資源簡介

2025年高考數(shù)學一輪復習核心考點：空間直線、平面的平行（新教材新高考）
一 線面平行
1定義
直線與平面無交點.
2 判定定理
如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.
(1) 若平面外一直線與該平面一直線平行，則直線與平面沒有公共點，即直線與平面平行；
(2) 符號表述
(線線平行線面平行)
(3) 若，要證明，則在平面內(nèi)找一條直線與直線平行.把直面平行問題轉(zhuǎn)化為線線平行.
3 性質(zhì)定理
一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.
(1) 符號表述
(線面平行線線平行)
(2) 證明：如上圖，，，又，與無公共點，
又，.
(3) 該性質(zhì)定理可以由線面平行得到線線平行，即線線平行問題也可以轉(zhuǎn)化為線面平行.
4 證明線面平行的方法
定義法(反證) (用于判斷)
判定定理： (線線平行線面平行)
(面面平行線面平行)
二 面面平行
1 定義
;
2 判定定理
如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么兩個平面互相平行；
符號表述：
【如圖】
推論：一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面的兩條直線，那么這兩個平面互相平行.
符號表述：
【如圖】
3 面面平行的性質(zhì)
(面面平行線面平行)
(面面平行線線平行)
夾在兩個平行平面間的平行線段相等.
4 證明面面平行的方法
定義法；
判定定理及推論(常用)
【題型1】 直線與平面平行的判定與性質(zhì)
角度1 直線與平面平行的判定
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)在空間四邊形中，分別為上的點，且，分別為的中點，則( )
A．平面且為矩形 B．平面且為梯形
C．平面且為菱形 D．平面且為平行四邊形
【答案】B
【分析】根據(jù)平行線等分線段定理、線面平行的判定定理、三角形中位線定理，結(jié)合矩形、梯形、菱形、平行四邊形的定義進行判斷即可.
【詳解】在平面內(nèi)，，
．
又平面平面，
平面．
又在平面內(nèi)，
分別是的中點，
．
又，
．
在四邊形中，且，
四邊形為梯形．
故選：B．
【典題2】 (2024·浙江臺州·二模)如圖，已知四棱臺中，，，，，，，且，為線段中點，
(1)求證：平面；
(2)若四棱錐的體積為，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析，(2)
【分析】(1)分別延長線段，，，交于點，將四棱臺補成四棱錐，取的中點，連接，，由四邊形為平行四邊形，得到，然后利用線面平行的判定定理證明；
(2)先證明平面，再以A為坐標原點，以直線為x軸，以直線為y軸，建立空間直角坐標系，求得平面的法向量為，易得平面的一個法向量為，然后由求解.
【詳解】(1)證明：如圖所示：
分別延長線段，，，交于點，將四棱臺補成四棱錐.
∵，∴，∴，
取的中點，連接，，
∵，且，∴四邊形為平行四邊形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
(2) 由于，所以，
又梯形面積為，
設到平面距離為，則，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以點C到平面的距離與點D到平面的距離相等，
而，所以平面.
以A為坐標原點，以直線為x軸，以直線為y軸，建立空間直角坐標系，
易得為等邊三角形，所以，，，，
設平面的法向量為，
則，
得，，不妨取，
又平面的一個法向量為.
則，
平面與平面夾角的余弦值為.
.
【鞏固練習】
1.下列命題正確的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)線面平行的判定定理和性質(zhì)定理依次判斷各選項即可得出結(jié)果.
【詳解】對于A，，有可能，A錯誤；
對于B，，有可能異面，B錯誤；
對于C，，有可能，C錯誤；
對于D，由線面平行的判定定理可知D正確．
故選：D
2.如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線平面的是( )
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】對于A，根據(jù)結(jié)合線面平行的判斷定理即可判斷；對于B,根據(jù)結(jié)合線面平行的判斷定理即可判斷；對于C，根據(jù)，結(jié)合線面平行的判斷定理即可判斷；對于D，根據(jù)四邊形是等腰梯形，與所在的直線相交，即可判斷.
【詳解】對于A,如下圖所示，
易得,則，
又平面,平面,
則平面，故A滿足；
對于B，如下圖所示，
為所在棱的中點，連接,
易得,則四邊形為平行四邊形，四點共面，
又易知，
又平面,平面,
則平面，故B滿足；
對于C,如下圖所示，
點為所在棱的中點，連接,
易得四邊形為平行四邊形，四點共面，且,
又平面,平面,則平面，故C滿足；
對于D，連接,
由條件及正方體的性質(zhì)可知四邊形是等腰梯形，
所以與所在的直線相交，
故不能推出與平面不平行，故D不滿足，
故選：D.
3.(2023·湖南岳陽·模擬預測)如圖，四棱錐的底面是邊長為3的正方形，為側(cè)棱的中點．
(1)證明：平面；
(2)若底面，且，求四棱錐的表面積．
【答案】(1)證明見解析，(2)36.
【分析】(1)利用直線與平面平行的判定定理容易證出；
(2)容易推導出四個側(cè)面都是直角三角形，進而表面積可求.
【詳解】(1)如下圖，連接,設與相交與點,連接.
因為底面是邊長為3的正方形，所以為中點，
又因為為側(cè)棱的中點，所以 ，
又平面，平面，
所以平面.
(2)因為底面，平面，所以，又，
平面，所以平面，
而平面，所以，同理可證，
所以均為直角三角形，
則四棱錐的表面積為，
所以四棱錐的表面積為36.
4.(2023·湖北武漢·一模)如圖，四棱臺的下底面和上底面分別是邊和的正方形，側(cè)棱上點滿足.
(1)證明：直線平面；
(2)若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析，(2)
【分析】(1)延長和交于點，連接交于點，連接，即可得到，從而得到為中點，即可得到且，從而得到，即可得解；
(2)建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】(1)證明：延長和交于點，連接交于點，連接，
由，故，所以，所以，
所以，所以為中點，
又且，且，
所以且，
故四邊形為平行四邊形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
(2) 解：以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸
建立如圖所示的空間直角坐標系.
則.
所以.
設平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值為，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
.
角度2 直線與平面平行的性質(zhì)
【典題1】 (2024·全國·模擬預測)已知為三個不同的平面，為三條不同的直線，若，，，，則下列結(jié)論正確的是( )
A．與相交 B．與相交 C． D．與相交
【答案】C
【分析】根據(jù)空間中直線與平面的關系即可結(jié)合選項逐一求解.
【詳解】，平面，，，故A錯誤；
同理可得，，故B錯誤；
由A，B知，故C正確；
由A知，平面，平面，，故D錯誤．
故選：C
【典題2】(2024·全國·模擬預測)如圖，已知圓錐，底面圓內(nèi)接正方形，若平面平面．現(xiàn)有以下三個結(jié)論：
①平面；
②；
③若為鈍角，是底面圓周上的動點，則的最大面積大于的面積．
其中所有正確結(jié)論的序號是 ．
【答案】①②③
【分析】
由線面平行的判定定理以及線面平行的性質(zhì)定理即可判斷①②，由三角形的面積公式即可判斷③.
【詳解】
因為四邊形為正方形，則，
又平面，平面，所以平面，則①正確；
又因為，平面，平面，
則平面，且平面，平面平面，
所以，又，所以，則②正確；
因為，所以兩條母線的夾角可能為，
因為是底面圓周上的動點，設母線長為，
則，
又因為，
而，所以，
的最大面積大于的面積，則③正確．
故答案為：①②③
【典題3】(2024·全國·二模)如圖1，中，分別是線段上的動點，且，將沿折起至，如圖2，在四棱錐中，為的中點，且平面.
(1)證明：；
(2)若為線段上一點，若平面與平面的夾角為，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】(1)取中點，利用線面平行的性質(zhì)證明四邊形是平行四邊形即可推理得解.
(2)建立空間直角坐標系，利用面面角、線面角的向量求法求解即得.
【詳解】(1)取中點，連接，由為的中點，得，
由，得，則，
由平面，平面，平面平面，
因此，四邊形是平行四邊形，，
所以.
(2) 由（1）知，，，而，
以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，由點在線段上，設，
，
設平面的法向量，則，令，得，
設平面的法向量，則，令，得，
依題意，，解得，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
.
【鞏固練習】
1. 設表示空間的兩條直線，表示平面，給出下列結(jié)論：(1)若且，則；(2)若且，則；(3)若且，則；(4)若且，則，其中不正確的個數(shù)是( )
A．1 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【分析】根據(jù)直線與直線平行、直線與平面平行的性質(zhì)分別判斷命題真假即可得解.
【詳解】若且，則或，故命題錯誤；
若且，則或為異面直線，故命題錯誤；
若且，則或，故命題錯誤；
若且，則或相交或異面，故命題錯誤.
故選：D.
2.如圖所示，過三棱臺上底面的一邊，作一個平行于棱的截面，與下底面的交線為DE；若D、E分別是AB、BC的中點，則( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)線面平行和面面平行得到線線平行，得到幾何體為棱柱，另外，根據(jù)柱體和臺體體積公式求出答案.
【詳解】平面與棱平行，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以，，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
故幾何體為棱柱，設棱柱的高為，
故，
又D、E分別是AB、BC的中點，則，
由臺體體積公式得，
故
故選：A
3.(2021·山西呂梁·三模)如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，過A1B且與AC1平行的平面交B1C1于點P，則PC1＝(　　)
A．2 B． C． D．1
【答案】D
【分析】首先根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，作輔助線，找到包含的平面與平面的交線，即可計算的值.
【詳解】連結(jié)，交于點，連結(jié)和，，
因為平面，又平面，且平面平面，
所以，又點是的中點，所以是的中點，
所以
故選：D
4.(2024·山東·二模)三棱錐中，和均為邊長為2的等邊三角形，分別在棱上，且平面平面，若，則平面與三棱錐的交線圍成的面積最大值為 ．
【答案】
【分析】首先證明截面為長方形，設，將面積表示為關于的二次函數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可得結(jié)果.
【詳解】如圖所示，因為平面，設面，所以，
同理：，
設，所以，即，
所以四邊形為平行四邊形，即，
面，面，所以面，
又因為面，面面，
所以，即，且，
取中點，連接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四邊形為正方形，
所以面與三棱錐的交線圍成的面積，
當，即為中點時，面積最大，最大值為，
故答案為：.

5.(2024·廣東佛山·一模)如圖，直三棱柱中，.過點的平面和平面的交線記作.
(1)證明： ；
(2)求頂點到直線的距離.
【答案】(1)答案見解析，(2)
【分析】(1)由已知，可根據(jù)，利用線面平行的判定定理證明平面，在使用線面平行的性質(zhì)定理可證明；
(2)由已知，可作交平面和平面的交線于，利用線面垂直的判定和性質(zhì)證明，從而即為點到直線的距離，然后在利用勾股定理求解邊長，即可求解.
【詳解】(1)證明：由題知，平面，平面，
所以平面，又因為平面平面，
平面，所以.
(2)作交直線于點，連接，因為是直三棱柱，
所以平面，平面，所以，
又因為，且，平面，所以平面，
因為平面，所以，所以就是點到直線的距離，
作交于點，因為，，所以，
又因為，所以四邊形是矩形，所以，
在，，，所以，
在，，
所以點到直線的距離為.
【題型2】 平面與平面平行的判定與性質(zhì)
角度1 平面與平面平行的判定
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)已知表示兩條直線，表示平面，下列命題中正確的有( )
①若，且，則；
②若相交且都在平面外，，則；
③若，則；
④若，且，則．
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】A
【分析】根據(jù)線面平行和面面平行逐項判斷即可.
【詳解】對于①，若，且，則或相交，故①錯誤；
對于③和④，與也可能相交，均錯誤；
對于②，設相交確定平面，根據(jù)線面平行的判定定理知，根據(jù)平行平面的傳遞性得知．
故選：A．
【典題2】(2022·江西景德鎮(zhèn)·三模)已知正方體的棱長為2，P為正方形ABCD內(nèi)的一動點(包含邊界)，E、F分別是棱、棱的中點．若平面BEF，則AP的取值范圍是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作輔助線，證明平面平面，說明線段AM即為動點P的軌跡，由此求得AM的長，即可求得答案.
【詳解】連接，則，
又平面，平面，故平面，

設為BC的中點，連接，
由于F分別是棱的中點，故，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又平面，
故平面平面，
由于平面BEF，故平面，
又因為P為正方形ABCD內(nèi)的一動點，且平面平面，
故AM即為動點P的軌跡，
而，故AP的取值范圍是，
故選：A
【典題3】(2024·四川瀘州·三模)如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，，與交于點，底面，，點，分別是棱，的中點，連接，，.

(1)求證：平面平面；
(2)求三棱錐的體積.
【答案】(1)見解析，(2)
【分析】(1)根據(jù)中位線定理和面面平行的判定定理即可證明；
(2)根據(jù)等體積法即可求解.
【詳解】(1)因為底面是矩形，AC與BD交于點O
所以O為AC中點，
點E是棱PA的中點，F(xiàn)分別是棱PB的中點，
所以OE為三角形的中位線，OF為三角形的中位線，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
所以平面平面.
(2)因為底面ABCD是矩形，，，
所以為等邊三角形，所以，
所以，
根據(jù)體積相等法可知，
，
故三棱錐的體積為.
【鞏固練習】
1. (2020·山東濟寧·三模)已知不重合的平面、、和直線，則“”的充分不必要條件是( )
A．內(nèi)有無數(shù)條直線與平行 B．內(nèi)的任何直線都與平行
C．且 D．且
【答案】D
【分析】利用面面位置關系可判斷AC選項；利用面面平行的定義可判斷B選項；利用線面垂直的性質(zhì)定理可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，若內(nèi)有無數(shù)條直線與平行且這無數(shù)條直線是平行直線，則、平行或相交，
即“內(nèi)有無數(shù)條直線與平行”“”，A不滿足；
對于B選項，由面面平行的定義可知，“內(nèi)的任何直線都與平行”“”，B不滿足；
對于C選項，若且，則、平行或相交，
則“且”“”，C不滿足；
對于D選項，由線面垂直的性質(zhì)可知，若且，則，
反之，若，則“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要條件，D滿足.
故選：D.
2.(2023·甘肅白銀·二模)如圖，在正方體中，，分別是棱，的中點，點在正方形內(nèi)，若，平面，則的最小值是( )
A．2 B． C． D．3
【答案】B
【分析】先根據(jù)題中的關系確定點在平面中的位置，在求的最小值.
【詳解】如圖，分別取棱，的中點，，連接，，．
因為正方體中，，
所以平面內(nèi)兩相交直線，與平面平行
所以平面，則點在線段上．
過點作，垂足為，連接DH，
則，當且僅當與重合時，．
故選：B.
3.(2023·浙江·模擬預測)如圖，在四棱錐中，已知，，，，，，為中點，為中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若，求平面與平面所成夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】(1)根據(jù)線面平行及面面平行的判定定理即得；
(2)方法一，延長與交于，由題可得面面，過作，過作，進而可得即為面與面所成二面角的平面角，結(jié)合條件即得；
方法二，利用坐標法，根據(jù)面面角的向量求法即得.
【詳解】(1)連接，∵為中點，為中點，
∴，又面，面，
∴面，
在中，，，，
∴，即，
在中，，，∴，，
在中，，，，，
∴，，∴，
∵F為AB中點，∴，，
∴，又∵面，面，
∴面，又∵，CF，面，
∴平面平面；
(2) 延長與交于，連，則面面，
在中，，，，所以，
又，，，面，
∴面，面，
∴面面，
在面內(nèi)過作，則面，
∵面，∴，
過作，連，∵，面，面，
∴面，面，
∴，
∴即為面與面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，，，又，
∴，， ，
∴.
.
4.(2024·福建廈門·一模)如圖，在四棱錐中，，，，，平面，過點作平面．
(1)證明：平面平面；
(2)已知點F為棱的中點，若，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見詳解，(2)
【分析】(1)利用三角形相似及等量代換得，利用線面垂直得，進而得平面EAC，結(jié)合已知條件得證；
(2)利用空間向量法可求
【詳解】(1)

設AC與BD的交點為O，連接OF，
因為，且，所以，
因為，所以，，，
且，，，
所以，
所以，
所以，
因為，所以，
所以，
即，所以，
所以，即，
因為平面，平面，
所以，
因為，平面EAC，
所以平面EAC，
又因為平面，且平面EAC，
所以平面平面
（2）
因為，平面，
所以兩兩垂直，
如圖，以A為原點，分別為x軸，y軸，z軸，
建立空間直角坐標系，
則，，，
所以，
因為點F為棱的中點，
所以，
設平面FBD的一個法向量為，
則，所以，
取，得，
所以平面FBD的一個法向量為，
記直線AD與平面FBD所成角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
5.如圖，四棱錐中，平面，，，，，分別為，的中點.
(1)求證：平面平面；
(2)若，求點到平面的距離.
【答案】(1)見解析；(2)
【解析】(1)由已知可得：，即可證得：平面，再證明四邊形為平行四邊形即可證得，即可證得：平面，命題得證.
(2)利用等體積法得：，整理計算得解.
【詳解】(1)證明：因為分別為的中點，所以，
因為平面，平面，所以平面
因為，所以，
所以四邊形為平行四邊形，所以
因為平面，平面，所以平面
因為，，平面，所以平面平面
(2)解：因為，，為中點，
所以，
因為平面，所以，
因為，
所以，
設點到平面的距離為，因為，
所以，所以到平面的距離.
角度2 平面與平面平行的性質(zhì)
【典題1】 已知為所在平面外一點，平面平面，且交線段，，于點，若，則( )
A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．4：25
【答案】D
【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得，，且，，進而根據(jù)等角定理可得，，，即可得出答案.
【詳解】由已知可得，平面平面，平面，平面平面，
根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得，，且.
同理可得，，.
根據(jù)等角定理可得，，，，
所以，.
所以，.
故選：D.
【鞏固練習】
1. (2024·江蘇鹽城·模擬預測)已知兩條不同的直線，表示三個不同的平面，則下列說法正確的是( )
A． B．與平行或相交
C． D．
【答案】B
【分析】由線線、線面、面面的位置關系直接判斷即可.
【詳解】對于A，若，則或異面，故A錯誤；
對于B，若，則平行或相交，故B正確；
對于C，若，則，所以，故C錯誤；
對于D，若，則或相交，可參考直三棱柱的三個側(cè)面，故D錯誤；
故選：B.
2.如圖，在四面體中，是中點，是中點.在線段上存在一點，使得平面，則的值為( )

A．1 B．2 C．3 D．
【答案】C
【分析】取MD中點O，連接OP，OQ，利用線面平行的判定定理證明平面.從而利用面面平行的判定定理得平面 平面.再利用面面平行的性質(zhì)定理得，利用三角形的比例性質(zhì)即可求解.
【詳解】如圖所示，

取MD中點O，連接OP，OQ，∵為MD中點，為中點，∴.
又∵平面，平面，∴平面.
又平面，，平面，平面，
∴平面 平面.
又平面，平面，平面平面，平面平面，
∴，∴在中，.
故選：C.
3.如圖，平面平面，所在的平面與，分別交于和，若，，，則 .
【答案】
【分析】由面面平行的性質(zhì)定理得到，再利用相似比求AB的長度.
【詳解】因為平面平面，由面面平行的性質(zhì)定理得，
所以，所以，即，解得，
故答案為：.
4.(2024·廣東汕頭·一模)如圖，在正方體中，是棱的中點，記平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，若直線分別與所成的角為，則 ， .
【答案】 /0.5 /
【分析】利用平面基本事實作出直線，進而求出；利用面面平行的性質(zhì)結(jié)合等角定理，再利用和角的正切計算即得.
【詳解】在正方體中，是棱的中點，
延長與延長線交于點，連接，則直線即為直線，，
由，得，又，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面，
則，又，因此，，
所以.
故答案為：；
【題型3】 平行關系的綜合應用
【典題1】 (多選)(2024·湖北·二模)如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內(nèi)一個動點(包括邊界)，且平面，則下列說法正確的有( )

A．動點軌跡的長度為
B．三棱錐體積的最小值為
C．與不可能垂直
D．當三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為
【答案】ABD
【分析】對A由平面，聯(lián)想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進而得到的軌跡為線段，對B，根據(jù)棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.
【詳解】對A，如圖，令中點為,中點為,連接，
又正方體中，為棱的中點，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又為正方形內(nèi)一個動點(包括邊界)，平面平面，而平面平面，
，即的軌跡為線段.
由棱長為2的正方體得線段的長度為，故選項A正確；
對B，由正方體側(cè)棱底面，所以三棱錐體積為，
所以面積最小時，體積最小，如圖，，易得在處時最小，
此時,所以體積最小值為，故選項B正確；
對C，當為線段中點時，由可得,又中點為,中點為,
，而，,故選項C不正確；
對D，如圖，當在處時，三棱錐的體積最大時，
由已知得此時,所以在底面的射影為底面外心，
,,,所以底面為直角三角形，
所以在底面的射影為中點，設為，如圖，設外接球半徑為,
由,,可得外接球半徑，
外接球的表面積為，故選項D正確.
故選：ABD.

【典題2】(2024·山東聊城·二模)如圖，在幾何體中，四邊形是邊長為2的正方形，，，點在線段上，且．
(1)證明：平面；
(2)若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析，(2)
【分析】(1)要證明線面平行：平面，只需證明平面平面(其中點在線段上，)，從而只需結(jié)合線面平行的判定定理分別得出平面，平面即可.
【詳解】(1)在線段上取一點，使，
連結(jié)，則，
又因為，所以，
因為平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因為平面，所以平面.
(2) 因為平面平面，所以，
又四邊形是正方形，所以，
所以兩兩互相垂直．
所以以為原點，以所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
由，得，
于是，
，
設平面的法向量為，則，
得，即，
令，得，所以平面的一個法向量，
設直線與平面所成的角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
.
【鞏固練習】
1. (多選)(2023高三·全國·專題練習)如圖，已知正方體的棱長為2，設P，Q分別為，的中點，則過點P，Q的平面截正方體所得截面的形狀可能為( )
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
【答案】BCD
【分析】
根據(jù)正方體六個面即三對互相平行的平面的性質(zhì)，結(jié)合空間直觀想象作出截面圖形即可.
【詳解】
對選項A，假設過點P，Q的平面截正方體所得截面的形狀為三角形，則必為三角形的一條邊，
但線段不在正方體的任一表面上，不可能為截面圖形的邊.故A項錯誤；
對選項B，如圖，取AB的中點為，連接PM，過點P，Q，M的平面作截面，
則平面，設平面，且點，
由平面平面，則，又，且，又，
則，故所在直線與重合，又，
連接MD，，則四邊形為平行四邊形，且，
故此時過點P，Q，M的平面截正方體所得的截面為四邊形，
故選項B正確；
對選項C，如圖，連接，過點的平面作截面，
則平面，設平面，且點，
由平面平面，則，
取上靠近的四等分點為，連接，
再分別取的中點，連接，
由，，可得四邊形為平行四邊形，
則，同理可證，又由分別為的中點，則，
則由平行的傳遞性可得，，
即所在直線與重合，即平面；
同理，取上靠近的三等分點為M，連接，
由平面平面，可得，平面；
連接，此時過點的平面截正方體所得的截面為五邊形PBNQM，
故C項正確；
對選項D，如圖，取M，N，E，F(xiàn)分別為對應棱的中點，
連接PF，F(xiàn)Q，QE，EN，MN，PM，
與BC項同理可由平面平面，平面平面，平面平面，
得，，，
即此時過點的平面截正方體所得的截面為六邊形PMNEQF，故D項正確.
故選：BCD．
2. (2021·江蘇南通·模擬預測)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，N為BC的中點．當點M在平面DCC1D1內(nèi)運動時，有MN//平面A1BD則線段MN的最小值為( )
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)正方體性質(zhì)及線面、面面平行的判定找到過點平行于面的截面，進而確定的運動軌跡，結(jié)合已知即可求最小值.
【詳解】在正方體中分別是的中點，
由正方體性質(zhì)易知：，而，，則，
由面，面，則面，同理有面，
由，面，故面面，
所以面中的直線平行于面，
由面，則在直線上運動，要使最小，只需，
延長、交于，故只需求出△底邊上的高即可，
由已知可得：，則△為邊長為的等邊三角形，
所以底邊上的高為，即最小值為.
故選：B
3.(2023·四川·三模)如圖，已知正方體的棱長為1，分別是棱，的中點．若點為側(cè)面正方形內(nèi)(含邊界)的動點，且平面，則與側(cè)面所成角的正切值最大為( )

A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】取的中點，連接、、、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質(zhì)可得出平面，說明點的軌跡為線段，結(jié)合線面角的定義求與側(cè)面所成角的正切值最大.
【詳解】取的中點，連接、、、、，如圖所示：

在正方體中，且，
因為、分別是棱、的中點，則且，
所以，四邊形為平行四邊形，則，
平面，平面，
平面，同理可證平面，
，平面，
所以平面平面，
平面，若，則平面，平面，
所以，點在側(cè)面內(nèi)的軌跡為線段，
因為平面，
所以與側(cè)面所成的角為，
在，，
所以，
所以與側(cè)面所成角的正切值為，
在中，，所以，
所以點到邊的距離為，即的最小值為，
所以與側(cè)面所成角的正切值的最大值為，
故選：D.
4.(2023·福建泉州·三模)如圖，三棱臺中，是的中點，E是棱上的動點．
(1)試確定點E的位置，使平面；
(2)已知平面．設直線與平面所成的角為，試在(1)的條件下，求的最小值．
【答案】(1)是的中點，詳見解析；(2).
【分析】(1)根據(jù)線線平行可得四邊形為平行四邊形，進而可得平面,又得平面 平面，有面面平行的性質(zhì)即可得線線平行，即可求解；
(2)根據(jù)線線垂直可得線面垂直，即可建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法可得，結(jié)合不等式即可求解.
【詳解】(1)連接,
由三棱臺中，是的中點可得,所以四邊形為平行四邊形，故,
平面, 平面,故平面,
又平面，且平面， ，
所以平面 平面，又平面平面,平面平面,故,
由于是的中點,故是的中點，
故點在邊的中點處，平面;
(2) 因為平面，平面,
所以,又 平面,
故平面,由于平面,所以 ,
由（1）知：在邊的中點，是的中點,
所以,進而，
連接,由
所以四邊形為平行四邊形，
故 ,由于平面，因此平面，
故兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系；設，
則，
故 ，
設平面平面的法向量為，
則，取，則，
又，
故，
當且僅當，即時取等號，
要使的最小值，只需要最大，最大值為，
此時的最小值為 .
.
5.如圖，在三棱錐中，底面，，為的中點，為的中點，，．
(1)求證：；
(2)求點到平面的距離；
(3)在線段上是否存在點，使 平面？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)線段上當點滿足，使 平面．
【分析】(1)先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理與判定定理證得平面，從而得證；
(2)根據(jù)三棱錐等體積即可求解.
(3)利用線面平行與面面平行的判定定理證得平面平面，從而得解.
【詳解】(1)因為底面，平面，所以.
又因為，平面，
所以平面，
又因為平面，所以.
(2)設點到平面的距離為.
因為底面，，為的中點，
所以點到平面的距離為.
又因為在中，，，．
則，
.
又因為底面，平面，所以 ，
又因為，，為的中點，
所以，
又因為由(1)知平面，平面，所以，
則.
所以，則，
則的面積為，
所以，解得.
(3)線段上當點滿足，使平面.
證明：取CH的中點K，連接MK，NK．
因為為的中點，
所以由為的中位線，可得.
又因為平面，平面ABC，所以平面；
由，可得，則，
又因為平面ABC，平面ABC，所以平面．
又因為平面，
所以平面平面，
又因為平面MNK，所以平面ABC．
1.(2022·全國·高考真題)在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則( )
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【詳解】解：在正方體中，
且平面，
又平面，所以，
因為分別為的中點，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正確；
對于選項B，如圖所示，設，，則為平面與平面的交線，
在內(nèi)，作于點，在內(nèi)，作，交于點，連結(jié)，
則或其補角為平面與平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，為中點，則，
由勾股定理可得，
從而有：，
據(jù)此可得，即，
據(jù)此可得平面平面不成立，選項B錯誤；
對于選項C，取的中點，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；
對于選項D，取的中點，很明顯四邊形為平行四邊形，則，
由于與平面相交，故平面平面不成立，選項D錯誤；
故選：A.
2.(2022·全國·高考真題)如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析，(2)
【分析】(1)連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
(2)建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關系計算可得.
【詳解】(1)證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面

(2) 解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.
。
3.(2023·全國·高考真題)如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；
（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.
2025年高考數(shù)學一輪復習核心考點：空間直線、平面的平行（新教材新高考）
一 線面平行
1定義
直線與平面無交點.
2 判定定理
如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.
(1) 若平面外一直線與該平面一直線平行，則直線與平面沒有公共點，即直線與平面平行；
(2) 符號表述
(線線平行線面平行)
(3) 若，要證明，則在平面內(nèi)找一條直線與直線平行.把直面平行問題轉(zhuǎn)化為線線平行.
3 性質(zhì)定理
一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.
(1) 符號表述
(線面平行線線平行)
(2) 證明：如上圖，，，又，與無公共點，
又，.
(3) 該性質(zhì)定理可以由線面平行得到線線平行，即線線平行問題也可以轉(zhuǎn)化為線面平行.
4 證明線面平行的方法
定義法(反證) (用于判斷)
判定定理： (線線平行線面平行)
(面面平行線面平行)
二 面面平行
1 定義
;
2 判定定理
如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么兩個平面互相平行；
符號表述：
【如圖】
推論：一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面的兩條直線，那么這兩個平面互相平行.
符號表述：
【如圖】
3 面面平行的性質(zhì)
(面面平行線面平行)
(面面平行線線平行)
夾在兩個平行平面間的平行線段相等.
4 證明面面平行的方法
定義法；
判定定理及推論(常用)
【題型1】 直線與平面平行的判定與性質(zhì)
角度1 直線與平面平行的判定
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)在空間四邊形中，分別為上的點，且，分別為的中點，則( )
A．平面且為矩形 B．平面且為梯形
C．平面且為菱形 D．平面且為平行四邊形
【典題2】 (2024·浙江臺州·二模)如圖，已知四棱臺中，，，，，，，且，為線段中點，
(1)求證：平面；
(2)若四棱錐的體積為，求平面與平面夾角的余弦值.
【鞏固練習】
1.下列命題正確的是( )
A． B．
C． D．
2.如圖，點A，B，C，M，N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線平面的是( )
A． B．C．D．
3.(2023·湖南岳陽·模擬預測)如圖，四棱錐的底面是邊長為3的正方形，為側(cè)棱的中點．
(1)證明：平面；
(2)若底面，且，求四棱錐的表面積．
4.(2023·湖北武漢·一模)如圖，四棱臺的下底面和上底面分別是邊和的正方形，側(cè)棱上點滿足.
(1)證明：直線平面；
(2)若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值.
角度2 直線與平面平行的性質(zhì)
【典題1】 (2024·全國·模擬預測)已知為三個不同的平面，為三條不同的直線，若，，，，則下列結(jié)論正確的是( )
A．與相交 B．與相交 C． D．與相交
【典題2】(2024·全國·模擬預測)如圖，已知圓錐，底面圓內(nèi)接正方形，若平面平面．現(xiàn)有以下三個結(jié)論：
①平面；
②；
③若為鈍角，是底面圓周上的動點，則的最大面積大于的面積．
其中所有正確結(jié)論的序號是 ．
【典題3】(2024·全國·二模)如圖1，中，分別是線段上的動點，且，將沿折起至，如圖2，在四棱錐中，為的中點，且平面.
(1)證明：；
(2)若為線段上一點，若平面與平面的夾角為，求直線與平面所成角的正弦值.
【鞏固練習】
1. 設表示空間的兩條直線，表示平面，給出下列結(jié)論：(1)若且，則；(2)若且，則；(3)若且，則；(4)若且，則，其中不正確的個數(shù)是( )
A．1 B．2個 C．3個 D．4個
2.如圖所示，過三棱臺上底面的一邊，作一個平行于棱的截面，與下底面的交線為DE；若D、E分別是AB、BC的中點，則( )
A． B． C． D．
3.(2021·山西呂梁·三模)如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，過A1B且與AC1平行的平面交B1C1于點P，則PC1＝(　　)
A．2 B． C． D．1
4.(2024·山東·二模)三棱錐中，和均為邊長為2的等邊三角形，分別在棱上，且平面平面，若，則平面與三棱錐的交線圍成的面積最大值為 ．
5.(2024·廣東佛山·一模)如圖，直三棱柱中，.過點的平面和平面的交線記作.
(1)證明： ； (2)求頂點到直線的距離.
【題型2】 平面與平面平行的判定與性質(zhì)
角度1 平面與平面平行的判定
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)已知表示兩條直線，表示平面，下列命題中正確的有( )
①若，且，則；
②若相交且都在平面外，，則；
③若，則；
④若，且，則．
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【典題2】(2022·江西景德鎮(zhèn)·三模)已知正方體的棱長為2，P為正方形ABCD內(nèi)的一動點(包含邊界)，E、F分別是棱、棱的中點．若平面BEF，則AP的取值范圍是( )
A． B． C． D．
【典題3】(2024·四川瀘州·三模)如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，，與交于點，底面，，點，分別是棱，的中點，連接，，.

(1)求證：平面平面；
(2)求三棱錐的體積.
【鞏固練習】
1. (2020·山東濟寧·三模)已知不重合的平面、、和直線，則“”的充分不必要條件是( )
A．內(nèi)有無數(shù)條直線與平行 B．內(nèi)的任何直線都與平行
C．且 D．且
2.(2023·甘肅白銀·二模)如圖，在正方體中，，分別是棱，的中點，點在正方形內(nèi)，若，平面，則的最小值是( )
A．2 B． C． D．3
3.(2023·浙江·模擬預測)如圖，在四棱錐中，已知，，，，，，為中點，為中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若，求平面與平面所成夾角的余弦值.
4.(2024·福建廈門·一模)如圖，在四棱錐中，，，，，平面，過點作平面．
(1)證明：平面平面；
(2)已知點F為棱的中點，若，求直線與平面所成角的正弦值．
5.如圖，四棱錐中，平面，，，，，分別為，的中點.
(1)求證：平面平面；
(2)若，求點到平面的距離.
角度2 平面與平面平行的性質(zhì)
【典題1】 已知為所在平面外一點，平面平面，且交線段，，于點，若，則( )
A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．4：25
【鞏固練習】
1. (2024·江蘇鹽城·模擬預測)已知兩條不同的直線，表示三個不同的平面，則下列說法正確的是( )
A． B．與平行或相交
C． D．
2.如圖，在四面體中，是中點，是中點.在線段上存在一點，使得平面，則的值為( )

A．1 B．2 C．3 D．
3.如圖，平面平面，所在的平面與，分別交于和，若，，，則 .
4.(2024·廣東汕頭·一模)如圖，在正方體中，是棱的中點，記平面與平面的交線為，平面與平面的交線為，若直線分別與所成的角為，則 ， .
【題型3】 平行關系的綜合應用
【典題1】 (多選)(2024·湖北·二模)如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內(nèi)一個動點(包括邊界)，且平面，則下列說法正確的有( )

A．動點軌跡的長度為
B．三棱錐體積的最小值為
C．與不可能垂直
D．當三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為
【典題2】(2024·山東聊城·二模)如圖，在幾何體中，四邊形是邊長為2的正方形，，，點在線段上，且．
(1)證明：平面；
(2)若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值．
【鞏固練習】
1. (多選)(2023高三·全國·專題練習)如圖，已知正方體的棱長為2，設P，Q分別為，的中點，則過點P，Q的平面截正方體所得截面的形狀可能為( )
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
2. (2021·江蘇南通·模擬預測)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，N為BC的中點．當點M在平面DCC1D1內(nèi)運動時，有MN//平面A1BD則線段MN的最小值為( )
A．1 B． C． D．
3.(2023·四川·三模)如圖，已知正方體的棱長為1，分別是棱，的中點．若點為側(cè)面正方形內(nèi)(含邊界)的動點，且平面，則與側(cè)面所成角的正切值最大為( )

A．2 B．1 C． D．
4.(2023·福建泉州·三模)如圖，三棱臺中，是的中點，E是棱上的動點．
(1)試確定點E的位置，使平面；
(2)已知平面．設直線與平面所成的角為，試在(1)的條件下，求的最小值．
5.如圖，在三棱錐中，底面，，為的中點，為的中點，，．
(1)求證：；
(2)求點到平面的距離；
(3)在線段上是否存在點，使 平面？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．
1.(2022·全國·高考真題)在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點，則( )
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
2.(2022·全國·高考真題)如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
3.(2023·全國·高考真題)如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.

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