面即为平面， 故，， 设四面体的体积为， 由于，， 故点到底面的距离为点到平面的距离的， 故，同理可得， 故， 所以. 故答案为： 5.如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于___ 【答案】 【详解】在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点， 得，且，由且，得四边形为平行四边形， 即，设平面交棱于点， 由平面平面，平面平面， 平面平面，得，由为的中点，得为的中点， 设直线分别交、的延长线于点、，连接交棱于点， 连接交棱于点，连接、，则截面为六边形， 由，为中点，得，又，则为的中点， 同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形， 所以截面面积为. 故答案为： 6.如图，在四棱锥中，平面，，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明：连接， ∵分别为 的中点，∴， ∵直线不在平面内，平面，∴平面， ∵，，∴，且. ∴四边形为平行四边形，即， ∵直线不在平面内，平面，∴平面， ∵平面， ∴平面平面，平面，则平面. （2）方法1：设到平面的距离为， 因为平面，所以， 由于，所以四边形是平行四边形， 由于，所以，由于平面， 所以平面，而平面，则， 由得， 即； 方法2：∵，， 又平面，∴，又，平面， ∴平面，而平面，∴. 设，则，， 设点到平面的距离为，由， 得，则. ∵点为的中点，∴点到平面的距离等于点到平面的距离为. 7．（25-26高三上·上海嘉定·期中）如图，一个圆锥的顶点是，是底面的圆心，是底面的一条直径，. (1)若和圆锥底面所成角大小是，求该圆锥的表面积； (2)若是中点，､是底面圆上两点，劣弧的长为，，是线段上一点，求证：平面平面. 【详解】（1）连接，由题可得，因为， 所以， 所以圆锥的表面积为. （2） 因为分别为的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 劣弧的长为，则，则， 因为，所以为等边三角形， 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， 又因为，平面， 所以平面平面. 8.如图，四棱锥中，平面，，，，，E，F分别为的中点． (1)求证：CE∥平面PAD； (2)求点B到平面PCF的距离. 【答案】(1)证明：取 中点 ，连接、， 由于 是 的中点，则，， 由于，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 由于 ，平面 ， 所以 平面 . （2）设点 到平面的距离为 ， 因为 平面 ，平面 ，所以， 由于，，所以四边形 是平行四边形， 由于 ，所以 ， 由于平面 ， 所以平面 ， 又平面 ，所以， 在中，，所以，又. 由得， 即， 所以，即点B到平面的距离为. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $