第04讲 直线、平面平行的判定与性质（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习高效培优系列

该高中数学高考复习讲义聚焦直线、平面平行的判定与性质核心考点，按考情分析、知识梳理、重难突破、分层集训的逻辑架构展开，通过考点梳理构建知识网络，方法指导提炼转化策略，真题训练强化应用能力，帮助学生系统突破线线、线面、面面平行转化的难点。 资料突出数学思维与空间观念培养，如在重难突破中设计“中位线构造”“平行四边形证平行”等专题，分层集训设置基础演练、能力进阶、真题实战三级练习，助力学生在逻辑推理中提升直观想象，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供高效教学支持。

第04讲 直线、平面平行的判定与性质 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识1 直线与平面平行 知识2 平面与平面平行 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测）(含超链接） 考点01 线面平行的判定 考点02 线面平行的性质应用 考点03 面面平行的判定 考点04 面面平行的性质应用 考点05 空间平行关系中的探索性问题 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解四个基本事实和一个定理． 2．从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，归纳出判定定理、性质定理，并加以证明；能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 线面平行的判定 全国I卷T15 全国I卷T9 全国II卷T17 全国I卷T17 全国甲卷（文）T19 全国甲卷（理）T19 线面平行的性质 面面平行的判定 全国II卷T17 面面平行的性质 考情解读 直线、平面平行的判定与性质是新高考立体几何高频考点，常作为立体解答题第一小问．小题多为命题真假判断，考查平行定理辨析；解答题以证明线面平行、面面平行为主，核心是实现线线、线面、面面平行之间的相互转化．常以棱柱、棱锥为载体，侧重直观想象与逻辑推理，难度以中档偏易为主，属于立体几何必拿分题型． 备考策略 熟记线面、面面平行的判定与性质定理，分清定理条件．掌握线线、线面、面面平行的转化思路，依托长方体建立空间想象能力．规范证明书写，重点练习中位线、平行四边形构造证平行；警惕定理条件缺失、混淆平面与空间结论等易错点． 知识・归纳梳理 知识1 直线与平面平行 1、直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行． 2、判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 a⊄α，b⊂α， a∥b ⇒a∥α 性质定理 一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 a∥α，a⊂β， α∩β＝b⇒a∥b 知识2 平面与平面平行 1、平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面． 2、判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 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⊂α，b⊂α，a∩b＝P， a∥β，b∥β⇒α∥β 性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒a∥β 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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 3、平行关系之间的转化 在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”． 重难・核心突破 考点01 线面平行的判定 典例1．如图，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则直线与平面不平行的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】对于A选项，如图： 连接，交于点，连接，则、平面， 且直线与直线不平行，所以直线与平面相交，故A正确； 对于B选项，如图： 因为，平面，平面，所以平面，故B错误； 对于C选项，如图： 取中点，易知、、、四点共面， 因为，，、分别为、的中点， 所以，，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，故C错误； 对于D选项，如图： 连接，因为，，故四边形为平行四边形，所以， 因为、分别为、的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，故D错误.故选：A. 典例2．（2026·河北张家口·二模改）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面.(1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）证明：如图所示，取中点，连接， 因为是中点，所以， 因为是的中点，棱柱中，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. 方法技巧 证明直线与平面平行的方法 1、线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)． 2、线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线． 3、面面平行的性质： ①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β，a⊂α⇒a∥β； ②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行， 即α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β. 【考法预测1】（25-26高三下·山东泰安·阶段检测改）如图，在四面体中，平面是的中点，是的中点.点在线段上，且.(1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）证明：取线段的中点，线段靠近点的四等分点， 连接，如图， 是的中点，，且，即， 又，且， ，且四边形为平行四边形， ， 平面平面， 平面. 【考法预测2】（26-27高三上·云南昭通·阶段检测改）如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点．(1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）证明：如图2，取的中点为，连接，． 因为四边形是矩形，且点为的中点，所以， 且， 又因为，分别为，的中点，所以， 且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面， 所以平面． 考点02 线面平行的性质应用 典例1．如图，四棱锥中，底面是菱形，，分别是棱，上的点，平面，且.求证：. 【答案】证明见解析 【解析】如图，设，连接交于点，连接， 平面，平面，平面平面， ， 为的中点，， 过点作，交于点，则， ，，，即. 典例2．（25-26高三下·河南·阶段检测改）如图，在圆锥中，，，，为底面圆周上的四个点，且四边形为正方形，为母线的中点，在线段上取一点，过和作一平面与线段交于点．(1)证明：； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）证明:如图，连接，，． 因为四边形为正方形，为底面圆的圆心， 所以， 从而是对角线与的交点． 连接，则是的中位线，所以． 又平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面， 所以； 【考法预测1】（2026·全国·三模）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点.为的中点，为上一点，平面，证明：为中点. 【答案】证明见解析 【解析】证明：如图，取的中点为，由三点确定一个平面，交于点， 由平面，平面， 平面平面，可得. 又因为为的中点，所以，. 而，所以， 由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为，所以， 则四边形是平行四边形，故， 又因为， 是的中点.， 所以，结合， 可得是的中位线，即为中点. 【考法预测2】（2026·安徽安庆·模拟预测改）如图所示，四棱锥底面为菱形，点，为棱的三等分点，点是棱中点. (1)过，，三点的平面与线段交于点，求证：； 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）取线段的中点，连接，，由于， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面，故. 考点03 平面与平面平行的判定 典例1．（26-27高三·全国·一轮复习）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】证明见解析 【解析】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； 典例2．（2026·广西崇左·一模改）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为 ，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以 平面. 因为平面，平面， ，所以平面 平面. 方法技巧 证明直线与平面平行的方法 1、利用面面平行的定义． 2、利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． 3、利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． 4、利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． 5、利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 【考法预测1】（2026·湖北孝感·二模改）如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体．(1)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）证明：连接交于点， 则四点共面，且为的中点， 所以四边形都是平行四边形，所以，， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 平面，平面，又在平面内相交于点， 所以平面平面. 【考法预测2】（25-26高三上·山西·期中改）如图，在直三棱柱中，，，M为侧面的对角线的交点，D，E分别为棱，的中点．(1)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）因为M为侧面的对角线的交点，直棱柱中，四边形是矩形， 所以M是的中点，M是的中点， 因为D，E分别为棱，的中点，所以，， 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面， 平面， 因为，，平面， 所以平面平面． 考点04 面面平行的性质应用 典例1．（2026·吉林长春·模拟预测改）如图所示，在长方体中，点M，N分别是直线，上的动点．(1)若M，N分别为线段，的中点，证明：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）取中点，连接， 因为为线段的中点，点是中点，所以， 又平面，平面，所以平面 同理，因为为线段，点是中点，所以， 又平面，平面，所以平面 因为平面，所以平面平面， 又平面，平面，所以平面. 典例2．（2026·山东滨州·一模改）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为．(1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）在线段上取一点，使得， 因为平面，平面，所以平面， 由平行线性质可得：， 且，，则， 即，可得，且，则， 又因为平面，平面，所以平面， 且，平面，可得平面平面， 由平面，可得平面. 【考法预测1】（2026·山东临沂·一模改）如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：如图所示，连接交于点， 因为四边形为正方形，所以为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. 【考法预测2】（25-26高三上·广西河池·期末改）如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且.(1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【解析】（1）在上取一点，使得， 因为分别在和上，且， 在中，可得，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，可得，所以， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以 平面. 考点05 空间平行关系中的探索性问题 典例1．如图，在四棱锥中，平面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，为中点．线段上是否存在点，使得平面？ 【答案】存在 【解析】存在，为中点，证明如下： 取中点，连接，连接，连接， 因为为中点， 则是的中位线，， 因为平面，平面，所以平面， 因为 所以是直角梯形的高，， 因为平面，平面，所以平平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． 典例2．（2025·河北石家庄·三模改）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形．O是边AB的中点，PO⊥平面ABC，．(1)在直线PB上是否存在一点M，使得直线平面MOC？ 【答案】(1)存在； 【解析】（1）存在，M点是PB的中点．理由如下： 当M点是PB的中点时，OM是三角形PBA的中位线，所以， 又面MOC，平面MOC， 所以平面MOC； 【考法预测1】（25-26高三上·重庆渝北·阶段检测）在直三棱柱中，，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)在上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在点， 【解析】（1）在直三棱柱中，有平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）当点为的中点时，符合题意. 证明如下： 取的中点，的中点，连接，，， 因为为的中点，所以，， 平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. 故存在点，使得平面，. 【考法预测2】如图，在长方体中，分别是棱的中点. (1)证明：平面. (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【解析】（1）证明：如图所示，连接， 因为分别是棱的中点，所以， 由长方体的性质，可知，则且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，所以平面. （2）取棱的中点，连接，平面平面，此时 理由如下： 连接，因为分别为棱的中点，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为平面且平面，所以平面， 由（1）可知平面，且平面，平面，，所以平面平面， 故在棱上存在点，使得平面平面，此时. 拔高・分层集训 基础演练 1．（25-26高三上·福建福州·阶段检测）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的必要条件， 设，，显然，从而有成立，但此时不平行， 所以故“”是“”的不充分条件， 即“”是“”的必要不充分条件.故选：B 2．（26-27高三上·湖南岳阳·阶段检测）设 ， 是两条不同的直线，， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【解析】如图：在长方体中， 选项A：如图，记平面为平面，设为直线，设为直线， 显然有，，但，故A错误； 选项B：如图，记平面为平面，设平面为平面，记为直线， 记为直线，显然有，，，但，故B错误； 选项C：由线面垂直的性质定理：垂直于同一条直线的两个不同平面互相平行，因此该命题成立，C正确. 选项D：如图：记平面为平面，设为直线，设为直线， 显然有，，但，故D不正确. 3．（26-27高三上·贵州·阶段检测）已知不同的直线和不重合的平面，则使成立的一个充分条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，在长方体中， 选项A：记平面为平面，平面为平面，平面为平面， 显然有，但不满足，所以A错误； 选项B：记为直线，则满足，但不满足，所以B错误； 选项C：记为直线，为直线，则满足，但不满足，所以C错误； 选项D：由线面垂直的性质：垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以D选项正确． 4．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）（多选）已知正三棱柱中，，分别为棱，的中点，则（    ） A．平面 B． C．平面 D． 【答案】ACD 【解析】如图， 因为平面平面，且平面，所以平面，故A正确； 因为平面，平面，，所以DE与是异面直线，故B错误； 取中点，连接，则，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故C正确； 因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，即．故D正确．故选：ACD 5．（25-26高三上·山东日照·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点，，分别是，，的中点，平面平面. 证明： (1)；(2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）在四棱锥中，连接，由底面是平行四边形，得是的中点. 而是的中点，则，又平面，平面，则平面， 而平面平面，平面，所以. （2）由，分别是，中点，得， 又平面，平面，则平面， 由（1）知，又平面，平面，则平面， 又，平面，所以平面平面. 6．（24-25高三上·湖北孝感·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点. (1)设平面与直线相交于点，求证：； (2)若，，，求棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）∵平面与直线相交于点， ∴平面平面． ∵四边形是菱形，∴， ∵平面，平面， ∴平面， ∵平面，平面平面， ∴，故． （2）∵底面为菱形，，∴，为正三角形， 又，∴， ∵为的中点，∴到平面的距离与到平面的距离相等， 又平面，即平面，， ∴棱锥的体积为 ． 7．（25-26高三上·云南昆明·开学考试）如图，在正方体中，，分别为，的中点． (1)证明直线平面； (2)设，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析；(2). 【解析】（1）证明：在正方体中，连接， 由，得四边形为平行四边形，则， 由分别为的中点，得，则， 而平面，平面，所以直线平面. （2）在正方体中，平面，而， 所以三棱锥的体积. 8．（25-26高三上·湖南永州·开学考试）如图，在三棱锥中，平面，底面是直角三角形，，是棱的中点，是的重心，是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）证明: 平面，且平面，， 底面是直角三角形且，， 又平面，平面，， 平面. （2）如图，连结并延长交于点，连结，， 是的重心，为边上的中线，即为的中点， 又有为的中点，， 平面，平面，平面， 同理，是的中点，可得， 平面，平面，平面， 又平面，平面，， 平面平面， 又有平面，平面. 能力进阶 1．（25-26高三上·山东济南·开学考试）如图所示的六面体中，平面平面，，若，则（    ）    A． B． C． D．2 【答案】C 【解析】如下图，取上一点，使，连接， 由平面平面，平面平面， 由平面平面，则，， 故为平行四边形，即且， 由平面平面，平面平面， 由平面平面，则，， 故为平行四边形，即且， 综上，，故为平行四边形，则， 由，则，故， 由，则， 所以，则，可得.故选：C 2．（25-26高三上·广东阳江·阶段检测）在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【解析】在正四棱柱中，取中点，连接， 由四边形是矩形，为棱的中点，得，平面即平面， 取中点，连接，则，平面， 平面，则平面，而，， 于是四边形是平行四边形，，又平面， 平面，则平面，而平面， 因此平面平面，而平面，则平面，即平面， 又点为侧面内一动点，则点的轨迹为线段， 由，得，， ， 因此等腰的腰上的高等于， 故线段的长度的最小值为. 故选：D 3．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图，这是一个五面体均垂直于底面，且是边长为1的等边三角形.已知.若平面平面，且与平面之间的距离为，与五面体相交，则平面切割五面体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】易知， 通过等体积法可知点到平面的距离分别为. 过点作平面平面，分别交于点，则. 因为平面到平面的距离为， 所以平面与直线的交点为线段的中点，记该点为， 记平面与的交点分别为， 则平面切割五面体所得截面为. 根据平面平面可得， 由三角形相似易知. 通过平移截面至平面， 可知截面的面积为. 故选：B. 4．（26-27高三上·贵州·阶段检测）（多选）如图，在空间四边形中，分别是线段的中点，分别是线段上的动点且，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．、、、四点共面，且平面 C．若，则与的交点在直线上 D．若平面，则 【答案】BCD 【解析】对于A，由，可知，因此，所以， 又由为中点可知，，故，因此点四点共面， 当时，直线相交，此时与平面相交，故A错误； 对于B，因为，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，当时，， 因为，所以与相交， 设，则， 因为平面，平面，所以平面平面， 即点在直线上，故C正确； 对于D，因为平面，平面，平面平面， 所以， 同理可得，，则， 又，所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以，故D正确． 5．（25-26高三上·河北·阶段检测）（多选）如图，在多面体中，平面平面，且交线与确定的平面与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．点在线段上的位置不确定 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】BC 【解析】平面平面，平面和平面分别与平面交于， 所以，同理， 所以，又，所以是平行四边形， 所以，又，所以，即为中点，A错； 四边形是平行四边形，则，又，所以， 所以是平行四边形，所以，由线面平行的判定定理得BC均正确； 若平面，则平面， 于是平面与平面重合，与已知矛盾，故D错误. 故选：BC. 6．（24-25高三上·广东·期末）已知连接正四面体各面的重心，可以得到一个小的正四面体，且小正四面体的每一个面都与原正四面体的一个面平行．据此推断，若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为______． 【答案】108 【解析】设这四个平面围成的新四面体为，显然是唯一的，如下图： 而当分别为四面体各个面对应三角形的重心时， 连接并延长交于点，连接并延长交于点， 则有，且为的中位线，所以，且， 同理可得且且； 且且． 即当分别为四面体各个面对应三角形的重心时恰满足题目条件， 所以四面体的棱长是四面体对应棱长的3倍， 所以四面体的体积为． 故答案为：108 7．（24-25高三上·湖南长沙·期中）在棱长为 4的正四面体中，为其外接球的球心，过点 作平面使得 .若，则截正四面体所得截面的面积为______. 【答案】 【解析】 如图，即为截面三角形，取中点，连接 ，，连接. 由对称性得，为等边的中心、重心， 三点共线，. ∵平面，平面，平面平面， ∴，分别为线段上靠近点的三等分点，. 在 中，， 由为的中心得平面， ∵平面，平面，∴，， 由题意得，，故， ∴的面积为：. 8．（26-27高三上·云南玉溪·阶段检测）如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明缉拿解析；(2). 【解析】（1）证法一：如图所示，取棱上一点，使得， 连接，因为，所以，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，且，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：如图所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，，所以是等边三角形，所以， 因为，，且平面，所以平面， 在中，，可得， 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为且，所以， 又因为平面，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. （2）由（1）知：，且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 真题实战 1．（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)证明解析；(2)距离为1. 【解析】（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）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. 2．（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)证明见解析；(2) 【解析】（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） 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. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 4．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 5．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 6．（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)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）解法一： 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． 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. 7．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD， 以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 8．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 直线、平面平行的判定与性质 内容导航 夯实知识·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（核心考点 知识梳理 方法归纳） 知识1 直线与平面平行 知识2 平面与平面平行 重难・核心突破（核心提炼 重难探究 命题预测）(含超链接） 考点01 线面平行的判定 考点02 线面平行的性质应用 考点03 面面平行的判定 考点04 面面平行的性质应用 考点05 空间平行关系中的探索性问题 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解四个基本事实和一个定理． 2．从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，归纳出判定定理、性质定理，并加以证明；能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题． 考题统计 核心考点 2026 2025 2024 线面平行的判定 全国I卷T15 全国I卷T9 全国II卷T17 全国I卷T17 全国甲卷（文）T19 全国甲卷（理）T19 线面平行的性质 面面平行的判定 全国II卷T17 面面平行的性质 考情解读 直线、平面平行的判定与性质是新高考立体几何高频考点，常作为立体解答题第一小问．小题多为命题真假判断，考查平行定理辨析；解答题以证明线面平行、面面平行为主，核心是实现线线、线面、面面平行之间的相互转化．常以棱柱、棱锥为载体，侧重直观想象与逻辑推理，难度以中档偏易为主，属于立体几何必拿分题型． 备考策略 熟记线面、面面平行的判定与性质定理，分清定理条件．掌握线线、线面、面面平行的转化思路，依托长方体建立空间想象能力．规范证明书写，重点练习中位线、平行四边形构造证平行；警惕定理条件缺失、混淆平面与空间结论等易错点． 知识・归纳梳理 知识1 直线与平面平行 1、直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行． 2、判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 a⊄α，b⊂α， a∥b ⇒a∥α 性质定理 一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 a∥α，a⊂β， α∩β＝b⇒a∥b 知识2 平面与平面平行 1、平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面． 2、判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 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⊂α，b⊂α，a∩b＝P， a∥β，b∥β⇒α∥β 性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒a∥β 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 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 3、平行关系之间的转化 在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”． 重难・核心突破 考点01 线面平行的判定 典例1．如图，、为正方体的两个顶点，、、为所在棱的中点，则直线与平面不平行的是（    ） A． B． C． D． 典例2．（2026·河北张家口·二模改）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面.(1)求证：平面； 方法技巧 证明直线与平面平行的方法 1、线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)． 2、线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线． 3、面面平行的性质： ①两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面，即α∥β，a⊂α⇒a∥β； ②两个平面平行，不在两个平面内的一条直线与其中一个平面平行，则这条直线与另一平面也平行， 即α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β. 【考法预测1】（25-26高三下·山东泰安·阶段检测改）如图，在四面体中，平面是的中点，是的中点.点在线段上，且.(1)求证：平面； 【考法预测2】（26-27高三上·云南昭通·阶段检测改）如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点，分别为棱，的中点．(1)证明：平面； 考点02 线面平行的性质应用 典例1．如图，四棱锥中，底面是菱形，，分别是棱，上的点，平面，且.求证：. 典例2．（25-26高三下·河南·阶段检测改）如图，在圆锥中，，，，为底面圆周上的四个点，且四边形为正方形，为母线的中点，在线段上取一点，过和作一平面与线段交于点．(1)证明：； 【考法预测1】（2026·全国·三模）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点.为的中点，为上一点，平面，证明：为中点. 【考法预测2】（2026·安徽安庆·模拟预测改）如图所示，四棱锥底面为菱形，点，为棱的三等分点，点是棱中点. (1)过，，三点的平面与线段交于点，求证：； 考点03 平面与平面平行的判定 典例1．（26-27高三·全国·一轮复习）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. 典例2．（2026·广西崇左·一模改）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. 方法技巧 证明直线与平面平行的方法 1、利用面面平行的定义． 2、利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． 3、利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”． 4、利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． 5、利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． 【考法预测1】（2026·湖北孝感·二模改）如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体．(1)证明：平面平面； 【考法预测2】（25-26高三上·山西·期中改）如图，在直三棱柱中，，，M为侧面的对角线的交点，D，E分别为棱，的中点．(1)求证：平面平面； 考点04 面面平行的性质应用 典例1．（2026·吉林长春·模拟预测改）如图所示，在长方体中，点M，N分别是直线，上的动点．(1)若M，N分别为线段，的中点，证明：平面； 典例2．（2026·山东滨州·一模改）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为．(1)求证：平面； 【考法预测1】（2026·山东临沂·一模改）如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点. (1)求证：平面； 【考法预测2】（25-26高三上·广西河池·期末改）如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且.(1)求证：平面； 考点05 空间平行关系中的探索性问题 典例1．如图，在四棱锥中，平面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，为中点．线段上是否存在点，使得平面？ 典例2．（2025·河北石家庄·三模改）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形．O是边AB的中点，PO⊥平面ABC，．(1)在直线PB上是否存在一点M，使得直线平面MOC？ 【考法预测1】（25-26高三上·重庆渝北·阶段检测）在直三棱柱中，，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)在上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【考法预测2】如图，在长方体中，分别是棱的中点. (1)证明：平面. (2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 拔高・分层集训 基础演练 1．（25-26高三上·福建福州·阶段检测）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（26-27高三上·湖南岳阳·阶段检测）设 ， 是两条不同的直线，， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（26-27高三上·贵州·阶段检测）已知不同的直线和不重合的平面，则使成立的一个充分条件可以是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）（多选）已知正三棱柱中，，分别为棱，的中点，则（    ） A．平面 B． C．平面 D． 5．（25-26高三上·山东日照·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点，，分别是，，的中点，平面平面. 证明： (1)；(2)平面平面. 6．（24-25高三上·湖北孝感·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点. (1)设平面与直线相交于点，求证：； (2)若，，，求棱锥的体积. 7．（25-26高三上·云南昆明·开学考试）如图，在正方体中，，分别为，的中点． (1)证明直线平面； (2)设，求三棱锥的体积． 8．（25-26高三上·湖南永州·开学考试）如图，在三棱锥中，平面，底面是直角三角形，，是棱的中点，是的重心，是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； 能力进阶 1．（25-26高三上·山东济南·开学考试）如图所示的六面体中，平面平面，，若，则（    ）    A． B． C． D．2 2．（25-26高三上·广东阳江·阶段检测）在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 3．（24-25高三上·甘肃白银·期末）如图，这是一个五面体均垂直于底面，且是边长为1的等边三角形.已知.若平面平面，且与平面之间的距离为，与五面体相交，则平面切割五面体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（26-27高三上·贵州·阶段检测）（多选）如图，在空间四边形中，分别是线段的中点，分别是线段上的动点且，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．、、、四点共面，且平面 C．若，则与的交点在直线上 D．若平面，则 5．（25-26高三上·河北·阶段检测）（多选）如图，在多面体中，平面平面，且交线与确定的平面与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．点在线段上的位置不确定 B．平面 C．平面 D．平面 6．（24-25高三上·广东·期末）已知连接正四面体各面的重心，可以得到一个小的正四面体，且小正四面体的每一个面都与原正四面体的一个面平行．据此推断，若四面体的体积为4，过该四面体的每一个顶点作与另外三个顶点所在平面平行的平面，四个平面围成一个新的四面体，则新四面体的体积为______． 7．（24-25高三上·湖南长沙·期中）在棱长为 4的正四面体中，为其外接球的球心，过点 作平面使得 .若，则截正四面体所得截面的面积为______. 8．（26-27高三上·云南玉溪·阶段检测）如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 真题实战 1．（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． 2．（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． 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 4．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 5．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 6．（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． 7．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 8．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $