第03讲 直线、平面平行的判定与性质（复习讲义）（全国通用）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、平面与平面平行的判定与性质及相互转化核心考点，按判定定理、性质定理、转化逻辑构建知识框架，通过知识解构梳理核心知识，题型破译归纳方法技巧，真题溯源感知考向，形成从基础到综合的系统复习流程。 讲义以转化思想为统领，创新设计中位线法、平行四边形法等证明策略，如例1-1通过直三棱柱中点构造中位线证明线面平行，培养学生逻辑推理与直观想象素养。设置分层变式训练与易错分析，帮助学生精准突破证明条件遗漏、轨迹分析偏差等难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第03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直线与平面平行的判定与性质 知识点2 平面与平面平行的判定与性质 知识点3 平行关系的相互转化 题型破译 题型1 直线与平面平行的判定与证明 【方法技巧】证明线面平行的三大常用方法 【易错分析】 题型2 平面与平面平行的判定与证明 【方法技巧】证明面面平行的常用方法 【易错分析】 题型3 平行关系的性质应用 【方法技巧】平行关系性质的应用思路 【易错分析】 题型4 平行关系中的动点与探究问题 【方法技巧】平行关系中动点与探究问题的解题策略 【易错分析】 题型5 平行关系的综合应用 【方法技巧】平行关系综合应用的解题思路 【易错分析】 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 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 线面平行的判定与性质 全国一卷T15（6分） 全国一卷T9（5分） 全国二卷T17（6分） 全国Ⅰ卷T17（6分） 全国甲卷（理）T19（5分） 全国甲卷（文）T19（5分） 面面平行的判定与性质 —— —— —— 平行关系的综合应用 —— —— 全国甲卷（理）T10（5分） 全国甲卷（文）T11（5分） 考情分析 直线、平面平行的判定与性质是立体几何的核心考点，是高考必考内容，承接空间点线面位置关系，后续衔接空间角、空间向量与立体几何计算，突出直观想象、逻辑推理核心素养。 1. 题型分值：单选 / 多选第 4～10 题（5 分），填空题第 13～15 题（5 分），解答题常作为立体几何第 1 问考查平行关系证明（5～6 分），总分值 5～12 分；整体难度中等，以定理应用与规范证明为主，常与几何体结构、空间向量交汇。 2. 四大考查方向： a. 线面平行的判定与证明，核心是构造线线平行的方法； b. 面面平行的判定与证明，重点是判定定理的条件完整性； c. 平行关系性质的应用，利用性质定理推导线线平行； d. 平行关系中的动点、存在性探究与综合应用。 3. 综合融合：常与棱柱、棱锥、棱台等几何体结合，以具体几何体为载体考查平行证明；也可与空间向量、相似三角形结合，为后续夹角与距离计算铺垫。 复习目标 1. 掌握线面平行、面面平行的判定定理与性质定理，能规范书写证明过程，准确罗列定理条件； 2. 理解平行关系的转化逻辑，能熟练实现线线平行、线面平行、面面平行的相互推导； 3. 掌握平行关系中动点、存在性问题的分析方法，能完成轨迹判断与条件探究； 4. 能以常见几何体为载体，综合分析平行关系的证明与应用，提升空间想象与逻辑推理能力。 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 直线与平面平行的判定与性质 一、直线与平面平行的定义 如果一条直线与一个平面没有公共点，那么这条直线与这个平面平行，记作。 二、直线与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α 证明直线与平面平行 三、直线与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 证明直线与直线平行 四、核心说明 1. 判定定理的三个条件 “面外直线、面内直线、线线平行” 缺一不可，是证明线面平行的核心依据； 2. 性质定理实现了 “线面平行” 向 “线线平行” 的转化，是空间中找平行线的重要方法。 自主检测（2026·四川巴中·模拟预测）下列命题正确的是（    ） A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 B．过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直 D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 【答案】C 【详解】过平面外一点，有无数条直线与该平面平行，这些直线都在过该点且与已知平面平行的平面内， 并非只有一条，故A错误； 过平面外一点，有无数个平面与该平面垂直，只需平面过该点且经过已知平面的一条垂线， 绕垂线旋转可得到无数个满足条件的平面，故B错误； 过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直，这是线面垂直的唯一性定理： 过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，故C正确； 过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行， 只需平面包含过该点且与已知直线平行的直线，绕该平行线旋转可得到无数个满足条件的平面， 故D错误． 知识点2平面与平面平行的判定与性质 一、平面与平面平行的定义 如果两个平面没有公共点，那么这两个平面互相平行，记作。 二、平面与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β 证明平面与平面平行 推论 一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行 —— 证明平面与平面平行 三、平面与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质 1 两个平面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面 证明线面平行 性质 2 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 证明线线平行 四、核心结论 (1)如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都与另一个平面平行． (2)如果一条直线和两个平行平面中的一个相交，那么它也和另一个平面相交． (3)夹在两个平行平面间的所有平行线段相等． 自主检测（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 【分析】结合直线与平面的位置关系逐项判断即可得. 【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. 知识点3平行关系的相互转化 一、转化逻辑 平行关系的证明与应用核心是转化思想，三类平行关系可相互推导： · 判定方向：线线平行 → 线面平行 → 面面平行（低维→高维） · 性质方向：面面平行 → 线面平行 → 线线平行（高维→低维） 二、证明线线平行的常用方法 1. 平行公理（公理 4）：平行于同一条直线的两条直线互相平行； 2. 平面几何法：三角形中位线定理、平行四边形对边平行、平行线分线段成比例； 3. 线面平行的性质定理：线面平行→线线平行； 4. 面面平行的性质定理：面面平行→交线平行； 5. 线面垂直的性质：垂直于同一个平面的两条直线互相平行。 自主检测已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】利用线线，线面，面面的位置关系可判断. 【详解】对于A， 若，，则或者，故A错误； 对于B，若，，，，则或者相交，故B错误； 对于C，若，，则或者为异面直线，故C错误； 对于D，若，，则，又因为，则，故D正确. 题●型●破●译 题型1 直线与平面平行的判定与证明 例1-1（多选题）（2026·江苏·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．（      ） A． B．平面 C．点到平面的距离为 D．若平面将棱柱分成两部分的体积分别为，，则 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量工具判断线线垂直、线面平行，计算点到平面距离，再通过分割法计算体积比，逐一验证选项. 【详解】选项A：以为原点，分别为，，轴建立坐标系，得，，， ，，所以，故与不垂直，A错误； 选项B：平面的两个向量：，， 设平面的法向量为， ， 解得，令，则，. ，， 且不在平面内，故平面，B正确； 选项C：，， .，C正确. 选项D：棱柱总体积，平面交于， 计算得较小部分，较大部分，故，D正确. 例1-2（多选题）（2026·山东济南·模拟预测）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【分析】根据空间中线面位置关系的判定定理及性质定理依次判断即可. 【详解】对于A，若，，则， 因为，所以，故A正确； 对于B，若，则或， 若，则，故B正确； 对于C，由面面垂直的性质定理可得， 只有当时，若，，，则成立，故C错误； 对于D，若，，则或， 因为，所以，故D正确. 方法技巧 证明线面平行的三大常用方法： 1. 中位线法：图形中出现中点时，优先构造三角形中位线，利用中位线平行于底边证明线线平行； 2. 平行四边形法：通过构造平行四边形，利用对边平行且相等证明线线平行； 3. 面面平行法：先证明过该直线的平面与已知平面平行，再由面面平行的性质推导线面平行。 易错分析 1. 证明时遗漏 “直线在平面外”“直线在平面内” 两个关键条件，直接由线线平行得线面平行； 2. 中位线、平行四边形构造错误，导致线线平行的依据不成立； 3. 跳步证明，未说明点的中点身份，直接得出中位线结论。 【变式训练1-1】（多选题）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（   ）． A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得 【答案】AD 【分析】选项A，当为点时，利用线面垂直可证明；选项B，利用线面的位置关系可判断；选项C，当点为点时，与相交；选项D，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而有. 【详解】对于选项A，在矩形中，，，，所以四边形为正方形.所以. 又因为平面，平面，所以. 当为点时，，从而可证得平面. 又平面，所以，故A正确； 对于选项B，当点位于点时，与相交；当点在线段上除点的其他位置时， 因为平面，平面，，平面， 所以，与为异面直线，故B错误； 对于选项C，当点为点时，与相交，故C错误； 对于选项D，当为的中点时，取的中点，连接， 在中，分别为中点，所以. 又，所以.同理可得. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以，故D正确． 【变式训练1-2·变考法】（多选题）如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形为菱形，，分别是，的中点，在上，且，则在四棱锥中，下列说法正确的是（     ） A． B． C．平面 D．若上一点在平面内，则 【答案】AC 【分析】先从平面展开图还原出四棱锥的空间结构，明确各点位置，通过中位线和平行线传递垂直可判断A选项，通过分析异面直线可判断B选项，通过取中点构造中位线找到平面内与平行的直线从而证明线面平行可判断C选项，延长和找到平面与底面的交线，利用平行线分线段成比例确定点的位置得到线段比例关系可判断D选项. 【详解】将四棱锥的平面展开图还原成如图所示的直观图，连接， 因为分别是的中点，所以， 又四边形为菱形，所以，所以，所以A正确； 由平面，平面，，平面， 得与是异面直线，所以B不正确； 设，连接交于点，则为的中点，且为的中点， 如图，连接，取的中点，连接， 因为，为的中点，所以为的中点， 又为的中点，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，所以C正确； 如图，延长交于点，延长、交于点，取的中点，连接， 所以， 又，所以，所以为线段的三等分点， 同理可得为线段上靠近点的三等分点，连接，交于， 所以，所以，即，所以， 所以为的中点，则，所以D错误. 【变式训练1-3】如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，. 证明：平面； 【答案】证法一：如图①所示，取棱 上一点，使得， 连接，因为，所以，且， 又因为四边形为菱形，且，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. 证法二:如图②所示，取棱上一点，使得，连接， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为四边形为菱形，所以，， 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， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 证法三：如图③所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，所以为等边三角形，所以， 又因为，平面 ，所以平面， 在中，，可得， 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为，所以， 又因为平面，平面， 所以， 因为，且平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由， 所以， 因为平面，所以平面. 题型2 平面与平面平行的判定与证明 例2-1如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点.求证：平面平面PAB. 【答案】在PAD中，、分别是PD、AD的中点， 所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为四边形ABCD是直角梯形，且，所以， 又，是AD的中点，所以，， 所以四边形ABCF是矩形，所以， 因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为，平面CEF，平面CEF， 所以平面平面PAB； 例2-2如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直．求证：平面平面； 【答案】方法一： 因为平面平面，所以平面. 因为是斜边的等腰直角三角形，所以． 如图1，取AC的中点，连接PE． 因为是正三角形，且，所以，且， 又平面平面ABC，平面平面， 所以平面. 因为，平面平面BCMN，平面平面，平面BCMN， 所以平面，所以． 如图2，连接BE，因为， 所以四边形PEBN为平行四边形，因此． 因为平面平面， 所以平面， 又平面平面PMN， 所以平面平面. 方法二： 如图3，取BC的中点，连接MF． 因为，所以，又，所以， 又，所以四边形BFMN是平行四边形， 所以， 因为，所以， 连接EF，因为平面平面，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 因为是正三角形，且，所以，且， 又平面平面ABC，平面平面， 所以平面. 所以， 因此四边形MPEF是平行四边形，． 因为平面平面ABC，所以平面， 又平面平面平面， 所以平面平面. 方法技巧 证明面面平行的常用方法： 1. 判定定理法：证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面（最常用）； 2. 推论法：证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线； 3. 传递性法：证明两个平面都平行于第三个平面，利用平行的传递性； 4. 线面垂直法：证明两个平面都垂直于同一条直线。 易错分析 1. 忽略 “两条相交直线” 的核心前提，误用两条平行直线判定面面平行； 2. 证明线面平行时条件不全，导致面面平行的推导依据不充分； 3. 混淆面面平行的判定与性质，逻辑推导方向颠倒。 【变式训练2-1】如图，在边长为的正方体中，点分别在，上，，求证：平面平面． 【答案】证明: 在边长为的正方体中，， 因此，， 因为且，所以四边形是平行四边形，故. 又平面，平面，所以平面. 因为且，所以四边形是平行四边形，故， 同理可知平面. 因为，且都在平面内， 所以平面平面. 【变式训练2-2·变载体】如图所示，平面内两正方形与，点M、N分别在对角线、上，且，沿折成直二面角． (1)证明：折叠后平面； (2)若，在线段上是否存在一点G，使平面平面?若存在试确定点G的位置． 【答案】(1)如图所示，设直线与交于点H，连结， ， ， ，即， ． 又平面，平面，平面． (2)存在，G在线上且 【详解】（1）略 （2）存在，过M作于点G， 则，平面，平面,平面， 又平面．且，平面, ∴平面平面． 即G在线上，且． 【变式训练2-3·变考法】（2026·江苏扬州·三模）如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置． (1)求证：平面平面； (2)若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上． ①求二面角的余弦值； ②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【分析】（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理证明平面平面； （2）①在平面内过点作，交于点，连接．先证明是二面角的平面角，再计算，由即得所求； ②延长至点，使，则，在平面中，过点作于，证得平面，点在四边形内，根据可求的最小值． 【详解】（1）在翻折过程中，，平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面，所以平面， 又平面，平面，， 所以平面平面． （2）①如图，在平面内过点作，交于点，连接． 因为点是点在平面上的射影，所以平面， 因为平面，所以， 又，，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角， 则翻折前、、三点共线，且， 所以，， 所以． 延长至点，使，则， 在平面中，过点作于， 由①知平面，即平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面， 所以平面， 所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取“”）， 因为， 所以，所以，所以点在线段上， 所以点在四边形内， 此时 ， 综上，最小值即为，长为， 所以的最小值为． 题型3 平行关系的性质应用 例3-1（2026·福建漳州·模拟预测）设是平面，，是两条不同的直线，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】A 【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的判定定理及性质，逐一分析各选项的正误，排除错误选项即可得到正确答案. 【详解】对选项A：由线面垂直的性质可知，若，则垂直于平面内的所有直线， 又，则平面内存在直线满足，因此，进而可得，故A正确； 对选项B：若，，则与的位置关系可以是平行、相交或异面，不一定互相平行，故B错误； 对选项C：若，，则与的位置关系可以是平行、相交（含垂直）或，不一定垂直于，故C错误； 对选项D：若、与所成的角相等，则与的位置关系可以是平行、相交或异面，不一定互相平行，故D错误. 例3-2（多选题）（2026·山东聊城·二模）已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，且，则的最小值为 B．若，且，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】过点作交于点，过点作交于点，连接，推导出平面平面，推导出为点的轨迹，可求出的最小值，可判断A选项；推导出平面，则点的轨迹为线段，可求出长的最小值，可判断B选项；过点作分别交、于点、，连接、、，推导出平面，可知点的轨迹为线段，当时，的长取最小值，可判断C选项；延长交线段于点，推导出平面平面，可知点关于平面、关于直线的对称点都在平面内，结合“将军饮马”思想求出长的最小值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接， 因为，平面，所以平面，同理可证平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段， 因为，所以，则，同理可得， 又因为，，则是边长为的等边三角形， 当点为的中点时，，此时的长取最小值， 此时，A对； 对于B选项，如下图所示，连接、， 易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点， 所以，， 又因为、平面，，所以平面， 当时，平面，则，故点的轨迹为线段， 由勾股定理可得，同理可得， 故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对； 对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、， 因为为正的中心，则，因为，则， 因为三棱锥为正四面体，则平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段， 延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则， 因为，所以，故， 由余弦定理可得， 故，同理可得， 由余弦定理可得， 所以， 当时，的长取最小值，此时， 故长的最小值为，C错； 对于D选项，如下图所示： 延长交线段于点，则点为线段的中点， 因为、均为等边三角形，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内， 因为平面，平面，所以， 易知， ， 设点关于直线、的对称点分别为、， 由对称性可知，，， 所以 ， 在中，，， 由余弦定理可得， 所以， 由余弦定理可得， 故， 由对称性知，， 所以， 当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立， 故的最小值为，D对. 方法技巧 平行关系性质的应用思路： 1. 线面平行性质：已知线面平行，构造过该直线的辅助平面，找到与已知平面的交线，转化为线线平行； 2. 面面平行性质：已知面面平行，寻找第三个平面与两平面的交线，得到线线平行，常用于线段比例、长度计算； 3. 核心作用：实现 “高维平行” 向 “低维平行” 的转化，将空间问题平面化。 易错分析 1. 利用线面平行性质时，未构造辅助平面，无法找到交线，推导线线平行缺乏依据； 2. 面面平行性质应用时，忽略 “两平面同时与第三个平面相交” 的条件，直接得出线线平行； 3. 比例计算时，对应线段的比例关系找错，导致计算结果错误。 【变式训练3-1】（2026·山东菏泽·一模）在长方体中，，，.若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥的体积的最大值为________. 【答案】 【分析】设，利用平行线分线段成比例，得出平行四边形的面积，求出体积，再由导数求最大值即可. 【详解】设， 因为平面平面，， 则到平面的距离， 因为平面平面，平面与平面，平面的交线分别为, 所以， 因为平面与平面，平面的交线分别为， 所以，所以， 又，所以, 同理，， 在矩形中，，，所以, 故的夹角为，故的夹角为， 所以， 所以， 由，解得或（舍去）， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 故当时，. 【变式训练3-2】如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面．求证：为的中点； 【答案】连接，设，连接，则是、的中点， 直线平面，平面，平面平面， ． 在中是的中点， 是线段中点． 【变式训练3-3】如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，．求证：为的中点. 【答案】在三棱柱中，平面平面，而平面平面，平面平面， 所以. ，. 为中点，为中点． 题型4 平行关系中的动点与探究问题 例4-1（多选题）已知三棱锥的各条棱长均为2022，过其底面中心O作动平面交线段PC于点S，交PA，PB的延长线于M，N两点，则下列结论正确的有（    ） A．若平面，则 B．三棱锥的侧棱和底面所成角的正切值为2 C．三棱锥的侧面和底面所成角的余弦值为 D． 【答案】ACD 【分析】由线面平行的性质定理证明线线平行判断选项A；D为BC的中点三棱锥的侧棱和底面所成角为，侧面和底面所成角为，计算相应角的三角函数值，判断选项BC；分别用基底和表示出，根据四点共面得出的值判断D选项. 【详解】若平面，平面，平面平面，则，A选项正确； 三棱锥的各条棱长均为2022，O为底面中心， 则是等边三角形， O是的重心，延长AO交BC于点D， 则D为BC的中点，连接PD，如图所示， 则有平面，，， 三棱锥的侧棱和底面所成角为，三棱锥的侧面和底面所成角为， ，，，，， 中，中， 三棱锥的侧棱和底面所成角的正切值为，B选项错误； 三棱锥的侧面和底面所成角的余弦值为，C选项正确； ， 设，，   ∵四点共面，∴ 即， ，，， ∴ ， ，D选项正确 故选︰ ACD 例4-2如图，在棱长为4的正方体中．点是棱的中点，动点在面内，包括边界），若平面，则线段长度的取值范围是_____．    【答案】 【分析】通过构造面面平行的方法，判断出点的轨迹，从而求得的取值范围. 【详解】设分别是的中点，连接. 根据正方体的性质可知， 由于平面，平面， 所以平面， 又因，可得，则得， 由于平面，平面，所以平面， 由于平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面， 而平面，平面，平面平面， 故点的轨迹即线段. ， 三角形是等腰三角形，底边上的高为， 所以的取值范围是. 故答案为：    方法技巧 平行关系中动点与探究问题的解题策略： 1. 先猜后证法：先根据中点、三等分点等特殊位置猜想结论，再严格证明； 2. 轨迹分析法：分析动点满足的平行条件，确定动点的轨迹（线段、直线等）； 3. 存在性问题：先假设存在，利用平行条件建立等量关系，求解后验证合理性。 易错分析 1. 忽略动点的取值范围（棱上、面上的边界），得出的结论超出几何边界； 2. 假设存在后，平行条件使用错误，推导过程逻辑不严谨； 3. 体积、距离类问题，不会利用平行关系转化为定值分析。 【变式训练4-1】（2026·江苏·模拟预测）将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上､下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于两点，是上一点，且满足平面. (1)求的值； (2)求点到平面距离的最大值； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，根据线面平行的性质推出，利用向量平行坐标成比例求出点坐标，即可得解； （2）设点，求出平面的法向量，代入点到平面距离公式，将距离表达式化简后用不等式放缩，即可得解； （3）由得出方向向量，求平面的两个法向量，再利用向量法求解即可. 【详解】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 由题意，椭圆的长轴长，短轴长，则焦距， 所以椭圆的方程为， 则，，，设， 所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，则存在唯一实数，使得， 所以，解得， 所以，所以； （2）设， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 又因为， 所以点到平面距离， 当时，， 当时，(当时取等号)， 即点到平面的距离的最大值为. （3）因为，所以直线的方向向量， 设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式训练4-2·变考法】把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为，，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，为下底面上过点的一条动弦（与不重合），点在下底面椭圆上（与点，不重合），是在上底面的投影． (1)证明：平面； (2)设平面与平面的夹角为，求的最小值． 【答案】(1)证明： 如图，连接， 由题意得，， 则，，， 所以，， 所以且， 则四边形是平行四边形， 所以． 又因为平面，平面，所以平面． (2)32 【分析】（1）连接，利用椭圆柱的性质及平行四边形的判定结合线面平行的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标的方法将平面与平面的法向量求出来，然后根据向量夹角的余弦公式表示出，进而得到，最后求出所求表达式的最小值. 【详解】（1）略； （2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，设， 则且，，． 易得平面的一个法向量是， 设平面的法向量是， 则 令，得， 则， 所以， 所以． 又，， 所以， ，其中． 令， 由对勾函数性质知在上单调递减， 故． 【变式训练4-3】（2025·甘肃白银·三模）圆柱的标准方程可以用下面的形式表示：，，其中，是圆柱任意一点的坐标.已知圆柱的方程为，如图，点，分别为上、下底面圆的圆心，四边形是圆柱的一个轴截面，点，，分别为，，的中点，点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. (1)证明：平面； (2)若点是下底面圆周上的动点，是点在上底面的投影，且，与下底面所成的角分别为，，求的取值范围； (3)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) 因为底面圆的方程为，，点， 所以，为的中点， 所以四边形是正方形， 所以. 如图①，连接，， 因为，， 所以四边形为平行四边形，所以. 当为的中点时，则，所以， 又平面，平面， 所以平面. (2) (3) 【分析】（1）连接，，由几何关系结合线面平行的判定定理证明可得； （2）设，利用两点间距离公式表示出，，利用三角函数定义和两角和的正切表示出，再构造函数，求导分析单调性可得； （3）利用三棱锥的体积公式和组合体积得到当且仅当最大时，三棱锥的体积最大，设，代入圆，利用韦达定理、弦长公式、对勾函数的单调性求出，再求二面角可得. 【详解】（1）略 （2）由题知，，， 设，，，且， 所以，， 如图②，因为，所以，， 则. 设，， 则 . 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增， 所以， 又，， 所以， 即的取值范围为. （3）由题知，， ， 所以当且仅当最大时，三棱锥的体积最大. 如图②，在平面直角坐标系中，圆的方程为， 设，代入圆， 整理得，且， 所以，， 所以， 令，则，则， 由对勾函数的性质可知，在上单调递增， 所以在上单调递减， 所以，即， 所以当，即，即时，三棱锥的体积最大， 此时，且，所以， 所以即平面与平面所成角， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为. 题型5 平行关系的综合应用 例5-1（2026·安徽·模拟预测）如图，在四棱锥中，，为正三角形，四边形是平行四边形，平面底面，点满足，其中． (1)当时，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求的值． 【答案】(1) 连接交于点，连接，当时，点为中点，又是平行四边形，故点为中点，所以，平面，平面， 所以平面 (2)或 【分析】 (1)    连接交于点，连接，利用中位线证明即可； (2)    建立空间直角坐标系求解. 【详解】（1）略. （2）取中点，中点，连接，因为为正三角形， 所以，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面，所以， 因为，，所以，故两两垂直， 如下图以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以， 所以,,,， 因为，所以， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 设平面的法向量为，则， 即， 令，则，故， 设二面角的平面角为，则，， 故， 解得或. 例5-2（2026·广东深圳·模拟预测）如图所示，七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形． (1)求证：平面； (2)若，，平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为四边形与四边形均为平行四边形， 所以, 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面； (2) 连接,根据且，所以四边形是平行四边形， 则．所以是正三角形，则 是菱形且, 取的中点，连接，则 因为平面平面,平面平面， 所以平面，因此以为原点， 分别为 轴， 轴， 以平面 的法向量为 轴的正方向，如图建系， 设 ，则 ， 则 ， 由与,可知，所以四边形为平行四边形， 则 ， 设平面 的法向量 ，则 ，即 ， 取 ，得 ，则 ， 设直线 与平面 所成角为 ， 则 ， 则 ，即直线 与平面 所成角的余弦值为 . 方法技巧 平行关系综合应用的解题思路： 1. 明确证明或计算目标，选择合适的转化方向（线线→线面→面面，或反向）； 2. 结合几何体的结构特征，挖掘隐含的平行、垂直关系，简化推导； 3. 计算类问题，利用平行关系得到相似三角形，转化为比例计算面积、长度。 易错分析 1. 转化逻辑混乱，线线、线面、面面平行的推导方向颠倒； 2. 综合问题中条件梳理不清，遗漏几何体本身的几何性质； 3. 面积计算时，混淆相似比与面积比的关系（面积比为相似比的平方）。 【变式训练5-1】如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (3) 【分析】（1）利用三角形中位线得到线线平行，依据线面平行判定定理完成证明； （2）利用等体积转化由体积比确定点的位置，通过勾股定理证线线垂直，推证线面垂直，进而证面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，设出动点坐标，求解平面法向量，得到二面角的余弦表达式，结合三角函数有界性求出二面角余弦的最小值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 【变式训练5-2】如图，在四棱锥中，，，是的中点．求证：平面； 【答案】取的中点，连接，． 因为是的中点，所以，． 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． 【变式训练5-3·变考法】类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】【小题1】证明如下： 如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． 【小题2】①； ②当点在的延长线上，且使时，平面. 【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论； （2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面． 【详解】【小题1】略 【小题2】①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 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 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【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. 二、多选题 2．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：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BD，， 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C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 三、解答题 3．（2026·北京·高考真题）如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． (1)求证：平面； (2)设点在的内部，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 【答案】(1)取的中点，连接，． 因为，分别为，的中点，所以，且． 因为四边形为矩形且为的中点， 所以，． 所以四边形是平行四边形． 所以． 又平面，平面， 所以平面． (2)由题设，，，． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，． 设， 则，，． 设平面的法向量为， 则 即 令，则，．于是． 选择条件①：． 因为，， 所以．解得． 故点的位置唯一确定，且． 设平面的法向量为， 则 即 则，令，则．于是． 因此平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件②：． 因为，， 所以．解得． 故点的位置唯一确定，且． 设平面的法向量为， 则 则，令，则．于是． 因此平面与平面夹角的余弦值为． 【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）若选①：解法一：求得点坐标，利用空间向量求面面夹角；解法二：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；若选②：解法一：求得点坐标，利用空间向量求面面夹角；解法二：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【详解】（1）解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. （2）若选①：解法二：由（1）可知，则， 设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法二： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 4．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 5．（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. 【答案】(1) (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. 体积为 【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小. （2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积. 【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）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: 6．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面夹角的正弦值． 【答案】(1) 设，所以，因为为中点，所以， 因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 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． (2) 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【详解】（1）略 （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．判断下列命题是否正确，并说明理由： (1)若平面内的两条直线分别与平面平行，则与平行； (2)若平面内有无数条直线与平面平行，则与平行； (3)平行于同一条直线的两个平面平行； (4)过已知平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行； (5)过已知平面外一条直线，必能作出与已知平面平行的平面． 【答案】(1)不正确，理由见详解. (2)不正确，理由见详解. (3)不正确，理由见详解. (4)正确，理由见详解. (5)不正确，理由见详解. 【分析】根据空间线面位置关系的性质，判定定理判断，或举反例说明. 【详解】（1）不正确，不妨设，，且， 则，显然结论不成立. （2）不正确，若平面内有无数条直线与平面平行， 则不能保证两个平面平行，两个平面有可能相交. （3）不正确，平行于同一条直线的两个平面可能相交. （4）正确，假设过存在两个平面都与平面平行， 则，显然这与是公共点矛盾. （5）不正确，若平面外直线与此平面相交，则不存在过该直线的平面与此平面平行. 2．如图，已知，，，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】过直线a作平面，分别与平面，相交，再利用线面平行的性质、判定即可推理得证. 【详解】因，，则过直线a作平面，作平面，直线b，c都不与直线l重合，如图， 因直线，，，于是得，同理，则， 而，，因此，， 又，，于是得，而， 所以. 3．如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证： (1)四点E，F，G，H共面； (2)平面，平面． 【答案】(1) 因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， 所以， 所以， 所以四点E，F，G，H共面. (2) 因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点， 所以， 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面， 平面 【分析】（1）证明即可证明结论 （2）根据线面平行的判定定理证明即可. 【详解】（1）略 （2）略 4．如图，，，，AC与BD为异面直线，，，，与成60°的角，求异面直线与所成的角． 【答案】 【分析】过点作的平行线交平面于点，连接，，得到平行四边形，在中，利用勾股定理得到为，即异面直线与所成的角为. 【详解】 过点作的平行线交平面于点，连接，. ，平面，平面， 四边形为平行四边形， 又与成60°的角，故或， 当时，又为等边三角形，故 当时，， 又，不合题意； 综上， 在中，， 所以（或其补角）为异面直线与所成的角， 故异面直线与所成的角为. 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. 【分析】(1)如图，根据题意和中位线的性质和长方体的特征可得四边形是平行四边形，，进而得出，利用线面平行的判定定理即可证明； (2)根据题意和中位线的性质和长方体的特征可得四边形CGFH是平行四边形，，进而得出，结合(1)与面面平行的判定定理即可证明. 【详解】（1）略 （2）略 6．如图，在正方体中，点E，F，G，H，M，N分别是该正方体六个面的中心，求证：平面平面HMN． 【答案】证明:由题意知，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则， 得， 所以，即， 又平面HMN，平面HMN， 所以平面HMN，平面HMN， 又平面EFG，平面EFG，， 所以平面EFG平面HMN. 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用向量法证明，进而利用面面平行的判定定理即可证明. 【详解】略. 2 / 66 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03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直线与平面平行的判定与性质 知识点2 平面与平面平行的判定与性质 知识点3 平行关系的相互转化 题型破译 题型1 直线与平面平行的判定与证明 【方法技巧】证明线面平行的三大常用方法 【易错分析】 题型2 平面与平面平行的判定与证明 【方法技巧】证明面面平行的常用方法 【易错分析】 题型3 平行关系的性质应用 【方法技巧】平行关系性质的应用思路 【易错分析】 题型4 平行关系中的动点与探究问题 【方法技巧】平行关系中动点与探究问题的解题策略 【易错分析】 题型5 平行关系的综合应用 【方法技巧】平行关系综合应用的解题思路 【易错分析】 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 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 线面平行的判定与性质 全国一卷T15（6分） 全国一卷T9（5分） 全国二卷T17（6分） 全国Ⅰ卷T17（6分） 全国甲卷（理）T19（5分） 全国甲卷（文）T19（5分） 面面平行的判定与性质 —— —— —— 平行关系的综合应用 —— —— 全国甲卷（理）T10（5分） 全国甲卷（文）T11（5分） 考情分析 直线、平面平行的判定与性质是立体几何的核心考点，是高考必考内容，承接空间点线面位置关系，后续衔接空间角、空间向量与立体几何计算，突出直观想象、逻辑推理核心素养。 1. 题型分值：单选 / 多选第 4～10 题（5 分），填空题第 13～15 题（5 分），解答题常作为立体几何第 1 问考查平行关系证明（5～6 分），总分值 5～12 分；整体难度中等，以定理应用与规范证明为主，常与几何体结构、空间向量交汇。 2. 四大考查方向： a. 线面平行的判定与证明，核心是构造线线平行的方法； b. 面面平行的判定与证明，重点是判定定理的条件完整性； c. 平行关系性质的应用，利用性质定理推导线线平行； d. 平行关系中的动点、存在性探究与综合应用。 3. 综合融合：常与棱柱、棱锥、棱台等几何体结合，以具体几何体为载体考查平行证明；也可与空间向量、相似三角形结合，为后续夹角与距离计算铺垫。 复习目标 1. 掌握线面平行、面面平行的判定定理与性质定理，能规范书写证明过程，准确罗列定理条件； 2. 理解平行关系的转化逻辑，能熟练实现线线平行、线面平行、面面平行的相互推导； 3. 掌握平行关系中动点、存在性问题的分析方法，能完成轨迹判断与条件探究； 4. 能以常见几何体为载体，综合分析平行关系的证明与应用，提升空间想象与逻辑推理能力。 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 直线与平面平行的判定与性质 一、直线与平面平行的定义 如果一条直线与一个平面没有公共点，那么这条直线与这个平面平行，记作。 二、直线与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 a⊄α，b⊂α，且a∥b⇒a∥α 证明直线与平面平行 三、直线与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 证明直线与直线平行 四、核心说明 1. 判定定理的三个条件 “面外直线、面内直线、线线平行” 缺一不可，是证明线面平行的核心依据； 2. 性质定理实现了 “线面平行” 向 “线线平行” 的转化，是空间中找平行线的重要方法。 自主检测（2026·四川巴中·模拟预测）下列命题正确的是（    ） A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行 B．过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直 C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直 D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行 知识点2平面与平面平行的判定与性质 一、平面与平面平行的定义 如果两个平面没有公共点，那么这两个平面互相平行，记作。 二、平面与平面平行的判定定理 定理 文字语言 符号语言 作用 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 a⊂β，b⊂β，，a∥α，b∥α⇒α∥β 证明平面与平面平行 推论 一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行 —— 证明平面与平面平行 三、平面与平面平行的性质定理 定理 文字语言 符号语言 作用 性质 1 两个平面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面 证明线面平行 性质 2 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 证明线线平行 四、核心结论 (1)如果两个平面平行，那么在一个平面内的所有直线都与另一个平面平行． (2)如果一条直线和两个平行平面中的一个相交，那么它也和另一个平面相交． (3)夹在两个平行平面间的所有平行线段相等． 自主检测（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 知识点3平行关系的相互转化 一、转化逻辑 平行关系的证明与应用核心是转化思想，三类平行关系可相互推导： · 判定方向：线线平行 → 线面平行 → 面面平行（低维→高维） · 性质方向：面面平行 → 线面平行 → 线线平行（高维→低维） 二、证明线线平行的常用方法 1. 平行公理（公理 4）：平行于同一条直线的两条直线互相平行； 2. 平面几何法：三角形中位线定理、平行四边形对边平行、平行线分线段成比例； 3. 线面平行的性质定理：线面平行→线线平行； 4. 面面平行的性质定理：面面平行→交线平行； 5. 线面垂直的性质：垂直于同一个平面的两条直线互相平行。 自主检测已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 题●型●破●译 题型1 直线与平面平行的判定与证明 例1-1（多选题）（2026·江苏·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．（      ） A． B．平面 C．点到平面的距离为 D．若平面将棱柱分成两部分的体积分别为，，则 例1-2（多选题）（2026·山东济南·模拟预测）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 方法技巧 证明线面平行的三大常用方法： 1. 中位线法：图形中出现中点时，优先构造三角形中位线，利用中位线平行于底边证明线线平行； 2. 平行四边形法：通过构造平行四边形，利用对边平行且相等证明线线平行； 3. 面面平行法：先证明过该直线的平面与已知平面平行，再由面面平行的性质推导线面平行。 易错分析 1. 证明时遗漏 “直线在平面外”“直线在平面内” 两个关键条件，直接由线线平行得线面平行； 2. 中位线、平行四边形构造错误，导致线线平行的依据不成立； 3. 跳步证明，未说明点的中点身份，直接得出中位线结论。 【变式训练1-1】（多选题）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（   ）． A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得 【变式训练1-2·变考法】（多选题）如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形为菱形，，分别是，的中点，在上，且，则在四棱锥中，下列说法正确的是（     ） A． B． C．平面 D．若上一点在平面内，则 【变式训练1-3】如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，. 证明：平面； 题型2 平面与平面平行的判定与证明 例2-1如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点.求证：平面平面PAB. 例2-2如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直．求证：平面平面； 方法技巧 证明面面平行的常用方法： 1. 判定定理法：证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面（最常用）； 2. 推论法：证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线； 3. 传递性法：证明两个平面都平行于第三个平面，利用平行的传递性； 4. 线面垂直法：证明两个平面都垂直于同一条直线。 易错分析 1. 忽略 “两条相交直线” 的核心前提，误用两条平行直线判定面面平行； 2. 证明线面平行时条件不全，导致面面平行的推导依据不充分； 3. 混淆面面平行的判定与性质，逻辑推导方向颠倒。 【变式训练2-1】如图，在边长为的正方体中，点分别在，上，，求证：平面平面． 【变式训练2-2·变载体】如图所示，平面内两正方形与，点M、N分别在对角线、上，且，沿折成直二面角． (1)证明：折叠后平面； (2)若，在线段上是否存在一点G，使平面平面?若存在试确定点G的位置． 【变式训练2-3·变考法】（2026·江苏扬州·三模）如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置． (1)求证：平面平面； (2)若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上． ①求二面角的余弦值； ②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值． 题型3 平行关系的性质应用 例3-1（2026·福建漳州·模拟预测）设是平面，，是两条不同的直线，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 例3-2（多选题）（2026·山东聊城·二模）已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，且，则的最小值为 B．若，且，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 方法技巧 平行关系性质的应用思路： 1. 线面平行性质：已知线面平行，构造过该直线的辅助平面，找到与已知平面的交线，转化为线线平行； 2. 面面平行性质：已知面面平行，寻找第三个平面与两平面的交线，得到线线平行，常用于线段比例、长度计算； 3. 核心作用：实现 “高维平行” 向 “低维平行” 的转化，将空间问题平面化。 易错分析 1. 利用线面平行性质时，未构造辅助平面，无法找到交线，推导线线平行缺乏依据； 2. 面面平行性质应用时，忽略 “两平面同时与第三个平面相交” 的条件，直接得出线线平行； 3. 比例计算时，对应线段的比例关系找错，导致计算结果错误。 【变式训练3-1】（2026·山东菏泽·一模）在长方体中，，，.若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥的体积的最大值为________. 【变式训练3-2】如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面．求证：为的中点； 【变式训练3-3】如图，在三棱柱中，侧面底面，为中点，过点，，的平面与交于点，，，．求证：为的中点. 题型4 平行关系中的动点与探究问题 例4-1（多选题）已知三棱锥的各条棱长均为2022，过其底面中心O作动平面交线段PC于点S，交PA，PB的延长线于M，N两点，则下列结论正确的有（    ） A．若平面，则 B．三棱锥的侧棱和底面所成角的正切值为2 C．三棱锥的侧面和底面所成角的余弦值为 D． 例4-2如图，在棱长为4的正方体中．点是棱的中点，动点在面内，包括边界），若平面，则线段长度的取值范围是_____．    方法技巧 平行关系中动点与探究问题的解题策略： 1. 先猜后证法：先根据中点、三等分点等特殊位置猜想结论，再严格证明； 2. 轨迹分析法：分析动点满足的平行条件，确定动点的轨迹（线段、直线等）； 3. 存在性问题：先假设存在，利用平行条件建立等量关系，求解后验证合理性。 易错分析 1. 忽略动点的取值范围（棱上、面上的边界），得出的结论超出几何边界； 2. 假设存在后，平行条件使用错误，推导过程逻辑不严谨； 3. 体积、距离类问题，不会利用平行关系转化为定值分析。 【变式训练4-1】（2026·江苏·模拟预测）将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上､下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于两点，是上一点，且满足平面. (1)求的值； (2)求点到平面距离的最大值； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式训练4-2·变考法】把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为，，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，为下底面上过点的一条动弦（与不重合），点在下底面椭圆上（与点，不重合），是在上底面的投影． (1)证明：平面； (2)设平面与平面的夹角为，求的最小值． 【变式训练4-3】（2025·甘肃白银·三模）圆柱的标准方程可以用下面的形式表示：，，其中，是圆柱任意一点的坐标.已知圆柱的方程为，如图，点，分别为上、下底面圆的圆心，四边形是圆柱的一个轴截面，点，，分别为，，的中点，点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. (1)证明：平面； (2)若点是下底面圆周上的动点，是点在上底面的投影，且，与下底面所成的角分别为，，求的取值范围； (3)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值. 题型5 平行关系的综合应用 例5-1（2026·安徽·模拟预测）如图，在四棱锥中，，为正三角形，四边形是平行四边形，平面底面，点满足，其中． (1)当时，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求的值． 例5-2（2026·广东深圳·模拟预测）如图所示，七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形． (1)求证：平面； (2)若，，平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 方法技巧 平行关系综合应用的解题思路： 1. 明确证明或计算目标，选择合适的转化方向（线线→线面→面面，或反向）； 2. 结合几何体的结构特征，挖掘隐含的平行、垂直关系，简化推导； 3. 计算类问题，利用平行关系得到相似三角形，转化为比例计算面积、长度。 易错分析 1. 转化逻辑混乱，线线、线面、面面平行的推导方向颠倒； 2. 综合问题中条件梳理不清，遗漏几何体本身的几何性质； 3. 面积计算时，混淆相似比与面积比的关系（面积比为相似比的平方）。 【变式训练5-1】如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【变式训练5-2】如图，在四棱锥中，，，是的中点．求证：平面； 【变式训练5-3·变考法】类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 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 二、多选题 2．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 三、解答题 3．（2026·北京·高考真题）如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，． (1)求证：平面； (2)设点在的内部，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面． 4．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 5．（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. 6．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面夹角的正弦值． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．判断下列命题是否正确，并说明理由： (1)若平面内的两条直线分别与平面平行，则与平行； (2)若平面内有无数条直线与平面平行，则与平行； (3)平行于同一条直线的两个平面平行； (4)过已知平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行； (5)过已知平面外一条直线，必能作出与已知平面平行的平面． 2．如图，已知，，，求证：. 3．如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证： (1)四点E，F，G，H共面； (2)平面，平面． 4．如图，，，，AC与BD为异面直线，，，，与成60°的角，求异面直线与所成的角． 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． 6．如图，在正方体中，点E，F，G，H，M，N分别是该正方体六个面的中心，求证：平面平面HMN． 2 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $