資源簡介

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專題38 空間直線、平面的平行（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 12
【考點1】直線與平面平行的判定與性質 12
【考點2】平面與平面平行的判定與性質 19
【考點3】平行關系的綜合應用 27
【分層檢測】 35
【基礎篇】 35
【能力篇】 47
【培優篇】 54
考試要求：
從定義和基本事實出發，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系，并加以證明.
1.直線與平面平行
(1)直線與平面平行的定義
直線l與平面α沒有公共點，則稱直線l與平面α平行.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行 a α，b α，a∥b a∥α
性質定理 一條直線和一個平面平行，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 a∥α，a β，α∩β＝b a∥b
2.平面與平面平行
(1)平面與平面平行的定義
沒有公共點的兩個平面叫做平行平面.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行 a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β
性質 兩個平面平行，則其中一個平面內的直線平行于另一個平面 α∥β，a α a∥β
性質定理 兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b
1.平行關系中的三個重要結論
(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.
(2)平行于同一平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.
(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.
2.三種平行關系的轉化
一、解答題
1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
2．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；
(2)求平面與平面的夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
3．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；
(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
4．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.
【詳解】（1）取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則
設平面的法向量為，
則由可得，取，
設平面的法向量為，
則由可得，取，
故，
故平面與平面夾角的余弦值為
2．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中點，連接，，借助中位線的性質與平行四邊形性質定理可得，結合線面平行判定定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；
（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.
【詳解】（1）取中點，連接，，
由是的中點，故，且，
由是的中點，故，且，
則有、，
故四邊形是平行四邊形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
有、、、、、，
則有、、，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
分別取，則有、、，，
即、，
則，
故平面與平面的夾角余弦值為；
（3）由，平面的法向量為，
則有，
即點到平面的距離為.
3．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先證明四邊形是平行四邊形，然后用線面平行的判定解決；
（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；
（3）方法一是利用線面垂直的關系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解
【詳解】（1）

連接.由分別是的中點，根據中位線性質，//，且，
由棱臺性質，//，于是//，由可知，四邊形是平行四邊形，則//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）過作，垂足為，過作，垂足為,連接.
由面，面，故，又，，平面，則平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面與平面所成角即.
又，，則，故，在中，，則，
于是
（3）[方法一：幾何法]

過作，垂足為，作，垂足為，連接，過作，垂足為.
由題干數據可得，，，根據勾股定理，，
由平面，平面，則，又，，平面，于是平面.
又平面，則，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故點到平面的距離是到平面的距離的兩倍，
即點到平面的距離是.
[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.
設點到平面的距離為.
，
.
由，即.
4．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
【考點1】直線與平面平行的判定與性質
一、解答題
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，已知，，均為等邊三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，H為AB的中點．
(1)判斷DE與平面ABC的位置關系，并加以證明；
(2)求直線DH與平面ACE所成角的正弦值．
2．（2024·河南新鄉·模擬預測）如圖，在四棱錐中，為正三角形，底面為矩形，且平面平面分別為棱的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，且二面角的大小為120°，求的值．
3．（2024·北京海淀·三模）如圖，在四棱錐中，直線平面PCD，，，，平面平面ABCD，F為線段BC的中點，E為線段PF上一點．
(1)證明：；
(2)證明：；
(3)當EF為何值時，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為．
4．（2024·四川自貢·三模）如圖，在四棱錐中，已知底面是正方形，是棱上一點．
(1)若‖平面，證明：是的中點．
(2)若，，問線段上是否存在點，使點到平面的距離為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
參考答案：
1．(1)平面，證明見解析；
(2)
【分析】（1）分別取的中點，連接，且，再利用線面平行的判定定理，即可得到答案；
（2）連接，則易知平面，以為坐標原點，分別以的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出向量及平面的法向量，代入夾角公式，即可得到答案；
【詳解】（1）平面，理由如下：
分別取的中點，連接，
因為，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理平面，所以，
又因為是全等的正三角形，所以，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以平面；
（2）連接，則易知平面，以為坐標原點，分別以的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，令.
則，
所以，
設平面的法向量為，
所以，所以
則，取，，則，
所以，
設直線與平面所成的角為，則．
2．(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）取棱的中點，連結，，可證四邊形是平行四邊形，利用線面平行的判定即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，利用二面角的向量公式求出參數，即可求解
【詳解】（1）如圖，取棱的中點，連接．
因為是棱的中點，所以且．
又因為四邊形是矩形，是棱的中點，故且，
所以四邊形是平行四邊形，所以．
又平面平面，故平面．
（2）取棱的中點，則在正三角形中，，所以平面．
以為坐標原點，的方向分別為軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系
設，則．
所以．
設平面的法向量為，
則即可取．
設平面的法向量為，
則即可取．
由題設知，故，
即．
3．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)2
【分析】（1）利用線面平行的性質定理即可證明；
（2）過作，垂足為，分析可知為等邊三角形，可得，結合面面垂直的性質可得平面ABCD，即可得結果；
（3）取線段的中點，連接，建系，設，求平面PAD的法向量，利用空間向量處理線面夾角的問題.
【詳解】（1）因為直線平面平面，
且平面平面，所以；
（2）過作，垂足為，
由題意知：為矩形，可得，
由，則為等邊三角形，且F為線段BC的中點，則，
又因為平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，
所以.
（3）由（1）可知：平面ABCD，
取線段的中點，連接，則，，
又因為，可知，
以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，
因為E為線段PF上一點，設，
可得，
設平面的法向量，則，
令，則，可得，
由題意可得：，
整理得，解得，
所以當，直線與平面夾角的正弦值為.
4．(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）連接交于，連接，則由線面平行的性質可得‖，再由為的中點，可證得結論；
（2）由已知條件結合線面垂直的判定定理可得平面，則可求出，然后利用線面垂直的判定定理證得平面，則，設線段上存在點滿足條件，則設，然后由可求得結果.
【詳解】（1）證明：連接交于，連接，
因為四邊形是正方形，所以為的中點，
因為‖平面，平面，平面平面，
所以‖，
因為為的中點，所以是的中點．
（2）因為，，四邊形是正方形，
所以，
所以，
因為，平面，
所以平面，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，，平面，
所以平面，
因為平面，所以，
所以，
設線段上存在點，使點到平面的距離為，
設，則，
因為，
所以，解得，
所以線段上存在點，且時，點到平面的距離為.
反思提升：
(1)判斷或證明線面平行的常用方法
①利用線面平行的定義(無公共點).
②利用線面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α).
③利用面面平行的性質(α∥β，a α a∥β).
④利用面面平行的性質(α∥β，a β，a∥α a∥β).
(2)應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線.
【考點2】平面與平面平行的判定與性質
一、解答題
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，是等邊三角形，且，，，G為的重心．

(1)證明：平面PCD．
(2)若，求點C到平面PAE的距離．
2．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，已知多面體的底面為矩形，四邊形為平行四邊形，平面平面，點在線段上，且．
(1)當時，證明：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的值．
3．（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，點在上，點在上，平面平面．

(1)求證：是的中點；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
4．（2024·山東濰坊·三模）如圖，在直三棱柱中，，是棱的中點．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大小．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）方法一連接AG并延長交PD于點M，延長AE交DC的延長線于點N，連接MN，由，得到．再結合G為PAD的重心，得到，然后利用線面平行的判定定理證明；方法二 延長PG交AD于點O，取線段AD上靠近點D的三等分點F，則，連接EF，FG．易得平面PCD，再由G為△PAD的重心，得到，結合，，得到，從而．進而得到平面PCD，然后利用面面平行的判定定理和性質定理證明；
（2）延長PG交AD于點O，連接AC，根據PAD為等邊三角形，得到，，再由，得到平面ABCD，設點C到平面PAE的距離為h，利用等體積法，由求解.
【詳解】（1）證明：方法一 如圖所示：

連接AG并延長交PD于點M，延長AE交DC的延長線于點N，連接MN．
∵且，
∴，．
∵G為PAD的重心，∴．
∴，∴．
∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
方法二 如圖所示：

延長PG交AD于點O，取線段AD上靠近點D的三等分點F，則．
連接EF，FG．
∵且，∴．
∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD．
∵G為△PAD的重心，∴．
又，，
∴．∴，∴．
∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
又∵，EF，平面EFG，
∴平面平面PCD．
又∵平面EFG，
∴平面PCD．
（2）延長PG交AD于點O，連接AC，如圖：

∵PAD為等邊三角形，，∴，．
∵，，AD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
∵四邊形ABCD為直角梯形，，，
∴，，．
在中，，，
∴，，
∴，即．
∵，，AD，平面PAD，
∴平面PAD．
∵平面PAD，∴．
設點C到平面PAE的距離為h．
∵，
，
又∵，∴．
故點C到平面PAE的距離為．
2．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接與交于點M，連接，利用線面平行的判定定理分別證明平面，平面，進而得證平面平面，從而由面面平行的性質得證平面；
（2）取AD中點O，取BC中點H，建立，，分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，進而求平面的一個法向量和，從而結合空間向量利用直線與平面的夾角列方程即可求得的值.
【詳解】（1）連接與交于點M，連接，如圖:
因為底面為矩形，所以M是BD的中點，
當時，G是的中點．
所以，又平面，則平面.
因為四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，則平面.
又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面 .
（2）取AD中點O，取BC中點H，連接，
因為為等邊三角形，所以，
因為平面平面，又平面，平面平面，
所以平面，
又底面為矩形，則.
以O為坐標原點，，，分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖：
由題意可得，，，，，，
，，，.
設平面的一個法向量，
則，取，得，即平面的一個法向量.
又，
設直線與平面所成角為，則，
整理得：，所以（舍去）.
故直線與平面所成角的正弦值為時.
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由面面平行得到線線平行，從而得到四邊形為平行四邊形，，得到結論；
（2）作出輔助線，得到，結合三角形全等得到，從而證明出線面垂直，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，求出線面角的正弦值.
【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，
平面平面．所以，
又由梯形可得，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以是的中點．
（2）連接，由（1）知是的中點，，
故，故，
因為，
所以，故，即，
因為，所以與全等，
所以，即，
又平面，所以平面，
以為正交基底，建立如圖所示空間直角坐標系，

因為，由勾股定理得，
則，
所以，
設平面的法向量為，則，
即，
取，則，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面．
得，
又是的中點，所以是的中點，．
設直線與平面所成角為，
，
所以直線與平面所成的角的正弦值為．
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，先得出平面平面，由面面平行證明線面平行即可；
（2）建立空間直角坐標系，根據面面夾角的向量公式計算即可．
【詳解】（1）取的中點，連接，
由直三棱柱得，，，
因為是棱的中點，點是的中點，
所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，
同理可得四邊形為平行四邊形，所以
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，同理可得平面，
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）設，以為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，
所以，
設平面的一個法向量為，
由得，，取，的，
設平面的一個法向量為，
由得，，取，的，
設平面與平面的夾角為，
則，
由圖可知二面角為銳角，則二面角的大小為．
反思提升：
1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)線面垂直的性質(垂直于同一直線的兩平面平行).
2.面面平行條件的應用
(1)兩平面平行，分別構造與之相交的第三個平面，交線平行.
(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行.
【考點3】平行關系的綜合應用
一、解答題
1．（2024·江西·模擬預測）如圖所示，四邊形為直角梯形，且，，，，．為等邊三角形，平面平面．

(1)線段上是否存在一點，使得平面，若存在，請說明點的位置；若不存在，請說明理由；
(2)空間中有一動點，滿足，且．求點的軌跡長度．
2．（23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱中，底面為正方形，為棱的中點，．
(1)求三棱錐的體積．
(2)在上是否存在一點，使得平面平面.如果存在，請說明點位置并證明.如果不存在，請說明理由.
3．（2024·云南曲靖·模擬預測）如圖，四面體的每條棱長都等于2，分別是棱的中點，分別為面，面，面的重心.
(1)求證：面面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值；
(3)保持點位置不變，在內（包括邊界）拖動點，使直線與平面平行，求點軌跡長度；
4．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.
(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；
(2)若平面平面，且，求點到平面的距離.
參考答案：
1．(1)線段上存在中點，使得平面，理由見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，的中點，連接，，，即可證明，，從而得到平面平面，即可得到平面；
（2）取的中點，連接、，即可證明平面，從而得到平面，又，則點在以為直徑的球與平面的交線上，即點的軌跡為圓，取的中點，過點作交于點，則平面，再求出的軌跡圓的半徑，即可氣求出軌跡長.
【詳解】（1）線段上存在中點，使得平面，理由如下：

取的中點，的中點，連接，，，
因為且，所以四邊形為平行四邊形，
所以，平面，平面，所以平面，
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，
即為線段的中點時，平面.
（2）取的中點，連接、，
又，為等邊三角形，所以，，
，平面，所以平面，
又，所以平面，
又，所以點在以為直徑的球上，
所以點在以為直徑的球與平面的交線上，
即點的軌跡為圓，
取的中點，由平面，過點作交于點，
則平面，
又，則，
設球的半徑為，的軌跡圓的半徑為，則，，
所以點的軌跡長度為.

2．(1)
(2)存在，為的中點
【分析】（1）根據計算可得；
（2）當為的中點時滿足平面平面，設，連接，即可證明、，從而得到平面，平面，即可得證.
【詳解】（1）在直四棱柱中，底面為正方形，
所以平面，
所以.
（2）當為的中點時滿足平面平面，
設，連接，
因為為正方形，所以為的中點，又為棱的中點，
所以，又平面，平面，所以平面，
又為的中點，所以且，所以為平行四邊形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
3．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）連接，利用平行的傳遞性可以證明，利用對應成比例可以證明，從而得證面面平行；
（2）利用第（1）問的結論，把平面與平面的夾角問題，轉化為平面與平面的夾角問題，連接，根據二面角的平面角的定義，為所求二面角的平面角，解三角形即可求；
（3）先找一個特殊的點，使得直線與平面平行，然后再延展平面，與底面的交線長度即為所求.
【詳解】（1）如圖，連接,易知三點共線
因為分別為面，面，面的重心，
所以在中，，所以，
在中，所以分別是棱的中點，所以，
所以，
又平面，平面，所以平面，
在中，，所以，
又平面，平面，所以平面，
又因為，平面，
所以面面.
（2）由（1）知，平面平面，所以平面與平面的夾角與平面與平面的夾角相等，
如圖，連接，因為分別是棱的中點，
所以在等腰中，，在等邊中，，
所以是平面的夾角與平面與平面所成角的平面角，
因為面，面，所以,
又，，，平面，所以面，
又面，所以，
所以在中，，
所以，
所以平面與平面的夾角的余弦值為；
（3）如圖，取線段靠近點的三等分點P，連接，易知三點共線，
連接，因為點為等邊的重心，所以，
所以當點在點P位置時，滿足題意，
取線段靠近點G的三等分點Q，連接，易知，又，
所以，所以共面，即當O在線段上運動時，均滿足題意，
所以即為點的軌跡長度,
又，
所以點的軌跡長度為.
4．(1)
(2)
【分析】（1）利用兩條平行線確定一個平面，作出過點平行于平面的平面，并證明. 從而利用平面與平面平行的性質定理可得，所以，則.
【詳解】（1）（2）因為平面平面，只需在平面內向作一條垂線即可證明該垂線與平面垂直，進而與垂直；再利用平面，有，利用直線與平面垂直的判定定理可得平面，則. 建立合適的空間直角坐標系，利用點到平面的距離計算公式求得,
過作，交于，交于；過作交于.
因為，面，面，則面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即為題中所述平面.
因為平面平面，平面平面，所以，
所以.
因為，
所以.
因為為中點，且，
所以為中點，
所以，
所以，則.
（2）
過作交于.
因為，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因為平面，
所以.
因為，，且、平面，
所以平面.
又因為平面，
所以.
如圖，以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系.
，，，，，
，，.
設為平面的法向量，
則，令，則，
則.
反思提升：
三種平行關系的轉化
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·四川·模擬預測）設為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若與所成的角相等，則
C．若，，則
D．若，則
2．（2024·重慶·模擬預測）已知兩條直線m，n和三個平面α，β，γ，下列命題正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，，則
3．（2024·貴州貴陽·二模）設為直線，為平面，則的一個充要條件是（ ）
A．內存在一條直線與平行 B．平行內無數條直線
C．垂直于的直線都垂直于 D．存在一個與平行的平面經過
4．（2024·全國·模擬預測）已知正方體中，點是線段上靠近的三等分點，點是線段上靠近的三等分點，則平面AEF截正方體形成的截面圖形為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
二、多選題
5．（2024·江蘇徐州·模擬預測）如圖，點是正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中滿足平面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·廣東廣州·三模）下列命題正確的是（ ）
A．如果一條直線上兩點到一個平面的距離相等，那么這個直線與這個平面平行
B．兩條平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等
C．如果一個平面內一個銳角的兩邊，分別平行于另一個平面內一個角的兩邊，那么這兩個平面平行
D．如果一條直線垂直于一個平面內的無數條直線，那么這條直線和這個平面垂直
7．（2024·河南·模擬預測）已知點，為不同的兩點，直線，，為不同的三條直線，平面，為不同的兩個平面，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，，則
D．若，，，，則直線
三、填空題
8．（2023·四川涼山·三模）在棱長為2的正方體中，若E為棱的中點，則平面截正方體的截面面積為 ．
9．（2021·黑龍江大慶·一模）如圖，已知正方體，點分別是的中點， 與平面 （填“平行”或“不平行”）；在正方體的條面對角線中，與平面平行的面對角線有 條．
10．（2021·江西·二模）如圖，在平行六面體中，所有棱長均為a，且，點E在樓上，且，平面α過點E且平行于平面，則平面α與平行六面體各表面交線圍成的多邊形的面積是 .
四、解答題
11．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖，矩形，，平面，，，，，平面與棱交于點. 再從條件①、條件②、條件③，這三個條件中選擇一個作為已知.
(1)求證：；
(2)求直線與平面夾角的正弦值；
(3)求的值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
12．（2024·廣西·模擬預測）在正四棱柱中，，，E為中點，直線與平面交于點F．
(1)證明：F為的中點；
(2)求直線AC與平面所成角的余弦值．

參考答案：
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C D C ACD BC AC
1．D
【分析】根據線線關系、線面關系、面面關系逐項判斷可得答案.
【詳解】對于A，平行于同一平面的兩條直線可能平行，也可能異面，故A錯誤；
對于B，與所成的角相等，則可能異面，可能相交，也可能平行，故B錯誤，
對于C，，，則可能垂直，但也可能平行或者相交或者異面，故C錯誤；
對于D，，則，D正確.
故選：D．
2．C
【分析】利用面面平行的判定定理可判斷出A和B正誤，利用線面垂直的判定定理可判斷出C的正誤，利用線面平行的判定定理可判斷出D的正誤.
【詳解】對于A，當，時，兩平面α，β可能平行可能相交，所以A錯誤；
對于B，，，兩平面β，γ可能平行可能相交，所以B錯誤；
對于C，當，，時，
設，，在γ取一點O，過O分別作于B，于C，
則，，因為，
所以，，所以，，
因為，，所以，所以C正確；
對于D，當，，，時，
可得或，所以D錯誤.
故選：C.
3．D
【分析】根據題意，結合直線與平面平行，以及平面與平面平行的判定及性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，由內存在一條直線與平行，則或，所以A不正確；
對于B中，由平行內無數條直線，則或，所以B不正確；
對于C中，由垂直于的直線都垂直于，則或，所以C不正確；
對于D中，如圖所示，由，在直線上任取一點作直線，使得，
因為且平面，所以，即充分性成立；
反之，若存在一個與平行的平面經過，根據面面平行的性質，可得，即必要性成立，所以D正確.
故選：D.
4．C
【分析】如圖，由題意，根據空間線面的位置關系、基本事實以及面面平行的性質定理可得，進而，結合相似三角形的性質即可求解．
【詳解】如圖，設，分別延長交于點，此時，
連接交于，連接，
設平面與平面的交線為，則，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，設，則，
此時，故，連接，
所以五邊形為所求截面圖形，
故選：C．

5．ACD
【分析】結合題目條件，根據線面平行的判斷定理，構造線線平行，證明線面平行.
【詳解】對A：如圖：

連接，因為為正方體棱的中點，所以，又，所以，
平面，平面，所以平面.故A正確；
對B：如圖：

因為是正方體棱的中點，所以，，，
所以，
同理：，.
所以5點共面，所以平面不成立.故B錯誤；
對C：如圖：

因為是正方體棱的中點，所以，，所以.
平面，平面，所以平面.故C正確；
對D：如圖：

因為為正方體棱的中點，連接交于，連接，
則為的中位線，所以，
平面，平面，所以平面.故D正確.
故選：ACD
6．BC
【分析】A也有可能直線與平面相交；B由平面與平面平行的性質可得；C由平面與平面平行的判定可得；D中無數條直線是平行線時得不到直線與平面垂直.
【詳解】對于A，當直線上的兩點位于平面的同側時，可得直線與平面平行；當兩點位于平面兩側時，直線與平面相交，故A錯誤；
對于B，如圖，，則確定一個平面，又因為，平面，平面，所以根據平面與平面平行的性質得，所以四邊形是平行四邊形，所以，故B正確；

對于C，根據平面與平面平行的判定可知C正確；
對于D，當平面內的無數條直線都平行時，不能得到直線與平面垂直，故D錯誤；
故選：BC.
7．AC
【分析】利用已知條件判斷線線位置關系，可知A正確，BD錯誤；根據點線面的位置關系，結合立體幾何的基本事實1，2，可以得到結論：C正確.
【詳解】若，則垂直于任一條平行于的直線，又，則，故A正確；
若，不能推出,還可能平行或異面，故B錯誤；
若，則，，又，故，故C正確；
若，，則為內的一條直線，不一定對，故D錯誤.
故選：AC
8．
【分析】
作出截面截面，為的中點，則可得截面是邊長為的菱形，求出其面積即可.
【詳解】
如圖，在正方體中，
平面平面，
平面與平面的交線必過且平行于，
故平面經過的中點，連接，得截面，
易知截面是邊長為的菱形，其對角線，
，截面面積．
故答案為：．
9． 不平行 6.
【詳解】解：如圖建立空間直角坐標系，令正方體的棱長為，則，，，，，，，，，，，所以，，設平面的法向量為，所以，令，則，，所以，，所以，所以 與平面不平行，
因為，所以，所以與平面平行，因為，所以 與平面平行，同理可得，，，與平面平行，，，，，，與平面不平行，
故與平面平行的面對角線有6條，
故答案為：不平行，6；
10．
【分析】根據題意作出截面，由此可求得答案．
【詳解】如圖，符合條件的截面是六邊形EFGHMN，
，且六邊形內角均為，
連接EG，GM，ME，可知△EGM為等邊三角形，
，
所以面積為.
故答案為：．
11．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先證明平面平面，得平面，再證即可；
（2）依題建系，分別就① ，② ，③，寫出相關點的坐標，求得平面的法向量的坐標，利用空間向量的夾角公式計算即得；
（3）設，求得，分別利用①，②，③求得，結合列方程組，求出即得
【詳解】（1）因為，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若選擇條件①，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值；
若選擇條件②，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值；
若選擇條件③，因為平面，平面,，.
又有，如圖，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，故可取.
設直線與平面夾角為，則
，
即直線與平面夾角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知無論選擇①，②，③哪個條件，都有.
設，，則，
由（1）知，所以
故存在實數，使得,即，解得,符合題意.
故得.
12．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面平行的性質定理判斷，得出，得出為中位線，從而得證；
（2）建立如圖所示空間直角坐標系，分別求出直線AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用線面角公式求得正弦值，再利用同角基本關系式求出余弦值.
【詳解】（1）如圖，連接，FE，，在正四棱柱中，
由AB與平行且相等得是平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，又E是中點，所以是的中位線，
所以F是的中點；

（2）分別以DA，DC，為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，，，，，，，
設平面的一個法向量是，直線AC與平面所成的角為，
則，取，得，
， ，
所以直線AC與平面所成角的余弦值為.

【能力篇】
一、單選題
1．（2024·貴州遵義·二模）已知平面滿足，下列結論正確的是（ ）
A．若直線，則或
B．若直線，則與和相交
C．若，則，且
D．若直線過空間某個定點，則與成等角的直線有且僅有4條
二、多選題
2．（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖，正方體的棱長為4，點是其側面上的一個動點（含邊界），點是線段上的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．存在點，使得二面角大小為
B．存在點，使得平面與平面平行
C．當為棱的中點且時，則點的軌跡長度為
D．當為的中點時，四棱錐外接球的表面積為
三、填空題
3．（2023·北京東城·二模）如圖，在正方體中，是的中點，平面將正方體分成體積分別為，（） 的兩部分，則
四、解答題
4．（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，，，把梯形繞旋轉至，，分別為，中點．
(1)證明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
參考答案：
題號 1 2
答案 D BC
1．D
【分析】根據給定條件，作出正方體，舉例說明判斷ABC；利用正方體的體對角線推理判斷D.
【詳解】在正方體中，平面，平面，平面兩兩垂直，
令平面為平面，平面為平面，平面為平面，
對于A，直線，，當為直線時，，A錯誤；
對于B，，當為直線時，，B錯誤；
對于C，，當為直線時，，C錯誤；
對于D，在正方體中，直線相交于點，
它們與平面，平面，平面所成的角都相等，
而正方體過其中心的直線有且只有4條直線與該正方體各個面所成的角相等，
過空間給定點作直線平行于直線之一，所得直線與與所成角相等，
因此直線過空間某個定點，與成等角的直線有且僅有4條，D正確.
故選：D
2．BC
【分析】由題意，證得，得到二面角的平面角，可得判定A錯誤；利用線面平行的判定定理分別證得平面，平面，結合面面平行的判定定理，證得平面平面，可判定B正確；取中點，證得，得到，得到點在側面內運動軌跡是以為圓心、半徑為的劣弧，可判定C正確；當為中點時，連接與交于點，求得，得到四棱錐外接球的球心為，進而可判定D錯誤.
【詳解】對于A，在正方體中，可得平面，
因為平面，平面，所以，
所以二面角的平面角為，其中，所以A錯誤；
對于B，如圖所示，當M為中點，為中點時，
在正方體中，可得，
因為平面，且平面，所以平面，
又因為，且平面，且平面，所以平面，
因為，且平面，所以平面平面，所以B正確；

對于C，如圖所示，取中點，連接，，，
在正方體中，平面，且，
所以平面，因為平面，可得，
則，
則點在側面內運動軌跡是以為圓心、半徑為2的劣弧，
分別交，于，如圖所示，則，
結合對稱性可知，，
則，劣弧的長為，所以C正確；
對于D，當為中點時，可得為等腰直角三角形，且平面平面，
連接與交于點，可得，
所以四棱錐外接球的球心即為與的交點，
所以四棱錐外接球的半徑為，其外接球的體積為，所以D錯誤.
故選：BC.
3．
【分析】利用線面平行的性質，得出線線平行，從而求作出平面與平面的交線，進而得出平面分正方體為兩部分，再利用棱臺的體積公式即可求出結果.
【詳解】取的中點，連，因為平面，故平行于平面與面的交線，又分別為的中點，易知，即平面平面，故平面分正方體為兩部分，
設正方體的邊長為2，則正方體的體積為8，，
故,
故答案為：.
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由面面平行的判定及性質即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，由面面夾角的向量公式求解即可．
【詳解】（1）證明：設中點為，連接，
為中位線，，
又平面，平面，
平面，
為梯形中位線，，
又平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面平面，
平面，
平面．
（2）以為原點，以所在直線為軸，以垂直于平面的直線為軸，建立如圖空間直角坐標系，
，不妨設，
，
則，
∴，
則，，
設平面的法向量為，
∴，即，
不妨取，，
設平面的法向量為，
∴，即，
不妨取，則，
，
設二面角平面角為，由圖可知為銳角，
，
時，二面角的余弦最小值為．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·四川樂山·三模）在三棱柱中，點在棱上，且，點在棱上，且為的中點，點在直線上，若平面，則（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多選題
2．（2024·湖南益陽·三模）如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上的一個動點，則下列結論正確的是（ ）
A．當點P在平面上運動時，四棱錐的體積不變
B．當點P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍為
C．使直線AP與平面ABCD所成角為的動點P的軌跡長度為
D．若F是的中點，當點P在底面ABCD上運動，且滿足平面時，PF長度的最小值為
三、填空題
3．（23-24高三下·廣東深圳·期中）在長方體中，，點為側面內一動點，且滿足平面，則的最小值為 ，此時點到直線的距離為 .
參考答案：
題號 1 2
答案 D ABC
1．D
【分析】根據已知條件及線面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性質定理，結合平行四邊形的性質即可求解.
【詳解】依題意，作出圖形如圖所示
設為的中點，
因為為的中點，
所以,
又平面，平面，
所以平面，
過點作，交于,則易知平面，
又因為平面，平面，
所以平面平面.
又平面,
所以平面.
因為,
所以四邊形為平行四邊形，
所以,
因為，
所以,
,
所以.
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：利用線面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性質定理，求出四邊形為平行四邊形即可.
2．ABC
【分析】由底面正方形的面積不變，點到平面的距離不變，可判定A正確；以為原點，建立空間直角坐標系，設，則，結合向量的夾角公式，可判定B正確；由直線與平面所成的角為，作平面，得到點的軌跡，可判定C正確；設，求得平面的一個法向量為，得到，可判定D錯誤.
【詳解】選項A：底面正方形的面積不變，點到平面的距離為正方體棱長，所以四棱錐的體積不變，正確；
選項B：以為原點，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，可得，
設，則，
設直線與所成角為，則，
因為，則，
當時，可得，所以；
當時，，
當且僅當，即時，等號成立，
可知，且，所以；
所以異面直線與所成角的取值范圍是，正確；
對于C：因為直線與平面所成的角為，
若點在平面和平面內，
因為最大，不成立；
在平面內，點的軌跡是；
在平面內，點的軌跡是；
在平面時，作平面，如圖所示，
因為，所以，
又因為，所以，所以，
所以點的軌跡是以點為圓心，以2為半徑的四分之一圓，
所以點的軌跡的長度為，
綜上，點的軌跡的總長度為，所以C正確；
對于D，由，
設，則
設平面的一個法向量為，則，
取，可得，所以，
因為平面，所以，可得，
所以，當時，等號成立，錯誤.
故選：ABC.
【點睛】方法點睛：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：
1、立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動角的范圍等問題；
2、解答方法：一般時根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
3、對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后再該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；
4、對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若由解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
3． /
【分析】由題意，根據線面平行的判定定理和面面平行的判定定理可證得平面平面，由面面平行的性質確定點的軌跡為線段，且當取最小值時，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解點線距離即可.
【詳解】如圖所示，因為且，故四邊形為平行四邊形，則，
因為平面平面，所以平面，
同理可證平面，因為平面，
所以平面平面，因為平面，要使得平面，
則平面，因為平面平面，
故點的軌跡為線段，當取最小值時，，則為的中點，
則.
以為原點，的方向分別為，軸建立空間直角坐標系，
易知，
取，
則，
所以點到直線的距離為.
故答案為：；
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是通過平面平面確定點的軌跡為線段，即當時取最小值，注重考查學生的數學運算和邏輯推理能力.
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專題38 空間直線、平面的平行（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 5
【考點1】直線與平面平行的判定與性質 5
【考點2】平面與平面平行的判定與性質 6
【考點3】平行關系的綜合應用 8
【分層檢測】 9
【基礎篇】 9
【能力篇】 13
【培優篇】 14
考試要求：
從定義和基本事實出發，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系，并加以證明.
1.直線與平面平行
(1)直線與平面平行的定義
直線l與平面α沒有公共點，則稱直線l與平面α平行.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行 a α，b α，a∥b a∥α
性質定理 一條直線和一個平面平行，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 a∥α，a β，α∩β＝b a∥b
2.平面與平面平行
(1)平面與平面平行的定義
沒有公共點的兩個平面叫做平行平面.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行 a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β
性質 兩個平面平行，則其中一個平面內的直線平行于另一個平面 α∥β，a α a∥β
性質定理 兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b
1.平行關系中的三個重要結論
(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.
(2)平行于同一平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.
(3)垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a∥b.
2.三種平行關系的轉化
一、解答題
1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
2．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；
(2)求平面與平面的夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
3．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；
(2)求平面與平面所成夾角的余弦值；
(3)求點到平面的距離．
4．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【考點1】直線與平面平行的判定與性質
一、解答題
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，已知，，均為等邊三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，H為AB的中點．
(1)判斷DE與平面ABC的位置關系，并加以證明；
(2)求直線DH與平面ACE所成角的正弦值．
2．（2024·河南新鄉·模擬預測）如圖，在四棱錐中，為正三角形，底面為矩形，且平面平面分別為棱的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，且二面角的大小為120°，求的值．
3．（2024·北京海淀·三模）如圖，在四棱錐中，直線平面PCD，，，，平面平面ABCD，F為線段BC的中點，E為線段PF上一點．
(1)證明：；
(2)證明：；
(3)當EF為何值時，直線BE與平面PAD夾角的正弦值為．
4．（2024·四川自貢·三模）如圖，在四棱錐中，已知底面是正方形，是棱上一點．
(1)若‖平面，證明：是的中點．
(2)若，，問線段上是否存在點，使點到平面的距離為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
反思提升：
(1)判斷或證明線面平行的常用方法
①利用線面平行的定義(無公共點).
②利用線面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α).
③利用面面平行的性質(α∥β，a α a∥β).
④利用面面平行的性質(α∥β，a β，a∥α a∥β).
(2)應用線面平行的性質定理的關鍵是確定交線的位置，有時需要經過已知直線作輔助平面確定交線.
【考點2】平面與平面平行的判定與性質
一、解答題
1．（2023·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，是等邊三角形，且，，，G為的重心．

(1)證明：平面PCD．
(2)若，求點C到平面PAE的距離．
2．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，已知多面體的底面為矩形，四邊形為平行四邊形，平面平面，點在線段上，且．
(1)當時，證明：平面；
(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的值．
3．（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，點在上，點在上，平面平面．

(1)求證：是的中點；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
4．（2024·山東濰坊·三模）如圖，在直三棱柱中，，是棱的中點．
(1)求證：平面；
(2)求二面角的大小．
反思提升：
1.判定面面平行的主要方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)線面垂直的性質(垂直于同一直線的兩平面平行).
2.面面平行條件的應用
(1)兩平面平行，分別構造與之相交的第三個平面，交線平行.
(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行.
【考點3】平行關系的綜合應用
一、解答題
1．（2024·江西·模擬預測）如圖所示，四邊形為直角梯形，且，，，，．為等邊三角形，平面平面．

(1)線段上是否存在一點，使得平面，若存在，請說明點的位置；若不存在，請說明理由；
(2)空間中有一動點，滿足，且．求點的軌跡長度．
2．（23-24高一下·陜西咸陽·期中）如圖，在直四棱柱中，底面為正方形，為棱的中點，．
(1)求三棱錐的體積．
(2)在上是否存在一點，使得平面平面.如果存在，請說明點位置并證明.如果不存在，請說明理由.
3．（2024·云南曲靖·模擬預測）如圖，四面體的每條棱長都等于2，分別是棱的中點，分別為面，面，面的重心.
(1)求證：面面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值；
(3)保持點位置不變，在內（包括邊界）拖動點，使直線與平面平行，求點軌跡長度；
4．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.
(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；
(2)若平面平面，且，求點到平面的距離.
反思提升：
三種平行關系的轉化
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·四川·模擬預測）設為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若與所成的角相等，則
C．若，，則
D．若，則
2．（2024·重慶·模擬預測）已知兩條直線m，n和三個平面α，β，γ，下列命題正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，，，，則
3．（2024·貴州貴陽·二模）設為直線，為平面，則的一個充要條件是（ ）
A．內存在一條直線與平行 B．平行內無數條直線
C．垂直于的直線都垂直于 D．存在一個與平行的平面經過
4．（2024·全國·模擬預測）已知正方體中，點是線段上靠近的三等分點，點是線段上靠近的三等分點，則平面AEF截正方體形成的截面圖形為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
二、多選題
5．（2024·江蘇徐州·模擬預測）如圖，點是正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中滿足平面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·廣東廣州·三模）下列命題正確的是（ ）
A．如果一條直線上兩點到一個平面的距離相等，那么這個直線與這個平面平行
B．兩條平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等
C．如果一個平面內一個銳角的兩邊，分別平行于另一個平面內一個角的兩邊，那么這兩個平面平行
D．如果一條直線垂直于一個平面內的無數條直線，那么這條直線和這個平面垂直
7．（2024·河南·模擬預測）已知點，為不同的兩點，直線，，為不同的三條直線，平面，為不同的兩個平面，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，，則
D．若，，，，則直線
三、填空題
8．（2023·四川涼山·三模）在棱長為2的正方體中，若E為棱的中點，則平面截正方體的截面面積為 ．
9．（2021·黑龍江大慶·一模）如圖，已知正方體，點分別是的中點， 與平面 （填“平行”或“不平行”）；在正方體的條面對角線中，與平面平行的面對角線有 條．
10．（2021·江西·二模）如圖，在平行六面體中，所有棱長均為a，且，點E在樓上，且，平面α過點E且平行于平面，則平面α與平行六面體各表面交線圍成的多邊形的面積是 .
四、解答題
11．（2024·北京海淀·模擬預測）如圖，矩形，，平面，，，，，平面與棱交于點. 再從條件①、條件②、條件③，這三個條件中選擇一個作為已知.
(1)求證：；
(2)求直線與平面夾角的正弦值；
(3)求的值.
條件①：；
條件②：；
條件③：.
12．（2024·廣西·模擬預測）在正四棱柱中，，，E為中點，直線與平面交于點F．
(1)證明：F為的中點；
(2)求直線AC與平面所成角的余弦值．

【能力篇】
一、單選題
1．（2024·貴州遵義·二模）已知平面滿足，下列結論正確的是（ ）
A．若直線，則或
B．若直線，則與和相交
C．若，則，且
D．若直線過空間某個定點，則與成等角的直線有且僅有4條
二、多選題
2．（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖，正方體的棱長為4，點是其側面上的一個動點（含邊界），點是線段上的動點，則下列結論正確的是（ ）
A．存在點，使得二面角大小為
B．存在點，使得平面與平面平行
C．當為棱的中點且時，則點的軌跡長度為
D．當為的中點時，四棱錐外接球的表面積為
三、填空題
3．（2023·北京東城·二模）如圖，在正方體中，是的中點，平面將正方體分成體積分別為，（） 的兩部分，則
四、解答題
4．（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，，，把梯形繞旋轉至，，分別為，中點．
(1)證明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·四川樂山·三模）在三棱柱中，點在棱上，且，點在棱上，且為的中點，點在直線上，若平面，則（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多選題
2．（2024·湖南益陽·三模）如圖，點P是棱長為2的正方體的表面上的一個動點，則下列結論正確的是（ ）
A．當點P在平面上運動時，四棱錐的體積不變
B．當點P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍為
C．使直線AP與平面ABCD所成角為的動點P的軌跡長度為
D．若F是的中點，當點P在底面ABCD上運動，且滿足平面時，PF長度的最小值為
三、填空題
3．（23-24高三下·廣東深圳·期中）在長方體中，，點為側面內一動點，且滿足平面，則的最小值為 ，此時點到直線的距離為 .
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