第03讲 空间直线、平面的平行（复习讲义）（天津专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦空间直线与平面平行专题，系统整合线线、线面、面面平行的判定定理与性质，按“知识解构-题型破译-真题溯源”逻辑架构，通过考情分析明确高考高频考点，知识精讲拆解定理条件，题型训练归纳几何法与向量法技巧，助力学生构建完整知识体系。 资料突出高考靶向性，如针对天津卷5分基础题型设计分层训练，创新采用“定理条件清单化”教学，引导学生用数学思维严谨推理，通过正方体模型辅助空间想象，结合真题演练提升规范表达能力，为教师提供高效复习路径，确保学生稳拿基础分。

第03讲空间直线、平面的平行 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 线线平行关系 知识点2 线面平行关系 知识点3 面面平行关系 题型破译 题型1 直线与直线，直线与平面平行的判定 【方法技巧】直线与直线，直线与平面平行的判定 题型2 证明直线和直线平行 【方法技巧】证明直线和直线平行 题型3 证明直线和平面平行 【方法技巧】证明直线和平面平行 题型4 证明平面与平面平行 【方法技巧】证明平面与平面平行 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 线线平行、线面平行判定定理 天津卷 T15（5 分） 天津卷 T15（5 分） 面面平行判定与平行性质定理 天津卷 T15（5 分） 天津卷 T12（5 分） 天津卷 T15（5 分） 平行关系综合证明与动点存在性 天津卷 T15（5 分） 考情分析 空间平行关系是立体几何解答题第一问必考内容，分值 5-6 分，整体难度偏低，属于基础送分题型。高频考查：①利用几何判定定理证明线面、面面平行；②借助空间向量坐标法证明平行；③结合动点、线段中点探究平行存在条件。平行定理条件易漏写、逻辑步骤缺失是主要丢分点，向量法可简化证明流程，是稳妥解题方法。 复习目标 1. 熟记线线、线面、面面平行判定与性质定理，完整掌握定理全部条件； 2. 熟练几何法（中位线、平行四边形）与空间向量法两种平行证明思路； 3. 能处理动点、分点类平行探究问题，规范书写证明逻辑步骤； 4. 保证立体几何第一问证明不丢步骤分，快速拿下基础分值。 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 线线平行关系 平行线的传递性 基本事实：平行于同一条直线的两条直线互相 ． 符号表示：a∥b，b∥c⇒a∥c． 等角定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角 ． 直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 必记结论 空间证明线线平行有几何法与空间向量法。几何法：平行于同一条直线的两条直线互相平行；线面平行性质，一条直线平行平面，过该直线的平面与此平面相交，则直线平行交线；面面平行性质，两平行平面和第三个平面相交，两条交线互相平行。 向量法：两条直线方向向量互相共线，即可得到两直线平行或重合，做题需要排除重合情况。 注意空间两条直线位置分为平行、相交、异面。仅方向向量共线，不能直接判定平行，要确认两直线没有重合。解题可结合中位线、平行四边形寻找平行关系，区分线线平行与线面平行的判定条件，审题看清直线是否共面。 自主检测如图，已知四棱锥，，，分别是棱，的中点，且，，，四点共面． (1)求证：； (2)是线段上的动点，线段上是否存在点，使平面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 知识点2 线面平行关系 （1）用该定理判断直线a与平面平行时，必须具备三个条件： ①直线a在平面外，即； ②直线b在平面内，即；③直线a，b平行，即a∥b．这三个条件缺一不可，缺少其中任何一个，结论就不一定成立． 直线和平面平行的性质定理可简述为“若线面平行，则线线平行”．可以用符号表示：若a∥，，，则a∥b．这个性质定理可以看作直线与直线平行的判定定理，用该定理判断直线a与b平行时，必须具备三个条件：（1）直线a和平面平行，即 ；（2）平面和相交，即 ； （3）直线a在平面内，即 ．三个条件缺一不可，在应用这个定理时，要防止出现“一条直线平行于一个平面，就平行于这个平面内一切直线”的错误． 必记结论 线面平行判定：平面外一条直线与此平面内一条直线平行，则该直线平行于此平面，核心是线线平行推线面平行，必须强调直线在平面外。 线面平行性质：如果一条直线平行一个平面，经过这条直线的平面和该平面相交，则这条直线平行于交线。向量法：直线方向向量与平面的法向量互相垂直，且直线不在平面内，可证线面平行。 易错要点：直线平行平面内无数条直线，直线未必平行该平面；使用判定定理不能漏掉 “直线在平面外” 条件。线面平行只能推出直线平行交线，不能推出直线平行平面内任意直线，做题注意区分判定定理与性质定理的使用场景。 自主检测如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． (3)求点到平面的距离． 知识点3 面面平行关系 （1）定理中平行于同一个平面的两条直线必须是 的． （2）定理充分体现了等价转化的思想，即把面面平行转化为线面平行，可概述为：线面平行面面平行． （3）面面平行的性质定理也是线线平行的判定定理． （4）已知两个平面平行，虽然一个平面内的任何直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线（否则将导致这两个平面有公共点）． （5）平面的法向量为，平面的法向量为．若∥，即，则； 必记结论 面面平行判定定理：一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行，重点条件是两条直线必须相交。推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行。 面面平行性质：两平面平行，则一个平面内任意直线都平行于另一平面；第三个平面与这两个平行平面相交，所得两条交线互相平行。向量法，两个平面的法向量相互平行，则两平面平行或者重合，需要排除重合。 易错提醒，平面内两条平行直线分别平行另一平面，不能推出面面平行。由面面平行可以得到线面平行、线线平行，做题分清判定与性质，不要缺少相交直线这一关键条件，小题经常在此设置陷阱。 自主检测如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)取中点，求证：平面平面； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 题●型●破●译 题型1 直线与直线，直线与平面平行的判定 例1-1在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 例1-2（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四面体的体积． 方法技巧 直线与直线，直线与平面平行的判定 做平行关系判断小题，优先熟记判定定理全部条件，缺条件的选项大多错误。线线平行分清平行、相交、异面三种位置，向量共线只代表直线平行或者重合，需要排除重合。线面平行判定务必确认直线在平面外，只靠直线平行平面内一条直线，缺少该条件命题为错。 解题多用举反例排除法，拿正方体模型辅助想象，快速找出反例否定错误说法。注意：线面平行，直线不与平面内所有直线平行，存在异面直线。不要混淆判定定理和性质定理。遇到向量条件，不能直接下几何结论，要结合位置关系检验，警惕偷换条件的陷阱，优先排除明显漏洞选项。 【变式训练1-1】如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【变式训练1-2】如图，已知四棱锥中，底面为正方形，，，是棱的中点，是棱上一点，. (1)若是棱的中点时， ①求证：平面； ②求直线与平面成角的正弦值； (2)若点到平面的距离为，求线段的长度. 【变式训练1-3】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，且且，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 题型2 证明直线和直线平行 例2-1如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是该圆柱底面圆周上异于、两点的点． (1)设平面平面，证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 例2-2如图，正四棱锥中，，点在侧棱上且． (1)记平面平面，证明：； (2)若点在侧棱上且，求证：平面． 方法技巧 证明直线和直线平行 判断空间两直线平行分为几何法与空间向量法。几何法：利用公理 4，平行于同一直线的两直线平行；借助中位线、平行四边形找平行；由线面平行性质、面面平行性质得到交线平行。几何证明要注意排除两直线重合的情况。 向量法：求出两条直线的方向向量，若方向向量成比例即向量共线，则两直线平行或者重合，必须检验两直线不重合，才能判定平行。 做题时，几何体便于建系优先用向量；图形特征明显优先几何法。只得到向量共线，不能直接得出线线平行，重合是高频陷阱。小题可以借助正方体模型辅助判断，算出参数后简单回代验证，避免判断失误。 【变式训练2-1】已知正方体的棱长为2，为棱的中点. (1)若平面平面，求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式训练2-2·变考法】【新思维】如图，在四棱锥中，底面为梯形，．若平面与平面相交于直线，求证：． 【变式训练2-3】如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：平面． (2)若平行四边形的顶点，，，分别在棱，，，上，证明：． (3)线段上是否存在点，使得二面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 题型3 证明直线和平面平行 例3-1（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 例3-2（2026·天津宝坻·三模）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，在上，且，    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足到平面距离为，求的长． 例3-3（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 方法技巧 证明直线和平面平行 证明线面平行分为几何法和空间向量法。几何法使用判定定理，证明平面外一条直线与平面内某条直线平行，即可证线面平行，一定要满足直线在平面外这一条件。可通过中位线、平行四边形寻找线线平行，也可借助面面平行得到线面平行。 向量法，求出直线的方向向量与平面的法向量，若二者数量积为零，说明方向向量与法向量垂直，同时验证直线不在平面内，才可证明线面平行。 几何法重点找平面内的平行线；向量法适合容易建系的题型。高频易错点，忽略直线不在平面内，直接下结论。小题大题都要写全条件，防止步骤扣分，求出结果之后简单回代检验。 【变式训练3-1】（2026·天津武清·模拟预测）已知直三棱柱中，，点M、N分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面BCN夹角的正弦值； (3)求三棱锥的体积． 【变式训练3-2】（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 题型4 证明平面与平面平行 例4-1已知平行四边形中，，平面平面，三角形为等边三角形，，.，分别为线段，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 例4-2如图所示的几何体中，四边形为菱形，，，且平面平面，，． (1)求证：平面平面； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 方法技巧 证明平面与平面平行 证明面面平行分为几何法与空间向量法。几何法使用判定定理，在一个平面内找到两条相交直线，分别平行于另一个平面，即可证面面平行，两条直线必须相交是核心条件，两条平行直线无效；也可利用推论，垂直于同一条直线的两个平面互相平行。 向量法，求出两个平面的法向量，若两个法向量共线，则两平面平行或者重合，需要排除平面重合的情况。 图形条件清晰优先几何法，方便建系选用向量法。做题高频陷阱：忽略直线相交、忽略排除重合。大题书写定理条件要完整，小题可借助正方体举反例判断命题正误，得到结论后简单回代检验。 【变式训练4-1】已知正方体的棱长为4，M，N，E，F分别为，，，的中点．    (1)求证：面面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积． 【变式训练4-2·变载体】在四棱锥中，，，，，，且平面，过点A的平面与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，若四边形为菱形，则______． 【变式训练4-3】已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的中点，过直线的平面平面AEF，则平面截正方体所得截面的面积为______． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·天津·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 2．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 3．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2004·天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（    ） A． B． C． D．16 5．（2019·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，， (1)设分别为的中点，求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线（　　） A．只有一条，不在平面α内 B．有无数条，不一定在平面α内 C．只有一条，且在平面α内 D．有无数条，一定在平面α内 2．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 3．点P是平面外一点，过点P且平行于平面的平面有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．无数 4．平面α与平面β平行的充分条件可以是（    ） A．α内有无穷多条直线都与β平行 B．直线aα，aβ，且直线a不在α与β内 C．直线 ，直线，且bα，aβ D．α内的任何直线都与β平行 5．经过平面α外两点，作与α平行的平面，则这样的平面可以作 (　　) A．1个或2个 B．0个或1个 C．1个 D．0个 6． 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题：   （1）有水的部分始终呈棱柱形； （2）没有水的部分始终呈棱柱形； （3）水面EFGH所在四边形的面积为定值； （4）棱始终与水面所在平面平行； （5）当容器倾斜如图（3）所示时，是定值． 其中所有正确命题的序号是______，为什么？ 7．在正方体中，下列说法正确的是_________. ①平面；②与相交；③点、到平面的距离相等；④与平行的面只有一个，与垂直的面有两个. 8．过两平行平面α、β外的点P两条直线AB与CD，它们分别交α于A、C两点，交β于B、D两点，若PA＝6，AC＝9，PB＝8，则ＢD的长为_______． 9．在长方体中，点P，R分别为BC，上的动点，当点P，R满足什么条件时，平面？ 10．如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，，F，G分别是和的中点．求证：    (1)平面； (2)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 考查重点:天津高考空间线面平行，核心考查线线、线面、面面平行的判定与性质定理。小题判断命题真假，辨析平行的充分、必要条件。解答题借助几何法完成平行证明，书写严谨的推理步骤。侧重三种平行之间的相互转化。考题重视空间图形识别，检验学生的逻辑推证。高频易错：直接跳过平面内的直线条件，套用定理时缺少必要条件，推理步骤书写残缺。 1．已知不同的直线，，，不同的平面，，则下列说法正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．给出下列4个命题，其中正确的命题个数是（   ） ①垂直于同一直线的两条直线平行    ②垂直于同一平面的两条直线平行 ③垂直于同一直线的两个平面平行    ④垂直于同一平面的两个平面平行 A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026·天津·二模）已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（   ） A．， B．， C．，， D．，，， 5．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．相交或平行 D．无法判断 6．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________. 7．如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为___________. 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点P到平面的距离． 9．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 10．在如图所示的几何体中，平面，，四边形为平行四边形，，，，． (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 重难·创新演练 设题创新:创新题型多设置不规则几何体，隐蔽平面内辅助线。动点问题在线段上移动，探究平行是否存在。多以多选题型出现，甄别容易误判的命题。部分考题需要逆向推导，由平行反推边长条件。易错点是忽略直线不在平面内的前提。训练注重辅助线的构造思路，分清判定与性质定理的用途，克服仅凭直观看图下结论的习惯，提升严谨推理论证能力。 1．（2026·天津东丽·二模）已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2026·天津红桥·一模）已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ） A．若平行于同一直线，则 B．若垂直于同一直线，则 C．若不平行，则在内不存在与平行的直线 D．若不平行，则与不可能垂直于同一平面 3．（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 4．（2026·天津和平·一模）在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（   ） A．面 B． C．面 D．平面 5．如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 6．在三棱柱中，为的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 8．（2026·天津河西·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，. (1)若为棱的中点，求证：平面PAB； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 9．（2026·天津·一模）如图，在三棱锥中，平面，，，，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)求点M到平面的距离． 10．（2026·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； (3)求三棱锥的体积. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲空间直线、平面的平行 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 线线平行关系 知识点2 线面平行关系 知识点3 面面平行关系 题型破译 题型1 直线与直线，直线与平面平行的判定 【方法技巧】直线与直线，直线与平面平行的判定 题型2 证明直线和直线平行 【方法技巧】证明直线和直线平行 题型3 证明直线和平面平行 【方法技巧】证明直线和平面平行 题型4 证明平面与平面平行 【方法技巧】证明平面与平面平行 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 线线平行、线面平行判定定理 天津卷 T15（5 分） 天津卷 T15（5 分） 面面平行判定与平行性质定理 天津卷 T15（5 分） 天津卷 T12（5 分） 天津卷 T15（5 分） 平行关系综合证明与动点存在性 天津卷 T15（5 分） 考情分析 空间平行关系是立体几何解答题第一问必考内容，分值 5-6 分，整体难度偏低，属于基础送分题型。高频考查：①利用几何判定定理证明线面、面面平行；②借助空间向量坐标法证明平行；③结合动点、线段中点探究平行存在条件。平行定理条件易漏写、逻辑步骤缺失是主要丢分点，向量法可简化证明流程，是稳妥解题方法。 复习目标 1. 熟记线线、线面、面面平行判定与性质定理，完整掌握定理全部条件； 2. 熟练几何法（中位线、平行四边形）与空间向量法两种平行证明思路； 3. 能处理动点、分点类平行探究问题，规范书写证明逻辑步骤； 4. 保证立体几何第一问证明不丢步骤分，快速拿下基础分值。 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 线线平行关系 平行线的传递性 基本事实：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 符号表示：a∥b，b∥c⇒a∥c． 等角定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 直线与直线的位置关系：不重合的两条直线，的方向向量分别为，． 若∥，即，则； 必记结论 空间证明线线平行有几何法与空间向量法。几何法：平行于同一条直线的两条直线互相平行；线面平行性质，一条直线平行平面，过该直线的平面与此平面相交，则直线平行交线；面面平行性质，两平行平面和第三个平面相交，两条交线互相平行。 向量法：两条直线方向向量互相共线，即可得到两直线平行或重合，做题需要排除重合情况。 注意空间两条直线位置分为平行、相交、异面。仅方向向量共线，不能直接判定平行，要确认两直线没有重合。解题可结合中位线、平行四边形寻找平行关系，区分线线平行与线面平行的判定条件，审题看清直线是否共面。 自主检测如图，已知四棱锥，，，分别是棱，的中点，且，，，四点共面． (1)求证：； (2)是线段上的动点，线段上是否存在点，使平面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为，分别是棱，的中点，所以在中，是中位线， 所以，因为平面，平面， 所以平面，因为平面经过直线，且与平面交于， 根据线面平行的性质定理可得：， 又因为，所以. (2)线段上存在点（即的中点），使得平面，证明如下： 由（1）知且， 取线段的中点，连接， 因为且， 所以四边形是平行四边形，从而， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，分别是，的中点，所以且， 结合且，可得且， 所以四边形是平行四边形，从而， 因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面. 【详解】（1）略 （2）略 知识点2 线面平行关系 （1）用该定理判断直线a与平面平行时，必须具备三个条件： ①直线a在平面外，即； ②直线b在平面内，即；③直线a，b平行，即a∥b．这三个条件缺一不可，缺少其中任何一个，结论就不一定成立． 直线和平面平行的性质定理可简述为“若线面平行，则线线平行”．可以用符号表示：若a∥，，，则a∥b．这个性质定理可以看作直线与直线平行的判定定理，用该定理判断直线a与b平行时，必须具备三个条件：（1）直线a和平面平行，即a∥；（2）平面和相交，即； （3）直线a在平面内，即．三个条件缺一不可，在应用这个定理时，要防止出现“一条直线平行于一个平面，就平行于这个平面内一切直线”的错误． 必记结论 线面平行判定：平面外一条直线与此平面内一条直线平行，则该直线平行于此平面，核心是线线平行推线面平行，必须强调直线在平面外。 线面平行性质：如果一条直线平行一个平面，经过这条直线的平面和该平面相交，则这条直线平行于交线。向量法：直线方向向量与平面的法向量互相垂直，且直线不在平面内，可证线面平行。 易错要点：直线平行平面内无数条直线，直线未必平行该平面；使用判定定理不能漏掉 “直线在平面外” 条件。线面平行只能推出直线平行交线，不能推出直线平行平面内任意直线，做题注意区分判定定理与性质定理的使用场景。 自主检测如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值． (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：因为底面是正方形，，为对角线，所以为中点， 又点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. (2)； (3). 【详解】（1）略. （2）因为平面，平面，所以， 同理， 因为，， 所以平面，平面， 所以, 在 中，，，所以， 因为是的中点，所以，, 因为，所以平面，平面，所以， 所以，因为， 所以，所以 ， 因此，二面角 的平面角就是直线 与 的夹角，又因为，所以该平面角等于 ， 在 中，， 在中，， 所以二面角的平面角的正弦值为. （3）由 (2) 已知,， 且 ，所以， 所以， 因为 是 中点，所以， 所以 设 到平面 的距离为 ，所以， 即，所以，所以点到平面的距离为. 知识点3 面面平行关系 （1）定理中平行于同一个平面的两条直线必须是相交的． （2）定理充分体现了等价转化的思想，即把面面平行转化为线面平行，可概述为：线面平行面面平行． （3）面面平行的性质定理也是线线平行的判定定理． （4）已知两个平面平行，虽然一个平面内的任何直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线（否则将导致这两个平面有公共点）． （5）平面的法向量为，平面的法向量为．若∥，即，则； 必记结论 面面平行判定定理：一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行，重点条件是两条直线必须相交。推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行。 面面平行性质：两平面平行，则一个平面内任意直线都平行于另一平面；第三个平面与这两个平行平面相交，所得两条交线互相平行。向量法，两个平面的法向量相互平行，则两平面平行或者重合，需要排除重合。 易错提醒，平面内两条平行直线分别平行另一平面，不能推出面面平行。由面面平行可以得到线面平行、线线平行，做题分清判定与性质，不要缺少相交直线这一关键条件，小题经常在此设置陷阱。 自主检测如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)取中点，求证：平面平面； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：在正方体中，连接交于，连接， 则为的中点，而为的中点，则， 又平面，平面，所以平面. (2)证明：由为的中点，为的中点，得，， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 于是平面，由（1）知平面，而， 平面，所以平面平面． (3) 【详解】（1）略； （2）略； （3）由（1）知，，则是异面直线与所成的角或其补角， 令正方体的棱长，则，， 因此， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 题●型●破●译 题型1 直线与直线，直线与平面平行的判定 例1-1在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1） 因为四边形为正方形，所以，， 又，所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，显然是平面的一个法向量， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2）由（1）得，，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 所以 所以平面与平面所成角的余弦值为； （3）由（2）得平面的一个法向量，， 所以点到平面的距离． 例1-2（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四面体的体积． 【答案】(1)以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 根据已知得，，，，， ，，，，， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令，则， 因为，所以， 所以平面. (2) (3) 【详解】（1）略 （2），，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 与平面所成角的正弦值为. （3）因为， ，， 所以， 所以． 方法技巧 直线与直线，直线与平面平行的判定 做平行关系判断小题，优先熟记判定定理全部条件，缺条件的选项大多错误。线线平行分清平行、相交、异面三种位置，向量共线只代表直线平行或者重合，需要排除重合。线面平行判定务必确认直线在平面外，只靠直线平行平面内一条直线，缺少该条件命题为错。 解题多用举反例排除法，拿正方体模型辅助想象，快速找出反例否定错误说法。注意：线面平行，直线不与平面内所有直线平行，存在异面直线。不要混淆判定定理和性质定理。遇到向量条件，不能直接下几何结论，要结合位置关系检验，警惕偷换条件的陷阱，优先排除明显漏洞选项。 【变式训练1-1】如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. (2) (3) 假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设. 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【详解】（1）略 （2）取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 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. （3）略 【变式训练1-2】如图，已知四棱锥中，底面为正方形，，，是棱的中点，是棱上一点，. (1)若是棱的中点时， ①求证：平面； ②求直线与平面成角的正弦值； (2)若点到平面的距离为，求线段的长度. 【答案】(1)①是棱的中点，是棱的中点， ， 平面，平面， 平面． ② (2) 【详解】（1）①略 ②，， 底面为正方形，， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， ，， 是棱的中点，是棱的中点， ， 则各点坐标为：，，，，，， ，，， 设平面法向量为，则，即， 令，，，则， 直线与平面成角为， 则直线与平面成角的正弦值为： . （2）设，则，，，， 设平面法向量为，则，即， 令，则，，， 点到平面的距离为， ，解得：. 【变式训练1-3】如图，四棱锥中，侧面为等边三角形，线段的中点为且底面，，且且，是的中点. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)点在棱上，且直线与底面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明: 连接， 因为，为线段的中点，， ，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，，，, 因为是的中点，所以， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 又因为平面，所以平面； (2) (3) 【详解】（1）略； （2）由（1）知，，，所以， 且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离； （3）由题意知，底面的法向量为， 因为，， 且，，所以， 所以由题意知：， 解得：，所以， 因为，设平面的一个法向量为， 则，即，取， 所以， 又平面与平面夹角为锐角， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 题型2 证明直线和直线平行 例2-1如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，是该圆柱底面圆周上异于、两点的点． (1)设平面平面，证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为为正方形， 所以，又因为平面，面， 所以平面， 又因为平面平面，平面 所以 (2) 【详解】（1）略 （2）设的边上的高为，则， 当三棱锥的体积最大时，，即B为的中点. 法1：因为B为的中点，所以，因为面，，面， 所以，以，，为x，y，z轴正方向，建立如图所示坐标系. 因为，，，面，， 所以面，所以面的法向量 设面的法向量，，，，，， 所以，令，则，，所以. 设二面角的平面角为，， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 法2：连接，作，连接. 因为，，，面，， 所以面. 又因为面，所以. 又因为，，面，，所以面. 因为面，所以. 因为，面，面， 所以为二面角的平面角. 在中，，，， 所以，所以， 所以二面角的余弦值为. 例2-2如图，正四棱锥中，，点在侧棱上且． (1)记平面平面，证明：； (2)若点在侧棱上且，求证：平面． 【答案】(1)证明：在正四棱锥中，，平面，平面， 则平面，而平面，平面平面， 所以. (2)证明：连接交于，连接，则为中点， 取中点，又，则， 连接，在中，有， 由平面PAC，平面PAC，得平面PAC， 而，则， 所以，平面，平面，则平面， 又，平面，因此平面平面， 又平面，所以平面． 【详解】（1）略 （2）略 方法技巧 证明直线和直线平行 判断空间两直线平行分为几何法与空间向量法。几何法：利用公理 4，平行于同一直线的两直线平行；借助中位线、平行四边形找平行；由线面平行性质、面面平行性质得到交线平行。几何证明要注意排除两直线重合的情况。 向量法：求出两条直线的方向向量，若方向向量成比例即向量共线，则两直线平行或者重合，必须检验两直线不重合，才能判定平行。 做题时，几何体便于建系优先用向量；图形特征明显优先几何法。只得到向量共线，不能直接得出线线平行，重合是高频陷阱。小题可以借助正方体模型辅助判断，算出参数后简单回代验证，避免判断失误。 【变式训练2-1】已知正方体的棱长为2，为棱的中点. (1)若平面平面，求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)设，则为的中点， 连接，因为为棱的中点，则， 且平面，平面，则平面， 又因为平面，平面平面，所以. (2)0 【详解】（1）略 （2）连接，，，则，， 且为的中点，则，，可知平面与平面夹角为， 在中，，，，则， 可知，平面与平面夹角余弦值为. 【变式训练2-2·变考法】【新思维】如图，在四棱锥中，底面为梯形，．若平面与平面相交于直线，求证：． 【答案】因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，故． 【详解】略 【变式训练2-3】如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：平面． (2)若平行四边形的顶点，，，分别在棱，，，上，证明：． (3)线段上是否存在点，使得二面角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：因为，，所以，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． (2)证明：因为四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． (3)存在， 【详解】（1）略 （2）略 （3）分别取，的中点，，连接，，． 因为，所以四边形为等腰梯形，根据等腰梯形的性质可得． 因为平面平面，平面，所以平面． 根据棱台的性质可得，所以，，，四点共面． 假设存在符合题意的点，过点作，垂足为， 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接． 因为，，所以，所以平面， 所以，所以即二面角的平面角． 由题意可得，，，，． 设，由，得，． 由.得． 若二面角为，则，解得， 则， 所以线段上存在点，且． 题型3 证明直线和平面平行 例3-1（2026·天津滨海新区·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)若线段上存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)取的中点，连接，， 由条件可得为的中位线，即， 又平面，平面，故平面， 由题意可知四边形是直角梯形，且， 则，，即四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，故平面， 而，平面，所以平面平面， 由平面，显然平面． (2) (3) 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，直线与直线所成角为， 又平面平面，平面平面，且，则平面， 又平面，则， 又，， 所以，，， 则在中，由余弦定理有， 所以直线与直线所成角的余弦值为． （3）连接，， 结合（1），（2）有是正方形，则，且， 又底面，则底面， 又，则，所以， 所以以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如下图空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 又线段上存在一点，则设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 所以是线段的中点， 所以． 例3-2（2026·天津宝坻·三模）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，在上，且，    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足到平面距离为，求的长． 【答案】(1)∵ 平面，， 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由题意得. ∵ ，，， ∴ 在中，，，， 可得. ∵ 为中点，∴ . ∵ ，∴ 分的比为，得. 平面的法向量为. ， ∴ ，即. 又平面，∴ 平面. (2) (3) 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， ，， 则，即， 取，得. 设平面与平面的夹角为，， 则. （3）在线段上，，令， 到平面的距离. 由题意得， ∴ ，即，得. ∴ . 例3-3（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为，，是中点，所以， 又，故，又，所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为四边形为菱形，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为四边形是菱形，，， 所以，、均为等边三角形. 以为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面和平面的夹角为， 则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）点为棱上靠近点的三等分点，， 则，， 则，又，则， 平面的法向量 ， 设直线与平面所成的角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 方法技巧 证明直线和平面平行 证明线面平行分为几何法和空间向量法。几何法使用判定定理，证明平面外一条直线与平面内某条直线平行，即可证线面平行，一定要满足直线在平面外这一条件。可通过中位线、平行四边形寻找线线平行，也可借助面面平行得到线面平行。 向量法，求出直线的方向向量与平面的法向量，若二者数量积为零，说明方向向量与法向量垂直，同时验证直线不在平面内，才可证明线面平行。 几何法重点找平面内的平行线；向量法适合容易建系的题型。高频易错点，忽略直线不在平面内，直接下结论。小题大题都要写全条件，防止步骤扣分，求出结果之后简单回代检验。 【变式训练3-1】（2026·天津武清·模拟预测）已知直三棱柱中，，点M、N分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面BCN夹角的正弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析. (2) (3) 【详解】（1） 连接，， 四边形为矩形，为的中点， 与交于点，为的中点， 又N为的中点，， 又平面，且平面， 平面. （2） 由已知，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 因为平面即平面，，， ， 取，则，从而， 设所求线面角为，， ， 所以与平面夹角的正弦值为. （3） 设点到平面的距离为，， ， 已知，则， 所以 . 【变式训练3-2】（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 【答案】(1)证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. (2) (3). 【详解】（1）略 （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 题型4 证明平面与平面平行 例4-1已知平行四边形中，，平面平面，三角形为等边三角形，，.，分别为线段，的中点. （1）求证：平面平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 【详解】（1）因为，分别为线段，的中点， 所以，平面， 又因为，，， 所以，， 所以是平行四边形， 所以，平面， 又因为， 所以平面平面. （2）平面平面，三角形为等边三角形， 平面，平面 所以平面平面 因为平面平面 所以平面平面； （3）已知平行四边形中，， 所以，又平面平面； 所以平面， 所以即为直线与平面所成角， 在中，， 所以， 所以. 例4-2如图所示的几何体中，四边形为菱形，，，且平面平面，，． (1)求证：平面平面； (2)求证：； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，，∵平面，平面，∴平面， 同理，平面，∵，平面， ∴平面平面； （2）证明：连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∴， ∵平面平面，平面平面，平面, ∴平面， ∵平面，∴，∵，∴， 又∵，，平面,故平面， ∵平面，∴； （3）过点作交的延长线于点，连接， ∵平面，平面，∴， ∵，平面,∴平面，因此为直线与平面所成的角， ∵，，∴，， ∴，所以直线与平面所成角的正弦值为 方法技巧 证明平面与平面平行 证明面面平行分为几何法与空间向量法。几何法使用判定定理，在一个平面内找到两条相交直线，分别平行于另一个平面，即可证面面平行，两条直线必须相交是核心条件，两条平行直线无效；也可利用推论，垂直于同一条直线的两个平面互相平行。 向量法，求出两个平面的法向量，若两个法向量共线，则两平面平行或者重合，需要排除平面重合的情况。 图形条件清晰优先几何法，方便建系选用向量法。做题高频陷阱：忽略直线相交、忽略排除重合。大题书写定理条件要完整，小题可借助正方体举反例判断命题正误，得到结论后简单回代检验。 【变式训练4-1】已知正方体的棱长为4，M，N，E，F分别为，，，的中点．    (1)求证：面面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积． 【答案】(1)如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，   ，， ，， 设是平面的法向量， 则，解得， 取，则，，得是平面的一个法向量． 设是平面的法向量， 则，解得， 取，则，，得是平面的一个法向量． ， 平面平面． (2) (3)16 【详解】（1）略 （2）是平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 则, 即平面与平面夹角的余弦值为. （3），，， 又是平面的一个法向量， 点A到平面的距离． ， 梯形为等腰梯形，易得梯形的高为， ，． 【变式训练4-2·变载体】在四棱锥中，，，，，，且平面，过点A的平面与侧棱PB，PC，PD分别交于点E，F，G，若四边形为菱形，则______． 【答案】 【详解】过作AP的平行线为轴，BC,BA分别为x,y轴，如图建系 令，则，，，，， E,F,G分别在PB,PC,PD上，令，， ，， ， ，， ，，， ，， 即. 故答案为： 【变式训练4-3】已知正方体的棱长为4，，分别是棱，的中点，过直线的平面平面AEF，则平面截正方体所得截面的面积为______． 【答案】18 【详解】如图，取的中点，的中点M，连接，，，，， 则，所以，，，四点共面． 因为，平面，平面，所以平面． 因为，且，所以四边形为平行四边形. 所以，平面,平面, 所以平面，又都在平面内，所以平面平面， 所以四边形即为平面截正方体所得截面， 易得，，， 所以四边形的面积． 故答案为：18 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2026·天津·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】D 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面    ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 2．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(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) (3) 【详解】（1）略 （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. 3．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面.    (2) (3) 【详解】（1）略 （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 4．（2004·天津·高考真题）如图，在长方体中，．分别过的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为，若，则截面的面积为（    ） A． B． C． D．16 【答案】C 【详解】因为长方体平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以，，， 所以， 又因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 故选：C. 5．（2019·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，， (1)设分别为的中点，求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)连接，易知，， 又由，故， 又因为平面，平面， 所以平面. (2)取棱的中点，连接， 依题意，得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，故， 又已知，， 所以平面. (3) 【详解】（1）略 （2）略 （3）连接， 由（2）中平面， 可知为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，且为的中点， 所以，又， 在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线（　　） A．只有一条，不在平面α内 B．有无数条，不一定在平面α内 C．只有一条，且在平面α内 D．有无数条，一定在平面α内 【答案】C 【详解】解：由推论1可知：，则，，过与确定一平面β， 由基本事实3可知：平面α与平面β有一交点，则有一条唯一的交线与a平行，设为b， 因为直线a∥平面α，，，所以a∥b. 故选：C． 2．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. 3．点P是平面外一点，过点P且平行于平面的平面有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．无数 【答案】B 【详解】假设过点P且平行于平面的平面有两个， 则由面面平行的性质知， 又都过P点，故重合， 所以过点P且平行于平面的平面只有一个. 故选：B 4．平面α与平面β平行的充分条件可以是（    ） A．α内有无穷多条直线都与β平行 B．直线aα，aβ，且直线a不在α与β内 C．直线 ，直线，且bα，aβ D．α内的任何直线都与β平行 【答案】D 【详解】A：α内有无穷多条直线都与β平行，则面α与面β可能平行也可能相交，错误； B：直线aα，aβ，且直线a不在α与β内，则面α与面β可能平行也可能相交，错误； C：直线 ，直线，且bα，aβ，则面α与面β可能平行也可能相交，错误； D：α内的任何直线都与β平行，α内任取两条相交的直线平行于β，由面面平行的判定知，正确. 故选：D. 5．经过平面α外两点，作与α平行的平面，则这样的平面可以作 (　　) A．1个或2个 B．0个或1个 C．1个 D．0个 【答案】B 【详解】若平面α外的两点所确定的直线与平面α平行，则过该直线与平面α平行的平面有且只有一个；若平面α外的两点所确定的直线与平面α相交，则过该直线的平面与平面α平行的平面不存在;故选B. 6． 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题：   （1）有水的部分始终呈棱柱形； （2）没有水的部分始终呈棱柱形； （3）水面EFGH所在四边形的面积为定值； （4）棱始终与水面所在平面平行； （5）当容器倾斜如图（3）所示时，是定值． 其中所有正确命题的序号是______，为什么？ 【答案】（1）（2）（4）（5） 【详解】根据棱柱的定义知，有两个面是互相平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线也互相平行，而这些面都是平行四边形，所以（1）和（2）正确； 因为水面所在四边形，从图2，图3可以看出，有两条对边边长不变而另外两条对边边长随倾斜度变化而变化，所以水面四边形的面积是变化的，（3）错误； 因为棱始终与平行，与水面始终平行，所以（4）正确； 因为水的体积是不变的，高始终是也不变，所以底面积也不会变 ，即是定值， 所以（5）正确；综上知（1）（2）（4）（5）正确， 故答案为：（1）（2）（4）（5）. 7．在正方体中，下列说法正确的是_________. ①平面；②与相交；③点、到平面的距离相等；④与平行的面只有一个，与垂直的面有两个. 【答案】①③ 【详解】如下图所示： 对于①，平面平面，平面，平面，命题①正确； 对于②，与异面，命题②错误； 对于③，平面，平面，且， 所以，点、到平面的距离相等，命题③正确； 对于④，与平行的平面有平面和平面，与垂直的面有平面和平面，命题④错误. 故答案为：①③. 8．过两平行平面α、β外的点P两条直线AB与CD，它们分别交α于A、C两点，交β于B、D两点，若PA＝6，AC＝9，PB＝8，则ＢD的长为_______． 【答案】12 【详解】试题分析：当两个平面在点P的同侧时如图（1）所示，当点P在两个面的中间时如图（2）所示由面面平行的性质定理可得AC与BD平行，,所以． 9．在长方体中，点P，R分别为BC，上的动点，当点P，R满足什么条件时，平面？ 【答案】（答案不唯一） 【详解】    如图，当时，平面.理由如下： 因为，所以 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 平面，平面，平面. 10．如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，，F，G分别是和的中点．求证：    (1)平面； (2)平面． 【答案】(1)证明：F，G分别是和的中点，， 又平面，平面； (2)证明：连接， F，G分别是和的中点，，且， 和都垂直于平面，，且， ，且， 四边形是平行四边形，， 平面平面， 平面. 【详解】（1）F，G分别是和的中点，， 又平面，平面； （2）连接， F，G分别是和的中点，，且， 和都垂直于平面，，且， ，且， 四边形是平行四边形，， 平面平面， 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 考查重点:天津高考空间线面平行，核心考查线线、线面、面面平行的判定与性质定理。小题判断命题真假，辨析平行的充分、必要条件。解答题借助几何法完成平行证明，书写严谨的推理步骤。侧重三种平行之间的相互转化。考题重视空间图形识别，检验学生的逻辑推证。高频易错：直接跳过平面内的直线条件，套用定理时缺少必要条件，推理步骤书写残缺。 1．已知不同的直线，，，不同的平面，，则下列说法正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】在选项A中，当时，可满足且， 但此时与为包含关系，不满足线面平行，故A错误； 在选项B中，由面面平行的性质，且，可得， 又，根据“垂直于同一平面的两条直线互相平行”，可得，故B正确； 在选项C中，若与相交，设交线为，当且时， 满足且，但与不平行，故C错误； 在选项D中，设与的交线为，只有当且时，才有， 若不垂直于交线，则不垂直于，故D错误. 2．给出下列4个命题，其中正确的命题个数是（   ） ①垂直于同一直线的两条直线平行    ②垂直于同一平面的两条直线平行 ③垂直于同一直线的两个平面平行    ④垂直于同一平面的两个平面平行 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】对于①：在空间范围内，垂直于同一直线的两条直线可能平行、相交或异面，故①错误； 对于②：由线面垂直的性质定理可知，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确； 对于③：由线面垂直的性质与面面平行的判定定理可得，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确； 对于④：垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，例如墙角处的两个竖直墙面均垂直于地面，但两墙面相交，故④错误; 综上，正确的命题为②③，共2个，故选B. 3．（2026·天津·二模）已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【详解】对于A，由可得，又有，且是两个平面，故，即A正确； 对于B，如图，取，，且，则易得，但得不到，故B错误； 对于C，由，可得或，故C错误； 对于D，如图，设为长方体的两个相对的底面，是长方体的一条竖直和一条水平的棱， 显然满足，但得不到，故D错误. 4．已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（   ） A．， B．， C．，， D．，，， 【答案】C 【详解】对于A：由，，则，两个平面相交于一条直线，而不是一个点，故A错误； 对于B：由，，则可能有，或，故B错误； 对于C：由，，，则，故C正确；     对于D：由，，，，则可能有，或，或，故D错误． 故选：C 5．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，直线与平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交 C．相交或平行 D．无法判断 【答案】A 【详解】因为，分别为，的中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 6．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________. 【答案】①②③ 【详解】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. 7．如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为___________. 【答案】 【详解】 取中点为,连接， 因为为正三角形，所以， 又因为平面，平面， 所以, 且平面， 所以平面， ,即到平面的距离为， 又因为,平面,平面, 所以平面， 又因为是棱上一点，所以到平面的距离为, 所以, 故答案为: . 8．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点P到平面的距离． 【答案】(1)因为底面，底面，所以， 又因为平面， 所以平面，即为平面的一个法向量， 如图以点为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 可得，，，，， 由为棱的中点，得， 向量，，故， 又平面，所以平面； (2) (3) 【详解】（1）略 （2）因为，设平面的法向量为， 则，取， 又平面的法向量， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）因为， 所以点P到平面的距离， 即点P到平面的距离为. 9．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：在中，，分别是，的中点， ， 又平面， 平面， 平面． (2)证明：四边形是正方形， ， 又平面，平面，     ， 又，且平面， 平面． (3) 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知，平面， 为斜线在平面上的射影，为直线与平面所成的角． 由题意，在中，，， ， ， 即直线与平面所成角的正弦值为． 10．在如图所示的几何体中，平面，，四边形为平行四边形，，，，． (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为平面，，如图建立空间直角坐标系， 因为四边形为平行四边形，，，，， 则，，， 解得（负值已舍去）， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以，即， 又平面，所以平面. (2) (3) 【详解】（1）略 （2）因为，， 设平面的法向量为， 则，取， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设平面与平面夹角为， 则， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 重难·创新演练 设题创新:创新题型多设置不规则几何体，隐蔽平面内辅助线。动点问题在线段上移动，探究平行是否存在。多以多选题型出现，甄别容易误判的命题。部分考题需要逆向推导，由平行反推边长条件。易错点是忽略直线不在平面内的前提。训练注重辅助线的构造思路，分清判定与性质定理的用途，克服仅凭直观看图下结论的习惯，提升严谨推理论证能力。 1．（2026·天津东丽·二模）已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【详解】对A：若，，，，此时与可能平行，可能相交，故A错误； 对B：若，，，则与可能平行，可能异面，故B错误； 对C：若，，，则，故C正确； 对D：若，，，则可能在内，也可能与相交或平行，故D错误. 2．（2026·天津红桥·一模）已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ） A．若平行于同一直线，则 B．若垂直于同一直线，则 C．若不平行，则在内不存在与平行的直线 D．若不平行，则与不可能垂直于同一平面 【答案】D 【详解】对于A，若平行于同一直线，则或与相交，所以A不正确； 对于B，若与垂直于同一直线，则与平行或相交或异面，所以B不正确； 对于C，若不平行，设，在平面内作直线， 因为，所以，即在内存在与平行的直线，所以C不正确； 对于D，若，可得，所以不平行，则与不可能垂直于同一平面，所以D正确. 3．（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 【答案】C 【详解】由题意知有水部分左、右两个面互相平行且全等，其余每相邻两面的交线也互相平行，且这些面都是平行四边形，选项正确； 由于水平固定，且与水平面平行，由线面平行的性质可知，，又，故水平面，选项正确； 当有水部分是三棱柱时，水面面积可能变大也可能变小，选项错误； 在图3中，有水部分始终是以平面和平面为底面的三棱柱，且体积为定值，因为高为定值，所以底面面积为定值，即为定值，选项正确. 4．（2026·天津和平·一模）在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（   ） A．面 B． C．面 D．平面 【答案】D 【详解】如图： 对A：因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面.故A正确； 对B：因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以. 因为是正三角形，且为中点，所以. 平面，且，所以平面. 平面，所以.故B正确； 对C：连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点， 又因为为的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面.故C正确； 对D：假设平面，因为平面，所以. 这需要四边形是正方形才可以. 而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误. 5．如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题设及平行六面体的结构特征易知，面，面， 所以面，则上任意一点到面的距离为定值， 又，则， 由的底面面积是平行六面体底面面积的一半，且高相等， 所以. 故选：D 6．在三棱柱中，为的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题可知，，，四点共面. 在三棱柱中，∵平面平面，平面平面，平面平面， ∴，∴. ∵为的中点，∴为的中点. 延长至点使，延长至点使，延长至点使，连接，，，得到三棱柱.延长，. 在三棱柱中，∵，分别为，的中点，∴，相交于点，∴多面体为三棱台. 设三棱柱的高为，上下底面面积均为，体积为，则. ∵，分别为，的中点，∴. 根据棱台的体积公式可知，，∴. 故选：D 7．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为，，，，平面，平面，推出平面平面. 又因为平面，所以平面. （2） 建立以为原点的直角坐标系. 得出各点坐标，，，，，. 设，，，因为，解出，，那么. ，，得出平面法向量. ，，得出平面法向量. . （3） 作交于点. 因为平面，，所以平面，又因为平面，推出.由题意得，为正方形，进而. 因为，，并且,所以平面. ，，易得. ，那么. 8．（2026·天津河西·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，. (1)若为棱的中点，求证：平面PAB； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明：取棱的中点N，连接. 在中，M，N分别为，的中点， 所以，且.因为，所以. 又因为底面中，且，所以，且. 所以四边形为平行四边形，从而. 又因为平面，平面，所以平面. (2). (3). 【详解】（1）略 （2）因为平面，， 所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向， 建立空间直角坐标系. 由已知条件可得各点坐标，，，. 因为且，所以点C的坐标为. 对于平面，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面PCD的一个法向量为. 对于平面，，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 故这两个平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可知，平面的一个法向量为， 因为点在平面上，且点A坐标为，所以 则点A到平面的距离d为， 所以点A到平面的距离为. 9．（2026·天津·一模）如图，在三棱锥中，平面，，，，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明如下： 取中点，连接，如下图所示：   因为为中点，为中点，所以， 又因为，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为为中点，为中点，所以， 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； (2) (3) 【详解】（1）（1）略 （2）因，则以为原点，所在直线为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，   则， 设平面的法向量为， 则，故， 所以，取，可得， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，故， 所以，取，可得， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则，又， 所以； （3）因为，为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以点到平面的距离为. 10．（2026·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证法一：连接与交于点，再连接， 因为， 所以 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面 证法二：以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则. 设是平面的一个法向量， ，则， 令，则，平面的一个法向量为. 因为，所以， 又因为平面，所以平面 (2) (3) 【详解】（1）略 （2）解法一： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得， ，所以线段的值为. 解法二： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得，，所以线段的值为. （3）解法一： 因为，所以， 解法二：由（1）所建立的坐标系可得. 则 故由余弦定理可得 所以， 由（1）得,平面的一个法向量为. 点到平面的距离. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $