資源簡介

專題7.3 空間直線、平面的平行【八大題型】
【新高考專用】
【題型1 證明線線平行】 4
【題型2 線面平行的判定】 7
【題型3 由線面平行的性質判定線線平行】 11
【題型4 由線面平行的性質判斷線段比例或點所在的位置】 14
【題型5 由線面平行求線段長度】 18
【題型6 面面平行的判定】 22
【題型7 面面平行的性質定理的應用】 26
【題型8 平行關系的綜合應用】 30
1、空間直線、平面的平行
考點要求 真題統計 考情分析
(1)理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 (2)掌握直線與平面、平面
與平面平行的判定與性質，并會簡單應用 2022年全國乙卷（文數）：第9題，5分 2022年全國甲卷（文數）：第19題，12分 2023年新高考I卷：第18題，12分 2024年新高考I卷：第17題，15分 2024年北京卷：第17題，12分 空間直線、平面的平行是高考的熱點內容，屬于高考的?？純热葜?從近幾年的高考情況來看，主要分兩方面進行考查，一是空間中線面平行關系的命題的真假判斷，常以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；二是空間線線、線面、面面平行的證明，一般以解答題的第一小問的形式考查，難度中等；解題時要靈活運用直線、平面的平行的判定與性質.
【知識點1 線面平行、面面平行的判定定理和性質定理】
1．線面平行的判定定理和性質定理
(1)判定定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若線線平行，則線面平行”.
(2)性質定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若線面平行，則線線平行”.
(3)性質定理的作用
①作為證明線線平行的依據.當證明線線平行時，可以證明其中一條直線平行于一個平面，另一條直線是過第一條直線的平面與已知平面的交線，從而得到兩條直線平行.
②作為畫一條與已知直線平行的直線的依據.如果一條直線平行于一個平面，要在平面內畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個平面與已知平面相交，交線就是所要畫的直線.
2．面面平行的判定定理和性質定理
(1)判定定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語售
.
該定理可簡記為“若線面平行，則面面平行”.
(2)判定定理的推論
①自然語言
如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面內的兩條相交直線，那么這兩個平面平行.
②圖形語言
③符號語言
.
(3)性質定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若面面平行，則線線平行”.
(4)兩個平面平行的其他性質
①兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線都平行于另一個平面.
②平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等.
③經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.
④兩條直線同時被三個平行平面所截，截得的線段對應成比例.
⑤如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行.
【知識點2 空間中的平行關系的判定方法】
1．線線平行的證明方法
(1)定義法：即證明兩條直線在同一個平面內且兩直線沒有公共點；
(2)利用平面圖形的有關平行的性質，如三角形中位線，梯形，平行四邊形等關于平行的性質；
(3)利用基本事實4：找到一條直線，使所證的直線都與這條直線平行；
(4)利用線面平行與面面平行的性質定理來判定線線平行.
2．線面平行的判定方法
(1)利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點；
(2)利用線面平行的判定定理：如果平面外有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(簡記為“線線平行—線面平行”)；
(3)利用面面平行的性質定理：如果兩個平面平行，那么在一個平面內所有直線都平行于另一個平面。(簡記為“面面平行—線面平行”).
3．面面平行的判定方法
(1)面面平行的定義：兩個平面沒有公共點，常與反證法結合(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行(主要方法).
(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行(選擇、填空題可用)；
(4)平行于同一個平面的兩個平面平行(選擇、填空題可用).
【方法技巧與總結】
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．平行于同一個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.
4．若α//β，aα，則a//β.
【題型1 證明線線平行】
【例1】（2024·全國·模擬預測）（19-20高一·全國·課后作業）如圖，在三棱柱中，E，F分別是AB，AC上的點，且，則EF與的位置關系是（ ）
A．異面 B．平行 C．相交 D．平行或相交
【解題思路】根據線段比例關系,可得直線與直線的平行.結合空間中平行線的傳遞性即可判斷.
【解答過程】因為在中,
所以
又因為
所以
故選：B.
【變式1-1】（23-24高一下·全國·課后作業）如圖所示，在長方體AC1中，E，F分別是B1O和C1O的中點，則長方體的各棱中與EF平行的有（ ）
A．3條 B．4條
C．5條 D．6條
【解題思路】由E，F分別是B1O，C1O的中點，故EF∥B1C1，結合正方體的結構特征，即可求解.
【解答過程】由于E，F分別是B1O，C1O的中點，故EF∥B1C1，
因為與棱B1C1平行的棱還有3條：AD, BC，A1D1，所以共有4條.
故選：B.
【變式1-2】（23-24高一·全國·課后作業）如圖，空間四邊形ABCD，E、H分別是AB、AD的中點，F、G分別是BC、CD上的點，且，求證：直線EH與直線FG平行．
【解題思路】根據三角形中位線、平行線等分性質結合平行線的傳遞性分析證明,
【解答過程】∵E、H分別是AB、AD的中點，則 ，
又∵F、G分別是BC、CD上的點，且，則 ，
∴ ，
故直線EH與直線FG平行．
【變式1-3】（23-24高二上·云南大理·期末）如圖，在棱長為3的正方體中，分別為棱的中點．
(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積．
【解題思路】（1）作出輔助線，得到四邊形為平行四邊形，結合中位線證明出結論；
（2）求出底面積和高，利用錐體體積公式求出答案.
【解答過程】（1）連接，
因為分別為棱的中點，
所以，
因為正方體的棱長為3，
所以，，
故四邊形為平行四邊形，
所以，
故；
（2）由題意得，正方形的面積為，
，，
故，
又⊥平面，故⊥平面，
三棱錐的體積為.
【題型2 線面平行的判定】
【例2】（2024·陜西渭南·三模）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，平面ABCD，，，且M，N分別為PD，AC的中點．
(1)求證：平面PBC；
(2)求三棱錐的體積．
【解題思路】（1）利用三角形的中位線，證明，可證得平面PBC；
（2）利用三棱錐的體積公式求解.
【解答過程】（1）證明：如圖，連接BD，由ABCD是平行四邊形，則有BD交AC于點N．
∵M，N分別為PD，BD的中點，∴．
又平面PBC，平面PBC，故平面PBC．
（2）∵，∴，∴平行四邊形ABCD為矩形．
∵，∴，，
∴．
又平面ABCD，M為PD的中點，則M到平面ACD的距離為．
∴．
【變式2-1】（2024·全國·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，四邊形為梯形，，，，，點在線段上，且，為線段的中點．
(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的表面積．
【解題思路】（1）由線線平行得到線面平行，進而得到面面平行，由面面平行的性質證明出線面平行；
（2）由余弦定理求出，進而得到，由勾股定理求出各邊長，并利用余弦定理和面積公式求出各個面的面積，求出表面積.
【解答過程】（1）由已知可得，又平面，平面，
平面．
且，
四邊形為平行四邊形，
，
又平面，平面，
平面．
又，且，平面，
平面平面．
又平面，
平面．
（2）在中，，，，
由余弦定理可得，
，
．
∵為線段的中點．
∴，，
由勾股定理得，，
由余弦定理得，
故，
則，
又，，，
故三棱錐的表面積為．
【變式2-2】（2024·寧夏石嘴山·模擬預測）如圖，在正方體中，是的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，求點到平面的距離.
【解題思路】（1）根據正方體的性質得到，即可得證；
（2）利用等體積法求出點到平面的距離.
【解答過程】（1）在正方體中，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）設正方體的棱長為 ，則，解得，
所以，，
所以，
設點到平面的距離為，則，即，
即，解得，
即點到平面的距離為.
【變式2-3】（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐中，點E，F，G，H分別在棱，，，上．
(1)若四邊形為平行四邊形，證明：平面；
(2)若E，F，G，H均為所在棱的中點，三棱錐的體積為，多面體的體積為，求．
【解題思路】（1）由四邊形為平行四邊形得，由線面平行的判定定理得平面，再根據線面平行的性質得，即可得證；
（2）連接，，將三棱錐的體積和四棱錐的體積用表示出來，相加得，即可求出．
【解答過程】（1）四邊形為平行四邊形，
，又平面，平面，
平面．
平面，平面平面，
，
又平面，平面，
平面．
（2）連接，，
為棱的中點，
點到平面的距離等于點到平面的距離的一半，
點到平面的距離等于點到平面的距離的一半，
則三棱錐的體積，
四棱錐的體積，
故．
【題型3 由線面平行的性質判定線線平行】
【例3】（2024高三·全國·專題練習）如圖，四棱錐中，底面為矩形，底面，且分別為棱的中點，平面與平面交于直線.求證：.

【解題思路】首先由線線平行證線面平行，然后利用線面平行的性質定理即可證得線線平行.
【解答過程】取的中點，連接，
分別為的中點，，且，
為的中點，且為矩形，，且，
，且，四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
平面，
又平面，平面平面，
.
【變式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，點在棱上（不與端點重合），E，F分別是PD，AC的中點.
(1)證明：平面.
(2)若平面平面，證明：.
【解題思路】（1）利用中位線定理及線面平行的判定定理即可證明；
（2）由（1）得平面，由線面平行的性質定理即可證明.
【解答過程】（1）連接,
因為底面是正方形，所以是的中點，
又因為是的中點，所以是的中位線，
所以，
因為平面，平面，
所以平面
（2） 分別是的中點，
，
平面，平面，
平面，
若平面平面，
又平面，
所以.
【變式3-2】（24-25高二·上?！ぜ倨谧鳂I）圖1是由正方形組成的一個等腰梯形，其中，將、分別沿折起使得E與F重合，如圖2．設平面平面，證明：；
【解題思路】首先利用線面平行的判定定理證明平面，進一步即可得證.
【解答過程】因為，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以.
【變式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如圖，已知四棱錐中，底面是平行四邊形，為側棱的中點.
(1)求證：平面；
(2)設平面平面，求證：.
【解題思路】（1），通過證明，得證平面；
（2）證明平面，由線面平行的性質定理證明.
【解答過程】（1）連接，交于點，連接，
因為是平行四邊形，故為中點，
又為側棱的中點，故.
又平面，平面，故平面.
（2）因為，平面，平面，所以平面.
又因為平面平面，平面，
所以.
【題型4 由線面平行的性質判斷線段比例或點所在的位置】
【例4】（23-24高一下·江蘇揚州·階段練習）在四棱錐中，底面為平行四邊形，E為線段上靠近A的三等分點，F為線段上一點，當平面時，（ ）
A．3 B．4 C． D．
【解題思路】根據線面平行性質定理得出線線平行，再根據平行得出比例關系即可.
【解答過程】
如圖，連接交于點，連接
因為平面平面，平面平面所以，
所以，因為為的三等分點，
則即.
故選：D.
【變式4-1】（23-24高一·全國·課后作業）如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，交于點，為中點，在上，，平面，則的值為（ ）

A． B． C． D．
【解題思路】根據，得到，利用平面，得到，結合比例式的性質，得到，即可求解.
【解答過程】設與交于點，連接，如圖所示，
因為為的中點，則，
由四邊形是平行四邊形，可得，則，
所以，所以，
又因為平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故選：D.
【變式4-2】（2024·廣東佛山·模擬預測）如圖，⊥面，四邊形是邊長為1的為正方形,點在線段上，.
（1）若 平面時，求值；
（2）若⊥面，棱錐體積取得最大值，求四棱錐的高.
【解題思路】（1）根據面面平行的性質得到線線平行，再根據平行線段成比例即可求解；
（2）建立坐標系，根據垂直得到等式，再根據體積的最大值這一條件得到.
【解答過程】（1）設.
∵平面，平面平面=， 面，
∴
∴，∴=1.
（2）解法一：建立如圖所示坐標系，設(0，0，p)，有=(，1，0)，，
設，則=，
∵⊥面，
∴⊥，
∴得：，
因為的底面不變，故即到面的距離取最大值.
到面的距離=，
當僅當，即時取最大值.故四棱錐的高為.
解法二：設.PAC中，作EHPA，交AC于H.
∵⊥面，
∴⊥面，
∴就是到面的距離.
因為的底面不變，即求EH最大時PA的值.
∵⊥面，面，∴.
故E在以OC為直徑的半圓上，當EH取最大值時，EH為圓的半徑，H為圓心.
此時，=4=4×.
【變式4-3】（23-24高二上·河北邢臺·階段練習）如圖所示，在四棱錐中，底面為平行四邊形，側面為正三角形，為線段上一點，為的中點.
(1)當為的中點時，求證：平面.
(2)當平面，求出點的位置，說明理由.
【解題思路】（1）取中點為，連接，利用中位線、平行四邊形性質及平行公理有，即為平行四邊形，則，最后根據線面平行的判定證結論；
（2）連接，相交于，連接，由線面平行的性質得，利用相似比可得，即可判斷的位置.
【解答過程】（1）取中點為，連接，
在中，為的中點，為中點，
，
在平行四邊形中，為的中點，
，
，
四邊形為平行四邊形，
面面，
平面；
（2）連接，相交于，連接，
面，面面面，
，，
即存在點M，M為PD上靠近P點的三等分點.
【題型5 由線面平行求線段長度】
【例5】（23-24高一·全國·課后作業）已知正方體的棱長為1，點是平面的中心，點是平面的對角線上一點，且平面，則線段的長為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】利用線面平行的性質定理及三角形的中位線定理，結合勾股定理即可求解.
【解答過程】連接，，則過點.如圖所示
∵平面，平面平面，平面，
∴，∵，
∴.
故選：B.
【變式5-1】（2024·全國·模擬預測）已知直三棱柱 的側棱和底面邊長均為 分別是棱 上的點， 且 ， 當 平面 時， 的值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】過作交于，利用線面平行的性質可得 ，進而可得四邊形為平行四邊形，，即得.
【解答過程】過作交于，連接，
因為，∴，故共面,
因為 平面 ，平面平面 ，平面，
所以 ，又,
∴四邊形為平行四邊形，
又，
∴，
所以.
故選：B．
【變式5-2】（2023·河南·模擬預測）正三棱錐的各棱長均為2，D為的中點，M為的中點，E為上一點，且，平面交于點Q，則截面的面積為（ ）

A． B． C． D．
【解題思路】根據中位線可得線面平行，進而根據線面平行的性質可得線線平行，進而可得四邊形為等腰梯形，即可由邊角關系求解.
【解答過程】因為M，D分別為AB，BC的中點，故，又平面,平面，所以平面，
由于平面,平面平面,故，
又，故．在等腰梯形MDEQ中，，，
在中，，，則，
故梯形的高為，故．
故選:D．
【變式5-3】（23-24高一上·江西景德鎮·期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F分別是棱C1D1，B1C1的中點，P是上底面A1B1C1D1內一點，若AP∥平面BDEF，則線段AP長度的取值范圍是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【解題思路】分別取棱A1B1、A1D1的中點M、N，連接MN，可證平面AMN∥平面BDEF，得P點在線段MN上．由此可判斷當P在MN的中點時，AP最??；當P與M或N重合時，AP最大．然后求解直角三角形得答案．
【解答過程】如圖所示，分別取棱A1B1、A1D1的中點M、N，連接MN，連接B1D1，
∵M、N、E、F為所在棱的中點，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，
∴MN∥EF，又MN 平面BDEF，EF 平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；
連接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，
可得NF∥AB，NF＝AB，則四邊形ANFB為平行四邊形，
則AN∥FB，而AN 平面BDEF，FB 平面BDEF，則AN∥平面BDEF．
又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．
又P是上底面A1B1C1D1內一點，且AP∥平面BDEF，∴P點在線段MN上．
在Rt△AA1M中，AM，
同理，在Rt△AA1N中，求得AN，則△AMN為等腰三角形．
當P在MN的中點時，AP最小為，
當P與M或N重合時，AP最大為．
∴線段AP長度的取值范圍是．
故選：A．

【題型6 面面平行的判定】
【例6】（23-24高一下·青海西寧·期末）如圖，在正方體中，是的中點，分別是的中點.求證：
(1)四點共面；
(2)平面 平面.
【解題思路】（1）連接BH，由中位線可得，即可證明F，G，H，B四點共面；
（2）由面面平行的判定定理即可證明.
【解答過程】（1）連接，
分別是的中點,
為的中位線，
，
四點共面；
（2）由（1）知 ，
平面面，
平面；
又分別是的中點
，
平面平面，
平面；
面面，
平面 平面.
【變式6-1】（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓錐中，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，四邊形是底面的內接正方形，分別為的中點，過點的平面為.
(1)證明：平面 平面；
(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為，設點在線段上運動，求三棱錐的體積.
【解題思路】（1）由線面平行的判定定理可證 平面， 平面，再由面面平行的判定定理即可證明平面 平面；
（2）由題意可得，點到平面的距離等于點到平面的距離，再由三棱錐的體積公式，代入計算，即可求解.
【解答過程】（1）因為分別為的中點，所以 ，
因為四邊形為正方形，所以 ，從而 ，
又平面平面，所以 平面，
連接，則為的中點，又為的中點，所以 ，
又平面平面，
所以 平面，又，平面，
所以平面 平面，
即平面 平面.
（2）
由題知，平面.
連接，則.
因為由（1）的證明可知平面 平面，
所以點到平面的距離等于點到平面的距離，
所以，
所以三棱錐的體積為.
【變式6-2】（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.
【解題思路】（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.
【解答過程】（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.
【變式6-3】（2024·河南·模擬預測）如圖，在四棱柱中，四邊形ABCD是正方形，E，F，G分別是棱，，的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若點在底面ABCD的投影是四邊形ABCD的中心，，求三棱錐的體積.
【解題思路】（1）根據四棱柱中的平行關系以及中點,可得線線平行,根據線線平行證明線面平行,進而可證明面面平行.（2）可由四棱柱的體積,可得同底等高的三棱錐的體積,然后根據三棱錐中等體積法即可求解.
【解答過程】（1）證明：連接EG，.
因為E，G分別是棱，的中點，所以，.
因為，，所以，，
所以四邊形是平行四邊形，則.
因為平面，平面，所以平面.
因為E，F分別是棱，的中點，所以.
因為，所以.
因為平面，平面，所以平面.
因為平面，平面，且，
所以平面平面.
（2）連接AC，BD，記，連接，則平面ABCD.
因為，所以，所以.
因為，所以，
則四棱柱的體積.
故三棱錐的體積，
即三棱錐的體積為.
【題型7 面面平行的性質定理的應用】
【例7】（23-24高一下·廣東佛山·階段練習）如圖，在六面體中，，四邊形是平行四邊形，．
(1)證明：平面平面．
(2)若G是棱的中點，證明：．
【解題思路】（1）根據給定條件，結合平行四邊形性質，利用線面平行、面面平行的判定推理即得.
（2）證明的延長線與的延長線交點重合，再利用面面平行的性質推理即得.
【解答過程】（1）由，得，而平面，平面平面，則平面，
由，平面，平面，得平面，
又平面，所以平面平面.
（2）延長與的延長線分別交于點，
由，，得，由，G是棱的中點，得，
因此點重合，記為，顯然平面平面，平面平面，
由（1）知，平面平面，所以.
【變式7-1】（2024高三·全國·專題練習）在四棱錐中，平面，點在線段上，且.求證： 平面.
【解題思路】在線段上取一點，使，連接，可證四邊形為平行四邊形，即可得，再利用線面平行的判定定理可證平面，根據成比例線段證得，再利用線面平行的判定定理可證平面，再結合面面平行的判定和性質即可得證.
【解答過程】在線段上取一點，使，連接，
在四邊形中，，
所以，即，又，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面平面，所以平面，
在三角形中，，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.
【變式7-2】（23-24高一下·海南海口·階段練習）如圖，已知四棱錐中，底面是平行四邊形，為側棱的中點.
(1)求證： 平面；
(2)若為側棱的中點，求證： 平面.
【解題思路】（1）連接AC，，再證明即可；
（2）根據線面平行與面面平行的判定證明平面平面即可；
【解答過程】（1）連接，設，因為是平行四邊形，
所以是的中點，連接，又為側棱的中點，
所以在中有： ，又平面平面，
所以 平面.
（2）若為側棱的中點，且由（1）知是的中點，
所以在中有：則 ，又平面平面，
所以 平面，
由（1）知 平面平面，
所以 平面.
又平面，
所以平面 平面，又平面，所以 平面.
【變式7-3】（23-24高一下·重慶·期中）如圖，四棱錐的底面為平行四邊形，，分別為棱，上的點，且，.
(1)求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面？若存在求出的值；若不存在，說明理由.
【解題思路】（1）先由面面平行的判定定理證明面面，即可證明平面；
（2）假設在棱上存在點，使得面，由線面平行的性質定理即可得點為棱的中點.
【解答過程】（1）在上取點，使得，連接，
在中，點、分別為、上的三等分點，則有
又面、面
由線面平行的判定定理：面
又且，∴四邊形為平行四邊形
則有，又面、面，∴面
由于面、面，，∴面面
又面，∴面
（2）假設在棱上存在點，使得面
連接，交于
∵面，面，面面
由線面平行的性質定理：
則在中，，易知，
∴，∴點為棱的中點，即.
【題型8 平行關系的綜合應用】
【例8】（2024高三·全國·專題練習）如圖所示，已知四棱柱的底面為菱形.
（1）證明：平面平面；
（2）在直線上是否存在點，使平面？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.
【解題思路】（1）由棱柱的性質知，，得到平面，同理可得平面，再利用面面垂直的判定定理.
（2）易知四邊形為平行四邊形，，在的延長線上取點，使，連接，則四邊形為平行四邊形，得到，再利用線面平行的判定定理證明.
【解答過程】（1）由棱柱的性質可知，，
∵平面，平面，
∴平面，
同理可證平面，而，平面，
∴平面平面；
（2）存在這樣的點，使平面，
∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
如圖所示：
在的延長線上取點，使，連接，
∵，=，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，
則，
∴，又平面 平面，
∴平面.
【變式8-1】（23-24高一下·河北張家口·階段練習）在正方體中，O是的中點，分別是，的中點.

(1)求證：平面；
(2)若P是的中點，求證：平面平面.
【解題思路】（1）利用中位線定理與線面平行的判定定理即可得解；
（2）利用線面平行與面面平行的判定定理即可得解.
【解答過程】（1）連接，

因為分別是，的中點，所以，
因為平面，平面，
所以平面.
（2）因為分別是，的中點，所以，
因為平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，
所以平面平面.
【變式8-2】（23-24高一下·重慶·期中）如圖，在四棱錐中，，.
(1)若點為的中點，為的中點，求證：平面 平面.
(2)在棱上是否存在一點，使得 平面？若存在，請求出的值：若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）通過證平面，平面，由線面平行即可證面面平行；
（2）由面面平行的判定和性質，結合平行線的性質，即可判定存在性.
【解答過程】（1）因為，所以為等邊三角形，
因為為的中點，所以，
因為，，
所以，
所以，
所以，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又點為的中點，為的中點，
所以，
因為平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面；
（2）存在，，
過作交與，再過作，交于，連接，
則即為所求，
由，所以，
所以，
在直角，，
所以，
所以，
由得，
證明：當時，得，
由平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，平面，
，平面，平面，
所以平面平面，因為平面，
所以平面.
【變式8-3】（23-24高一下·海南海口·期中）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，點，分別為，的中點，設平面平面.
(1)證明：平面；
(2)證明：；
(3)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【解題思路】（1）取PB的中點Q，連接QF，EQ，由題意可證得四邊形DEQF為平行四邊形，可證得，進而可證得結論；
（2）由（1）及線面平行的性質定理，可證得結論；
（3）取AB的中點N，由中位線的性質可得，再由線面平行的判斷定理可得平面DBF，并可得．
【解答過程】（1）取PB的中點Q，連接QF，EQ，
因為點E，F分別為AD，PC的中點，
由題意可證得，且，，
所以，且，
所以四邊形DEQF為平行四邊形，所以，
而平面PBE，平面PBE，
所以平面PBE.
（2）設平面平面，
由（1）可得平面，平面，
所以.
（3）在棱AB上存在點N為AB的中點，連接EN，BD，
因為E為AD的中點，所以，平面，平面，
所以平面，
此時．
一、單選題
1．（23-24高二下·湖南·階段練習）已知三條不同的直線l，m，n，且，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【解題思路】根據線與線的位置關系，結合充要條件的定義即可求解.
【解答過程】解：若，又，則，故充分性成立，
反之，若，又，則，故必要性成立.
故“”是“”的充要條件.
故選：C.
2．（2024·內蒙古·三模）設，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，且則“”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件 B．充分必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
【解題思路】根據題意，利用線面平行的判定定理與性質定理，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.
【解答過程】當時，可能在內或者內，故不能推出且，所以充分性不成立；
當且時，設存在直線，，且，
因為，所以，根據直線與平面平行的性質定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分條件.
故選：C.
3．（2024·河北唐山·二模）已知為平面外的一條直線，則下列命題中正確的是（ ）
A．存在直線，使得， B．存在直線，使得，
C．存在直線，使得， D．存在直線，使得，
【解題思路】根據題意，結合線面平行的判定與性質，逐項判定，即可求解.
【解答過程】對于A中，當直線與平面斜交時，此時不存在直線，使得，，所以A錯誤；
對于B中，如圖所示，當時，過直線作平面，使得，
因為，，所以，
又因為，可得，因為，所以，
當與平面斜交時，設斜足為，在直線上取一點，作，垂足為，連接，
在平面內，過點作直線，
因為，且，平面，所以平面，
又因為平面，所以，即，
在過和確定的平面內，過點作直線，使得，所以，
因為，所以，所以存在直線，使得，
若直線，此時存在平面且，在直線取一點，
在平面內過作直線，根據面面平行的性質有，所以B正確；

對于C中，當直線與平面相交時，若，則直線與平面必相交，所以C錯誤；
對于D中，當時，若，可得或，所以D錯誤.
故選：B.
4．（2023·廣西·模擬預測）在三棱錐中，分別是、的重心，以下與直線平行的是（ ）
A．直線 B．平面 C．平面 D．平面
【解題思路】取中點為，由，分別是 和的重心，證得，結合不平行，可判定A錯誤；利用線面平行的判定定理，證得平面，可判定B正確；結合平面，平面和平面，平面，可判定C、D錯誤．
【解答過程】如圖所示，取中點為，連結、，
由，分別是 和的重心，可得，，
則，，即，所以，
又由不平行，故A錯誤；
由，且平面，平面，所以平面，
所以B正確；
因為平面，平面，所以與平面不平行，所以C錯誤；
因為平面，平面，所以與平面不平行，所以D錯誤．
故選：B．
5．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，點D，E分別在棱上， ，點滿足，若平面，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】根據線面平行的判定定理找到過直線且與直線平行的平面，從而可以確定點位置，進而求解即可.
【解答過程】在上取一點使得，連接，
與交于一點，即為所求（如圖所示）.
證明如下：
根據已知，，
在直三棱柱中， ，且，
四邊形為平行四邊形，，
平面，平面，平面
即平面.
又，
，即的值為.
故選：C.
6．（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
【解題思路】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.
【解答過程】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.
7．（23-24高一下·海南·期末）如圖所示是一個正方體的平面展開圖，在這個正方體中以下四個命題中，真命題的序號是（ ）
①平面；
②平面；
③平面平面；
④平面平面.
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【解題思路】把正方體的平面展開圖還原成正方體，得出平面，判斷①正確；由平面平面，得出平面，判斷②正確；由，得出平面，同理平面，證明平面平面，判斷③正確；由，，且，證明平面平面，判斷④正確．
【解答過程】把正方體的平面展開圖還原成正方體，如圖1所示；
對于①，平面平面，平面，
∴平面，①正確；
對于②，平面平面，平面，
∴平面，②正確；
對于③，如圖2所示，易知，則四邊形為平行四邊形，
則，平面，平面，∴平面；
同理可得四邊形為平行四邊形，則，
因為 ，平面，則平面，且，
平面，∴平面平面，③正確；
對于④，如圖3所示，由③知，因為平面，平面，
所以平面，
因為，所以四邊形為平行四邊形，
所以，因為平面，平面，所以平面，
又因為，且平面，
∴平面平面，∴④正確．
綜上，正確的命題序號是①②③④．
故選：A．
8．（23-24高二下·四川成都·期末）如圖，在正方體中，已知E，F，G，H，分別是，，，的中點，則下列結論中錯誤的是（ ）

A．C，G，，F四點共面 B．直線平面
C．平面平面 D．直線EF和HG所成角的正切值為
【解題思路】根據線線平行即可判斷A，根據面面平行得線面平行即可判斷B，根據面面平行的性質即可得矛盾判斷C，根據異面直線的幾何法找到其角，即可由三角形邊角關系求解D.
【解答過程】取中點，連接,
由于是的中點，在正方體中可知,
又，所以四邊形為平行四邊形，故,
因此，故C，G，，F四點共面，故A正確，,

取中點，連接,
由于均為中點，所以
平面，平面，所以平面,
同理平面,平面,
所以平面平面，平面，故直線平面，B正確，

假若平面平面，則平面平面，平面平面，根據面面平行的性質可得平面，顯然這與與相交矛盾，故C錯誤，

由于，所以,
故為直線EF和HG所成角或其補角，
不妨設正方體的棱長為，則，
由于底面，平面，所以,
故,
直線EF和HG所成角的正切值為，D正確.
故選：C.
二、多選題
9．（2024高一下·全國·專題練習）已知a，b是不同的直線，是平面，下列命題錯誤的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
【解題思路】考查點線面位置關系，根據點線面位置關系類型和種類以及線面平行判定定理進行討論分析即可.
【解答過程】對于A，因為，內有無數條直線與平行，故還可能是，故A錯誤；
對于B，，所以a與沒有公共點，又，所以與沒有公共點，
所以a與b的位置可平行可異面，故B錯誤；
對于C，因為,，所以或b在內，故C錯誤；
對于D，由線面平行的判定定理知D正確．
故選：ABC．
10．（2023·全國·模擬預測）已知三棱柱中，分別是的中點，則（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【解題思路】對于A選項，連接，交于點，連接，然后通過中位線證明，進而根據判定定理證明線面平行；
對于B選項，取的中點，連接，然后通過平行四邊形法則證明，進而根據判定定理證明線面平行；
對于C選項，取的中點，連接，然后通過平行四邊形法則證明，
通過與平面相交即可判斷選項正誤；
對于D選項，連接，交于點，連接，根據線面平行的性質定理可知，
根據是的中點，推斷點是的中點，進而導出矛盾，即可判斷選項正誤.
【解答過程】選項A：如圖1，連接，交于點，連接，
則點是的中點，又是的中點，則，
平面,平面
所以平面，所以A正確.
選項B：如圖2，取的中點，連接，因為是的中點，
所以，且，又，
所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，
平面，平面，所以平面，故B正確.
選項C：如圖3，取的中點，連接，因為是的中點，
所以，且，又，
所以，所以四邊形是平行四邊形，
所以，顯然與平面相交，故C錯誤.
選項D：如圖4，連接，交于點，連接，
則平面平面，若平面，平面，則，
由于是的中點，所以點是的中點，
而顯然點不是的中點，矛盾，故D錯誤.
故選：AB.
11．（2024·福建·模擬預測）已知正方體，分別是邊上（含端點）的點，則（ ）
A．當時，直線相對于正方體的位置唯一確定
B．當時，直線相對于正方體的位置唯一確定
C．當平面時，直線相對于正方體的位置唯一確定
D．當平面平面時，直線相對于正方體的位置唯一確定
【解題思路】選項A，利用正方體中的點線關系，即可求解；選項B，在平面上作的投影為，利用任何滿足且不重合時，均有，即可求解；選項C，設在直線上的投影為，利用任何滿足的情況，有，再利用線面平行的判定定理，即可得到平面，從而求解；選項D，先確定點及的位置，利用面面平行的判定定理，證明點及符合題意，并說明唯一，即可求解.
【解答過程】對于A選項，當且僅當點與點重合，且點與點重合時條件成立，故A選項正確；
對于B選項，如圖1，設在平面上的投影為，，記的中點為，
則對于任何滿足且不重合時，為平行四邊形，即有，故B選項錯誤；
對于C選項，如圖1，設在直線上的投影為，對于任何滿足的情況，有，
所以為平行四邊形，所以，
又因為平面，平面，所以平面，
故直線的位置無法唯一確定，故C選項錯誤；
對于D選項，如圖2，當且僅當為的中點，取中點，連接，
因為，即點為線段上靠近點的三等分點，
因為，面，面，所以面，
連接，，連接，
易知，面，面，所以面，
又，面，所以平面平面，故D選項正確.
故選：AD.
三、填空題
12．（23-24高二·全國·課后作業）若直線，c，d為不重合的兩條直線，且，，則c與d的位置關系是 ．
【解題思路】根據平行線的傳遞性，排除重合情況即可得解.
【解答過程】因為且
根據平行線的傳遞性知平行或重合，
又因為，
再次利用平行線的傳遞性知平行或重合，
因為c，d為不重合的兩條直線
所以.
故答案為：.
13．（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，為平行四邊形所在平面外一點，分別為上一點，且，當 平面時， .

【解題思路】根據線面平行的性質定理，結合平行線的性質進行求解即可.
【解答過程】如圖，連結交于點，連結.

因為 ，所以，
因為 平面，平面平面平面，
所以 ，所以.
故答案為：.
14．（2023·四川瀘州·三模）如圖，在四棱柱中，平面，，，，為棱上一動點，過直線的平面分別與棱，交于點，，則下列結論正確的是 ①②④ ．
①對于任意的點，都有
②對于任意的點，四邊不可能為平行四邊形
③當時，存在點，使得為等腰直角三角形
④存在點，使得直線平面
【解題思路】根據面面平行的性質判斷①②，使用假設法判斷③④．
【解答過程】對于①，，平面，平面，平面，
同理，有平面，
平面，，平面平面，
平面平面，平面平面，
，故①正確．
對于②，四邊形是直角梯形，，平面與平面不平行，
平面平面，平面平面，
與不平行，故四邊形不可能為平行四邊形，故②正確．
對于③，，，，要使為等腰直角三角形，則，但根據題意，故③不正確．
對于④，延長至，使得，
則四邊形是矩形，．
當，，三點共線時，平面，平面，故④正確．
故答案為：①②④．
四、解答題
15．（2024高三·全國·專題練習）如圖，兩個正三角形，所在平面互相垂直，分別為的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.證明：；
【解題思路】首先利用線面平行判定定理證明平面，再由線面平行的性質證明即可.
【解答過程】因為、分別為、的中點，所以，
又平面，平面，則平面，
由直線與平面相交于點，
則平面，且平面，
又點在棱上，則平面，又平面，
所以平面平面，又平面，
所以.
16．（2024·上海嘉定·三模）在長方體中，，，E、F、G分別為AB、BC、的中點.

(1)求三棱錐的體積；
(2)點P在矩形內，若直線平面，求線段長度的最小值.
【解題思路】（1）等體積由可得.
（2）先證平面平面，則由直線平面可得點P在直線上，進而可得線段長度的最小值
【解答過程】（1）依題意有，
所以三棱錐的體積；
（2）如圖，

連結，
∵分別為的中點，
∴平面，平面，
∴平面
∵平面，平面，
∴平面，
∵，∴平面平面，
∵平面，
∴點在直線上，在中，，
，
∴當時，線段的長度最小，最小值為＝.
17．（2023·河南·二模）如圖所示，正六棱柱的底面邊長為1，高為.

(1)證明：平面 平面；
(2)求平面與平面間的距離.
【解題思路】（1）利用面面平行的判定定理證明;
（2）將面面距轉化為點面距，再由等體積法求出距離即可.
【解答過程】（1）在正六棱柱中，
因為底面為正六邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面.
因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面與平面間的距離等價于點到平面的距離，設為.
連接，則四面體的體積.
因為，
，，
所以，從而，
所以，
所以，即平面與平面間的距離為.

18．（23-24高一下·河北·期中）如圖所示：在長方體中，，，E、F分別是面，中心，G，H分別是，的中點.
(1)證明：面面；
(2)證明：面.
【解題思路】（1）先由線面平行再由判定定理證明面面平行；
（2）由線面平行判定定理證明.
【解答過程】（1）連接，，則F，E分別為，的中點，
則，又面，面，
所以面，
，又面，面，
所以面，
又，，面，
所以面面.
.
（2）連接，，G，F分別是AD，AC的中點，
，，
所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，則，
又面，面，
所以面.
.
19．（23-24高一下·廣東茂名·期中）如圖：在正方體中，邊長，M為的中點．
(1)求三棱錐的體積；
(2)求證：平面；
(3)若為線段上的動點，則線段上是否存在點，使平面？說明理由．
【解題思路】（1）利用等體積轉化求三棱錐的體積；
（2）利用線面平行的判斷定理，轉化為證明線線平行，構造中位線，即可證明；
（3）構造面面平行，即可說明線面平行.
【解答過程】（1）因為
故三棱錐的體積為．
（2）證明：連接，，連結，
因為，分別是和的中點，
所以，
平面，平面，
所以平面；
（3）存在點為的中點時，使平面，
因為，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
平面，平面，
所以平面，且平面，
且，平面，
所以平面平面,
若，則平面，
所以平面
所以線段上存在中點，使平面.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題7.3 空間直線、平面的平行【八大題型】
【新高考專用】
【題型1 證明線線平行】 4
【題型2 線面平行的判定】 5
【題型3 由線面平行的性質判定線線平行】 7
【題型4 由線面平行的性質判斷線段比例或點所在的位置】 9
【題型5 由線面平行求線段長度】 11
【題型6 面面平行的判定】 12
【題型7 面面平行的性質定理的應用】 14
【題型8 平行關系的綜合應用】 16
1、空間直線、平面的平行
考點要求 真題統計 考情分析
(1)理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 (2)掌握直線與平面、平面
與平面平行的判定與性質，并會簡單應用 2022年全國乙卷（文數）：第9題，5分 2022年全國甲卷（文數）：第19題，12分 2023年新高考I卷：第18題，12分 2024年新高考I卷：第17題，15分 2024年北京卷：第17題，12分 空間直線、平面的平行是高考的熱點內容，屬于高考的常考內容之一.從近幾年的高考情況來看，主要分兩方面進行考查，一是空間中線面平行關系的命題的真假判斷，常以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；二是空間線線、線面、面面平行的證明，一般以解答題的第一小問的形式考查，難度中等；解題時要靈活運用直線、平面的平行的判定與性質.
【知識點1 線面平行、面面平行的判定定理和性質定理】
1．線面平行的判定定理和性質定理
(1)判定定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若線線平行，則線面平行”.
(2)性質定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若線面平行，則線線平行”.
(3)性質定理的作用
①作為證明線線平行的依據.當證明線線平行時，可以證明其中一條直線平行于一個平面，另一條直線是過第一條直線的平面與已知平面的交線，從而得到兩條直線平行.
②作為畫一條與已知直線平行的直線的依據.如果一條直線平行于一個平面，要在平面內畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個平面與已知平面相交，交線就是所要畫的直線.
2．面面平行的判定定理和性質定理
(1)判定定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語售
.
該定理可簡記為“若線面平行，則面面平行”.
(2)判定定理的推論
①自然語言
如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面內的兩條相交直線，那么這兩個平面平行.
②圖形語言
③符號語言
.
(3)性質定理
①自然語言
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.
②圖形語言
③符號語言
.
該定理可簡記為“若面面平行，則線線平行”.
(4)兩個平面平行的其他性質
①兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線都平行于另一個平面.
②平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等.
③經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.
④兩條直線同時被三個平行平面所截，截得的線段對應成比例.
⑤如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行.
【知識點2 空間中的平行關系的判定方法】
1．線線平行的證明方法
(1)定義法：即證明兩條直線在同一個平面內且兩直線沒有公共點；
(2)利用平面圖形的有關平行的性質，如三角形中位線，梯形，平行四邊形等關于平行的性質；
(3)利用基本事實4：找到一條直線，使所證的直線都與這條直線平行；
(4)利用線面平行與面面平行的性質定理來判定線線平行.
2．線面平行的判定方法
(1)利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點；
(2)利用線面平行的判定定理：如果平面外有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(簡記為“線線平行—線面平行”)；
(3)利用面面平行的性質定理：如果兩個平面平行，那么在一個平面內所有直線都平行于另一個平面。(簡記為“面面平行—線面平行”).
3．面面平行的判定方法
(1)面面平行的定義：兩個平面沒有公共點，常與反證法結合(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行(主要方法).
(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行(選擇、填空題可用)；
(4)平行于同一個平面的兩個平面平行(選擇、填空題可用).
【方法技巧與總結】
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．平行于同一個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.
4．若α//β，aα，則a//β.
【題型1 證明線線平行】
【例1】（2024·全國·模擬預測）（19-20高一·全國·課后作業）如圖，在三棱柱中，E，F分別是AB，AC上的點，且，則EF與的位置關系是（ ）
A．異面 B．平行 C．相交 D．平行或相交
【變式1-1】（23-24高一下·全國·課后作業）如圖所示，在長方體AC1中，E，F分別是B1O和C1O的中點，則長方體的各棱中與EF平行的有（ ）
A．3條 B．4條
C．5條 D．6條
【變式1-2】（23-24高一·全國·課后作業）如圖，空間四邊形ABCD，E、H分別是AB、AD的中點，F、G分別是BC、CD上的點，且，求證：直線EH與直線FG平行．
【變式1-3】（23-24高二上·云南大理·期末）如圖，在棱長為3的正方體中，分別為棱的中點．
(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積．
【題型2 線面平行的判定】
【例2】（2024·陜西渭南·三模）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是平行四邊形，平面ABCD，，，且M，N分別為PD，AC的中點．
(1)求證：平面PBC；
(2)求三棱錐的體積．
【變式2-1】（2024·全國·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，四邊形為梯形，，，，，點在線段上，且，為線段的中點．
(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的表面積．
【變式2-2】（2024·寧夏石嘴山·模擬預測）如圖，在正方體中，是的中點．
(1)求證：平面；
(2)若，求點到平面的距離.
【變式2-3】（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐中，點E，F，G，H分別在棱，，，上．
(1)若四邊形為平行四邊形，證明：平面；
(2)若E，F，G，H均為所在棱的中點，三棱錐的體積為，多面體的體積為，求．
【題型3 由線面平行的性質判定線線平行】
【例3】（2024高三·全國·專題練習）如圖，四棱錐中，底面為矩形，底面，且分別為棱的中點，平面與平面交于直線.求證：.

【變式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，點在棱上（不與端點重合），E，F分別是PD，AC的中點.
(1)證明：平面.
(2)若平面平面，證明：.
【變式3-2】（24-25高二·上海·假期作業）圖1是由正方形組成的一個等腰梯形，其中，將、分別沿折起使得E與F重合，如圖2．設平面平面，證明：；
【變式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如圖，已知四棱錐中，底面是平行四邊形，為側棱的中點.
(1)求證：平面；
(2)設平面平面，求證：.
【題型4 由線面平行的性質判斷線段比例或點所在的位置】
【例4】（23-24高一下·江蘇揚州·階段練習）在四棱錐中，底面為平行四邊形，E為線段上靠近A的三等分點，F為線段上一點，當平面時，（ ）
A．3 B．4 C． D．
【變式4-1】（23-24高一·全國·課后作業）如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，交于點，為中點，在上，，平面，則的值為（ ）

A． B． C． D．
【變式4-2】（2024·廣東佛山·模擬預測）如圖，⊥面，四邊形是邊長為1的為正方形,點在線段上，.
（1）若 平面時，求值；
（2）若⊥面，棱錐體積取得最大值，求四棱錐的高.
【變式4-3】（23-24高二上·河北邢臺·階段練習）如圖所示，在四棱錐中，底面為平行四邊形，側面為正三角形，為線段上一點，為的中點.
(1)當為的中點時，求證：平面.
(2)當平面，求出點的位置，說明理由.
【題型5 由線面平行求線段長度】
【例5】（23-24高一·全國·課后作業）已知正方體的棱長為1，點是平面的中心，點是平面的對角線上一點，且平面，則線段的長為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】（2024·全國·模擬預測）已知直三棱柱 的側棱和底面邊長均為 分別是棱 上的點， 且 ， 當 平面 時， 的值為（ ）
A． B． C． D．
【變式5-2】（2023·河南·模擬預測）正三棱錐的各棱長均為2，D為的中點，M為的中點，E為上一點，且，平面交于點Q，則截面的面積為（ ）

A． B． C． D．
【變式5-3】（23-24高一上·江西景德鎮·期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F分別是棱C1D1，B1C1的中點，P是上底面A1B1C1D1內一點，若AP∥平面BDEF，則線段AP長度的取值范圍是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【題型6 面面平行的判定】
【例6】（23-24高一下·青海西寧·期末）如圖，在正方體中，是的中點，分別是的中點.求證：
(1)四點共面；
(2)平面 平面.
【變式6-1】（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓錐中，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，四邊形是底面的內接正方形，分別為的中點，過點的平面為.
(1)證明：平面 平面；
(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為，設點在線段上運動，求三棱錐的體積.
【變式6-2】（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.
【變式6-3】（2024·河南·模擬預測）如圖，在四棱柱中，四邊形ABCD是正方形，E，F，G分別是棱，，的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若點在底面ABCD的投影是四邊形ABCD的中心，，求三棱錐的體積.
【題型7 面面平行的性質定理的應用】
【例7】（23-24高一下·廣東佛山·階段練習）如圖，在六面體中，，四邊形是平行四邊形，．
(1)證明：平面平面．
(2)若G是棱的中點，證明：．
【變式7-1】（2024高三·全國·專題練習）在四棱錐中，平面，點在線段上，且.求證： 平面.
【變式7-2】（23-24高一下·海南海口·階段練習）如圖，已知四棱錐中，底面是平行四邊形，為側棱的中點.
(1)求證： 平面；
(2)若為側棱的中點，求證： 平面.
【變式7-3】（23-24高一下·重慶·期中）如圖，四棱錐的底面為平行四邊形，，分別為棱，上的點，且，.
(1)求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面？若存在求出的值；若不存在，說明理由.
【題型8 平行關系的綜合應用】
【例8】（2024高三·全國·專題練習）如圖所示，已知四棱柱的底面為菱形.
（1）證明：平面平面；
（2）在直線上是否存在點，使平面？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.
【變式8-1】（23-24高一下·河北張家口·階段練習）在正方體中，O是的中點，分別是，的中點.

(1)求證：平面；
(2)若P是的中點，求證：平面平面.
【變式8-2】（23-24高一下·重慶·期中）如圖，在四棱錐中，，.
(1)若點為的中點，為的中點，求證：平面 平面.
(2)在棱上是否存在一點，使得 平面？若存在，請求出的值：若不存在，請說明理由.
【變式8-3】（23-24高一下·海南?？凇て谥校┤鐖D，在四棱錐中，底面為正方形，點，分別為，的中點，設平面平面.
(1)證明：平面；
(2)證明：；
(3)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
一、單選題
1．（23-24高二下·湖南·階段練習）已知三條不同的直線l，m，n，且，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．（2024·內蒙古·三模）設，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，且則“”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件 B．充分必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
3．（2024·河北唐山·二模）已知為平面外的一條直線，則下列命題中正確的是（ ）
A．存在直線，使得， B．存在直線，使得，
C．存在直線，使得， D．存在直線，使得，
4．（2023·廣西·模擬預測）在三棱錐中，分別是、的重心，以下與直線平行的是（ ）
A．直線 B．平面 C．平面 D．平面
5．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，點D，E分別在棱上， ，點滿足，若平面，則的值為（ ）
A． B． C． D．
6．（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
7．（23-24高一下·海南·期末）如圖所示是一個正方體的平面展開圖，在這個正方體中以下四個命題中，真命題的序號是（ ）
①平面；
②平面；
③平面平面；
④平面平面.
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
8．（23-24高二下·四川成都·期末）如圖，在正方體中，已知E，F，G，H，分別是，，，的中點，則下列結論中錯誤的是（ ）

A．C，G，，F四點共面 B．直線平面
C．平面平面 D．直線EF和HG所成角的正切值為
二、多選題
9．（2024高一下·全國·專題練習）已知a，b是不同的直線，是平面，下列命題錯誤的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
10．（2023·全國·模擬預測）已知三棱柱中，分別是的中點，則（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
11．（2024·福建·模擬預測）已知正方體，分別是邊上（含端點）的點，則（ ）
A．當時，直線相對于正方體的位置唯一確定
B．當時，直線相對于正方體的位置唯一確定
C．當平面時，直線相對于正方體的位置唯一確定
D．當平面平面時，直線相對于正方體的位置唯一確定
三、填空題
12．（23-24高二·全國·課后作業）若直線，c，d為不重合的兩條直線，且，，則c與d的位置關系是 ．
13．（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，為平行四邊形所在平面外一點，分別為上一點，且，當 平面時， .

14．（2023·四川瀘州·三模）如圖，在四棱柱中，平面，，，，為棱上一動點，過直線的平面分別與棱，交于點，，則下列結論正確的是 ．
①對于任意的點，都有
②對于任意的點，四邊不可能為平行四邊形
③當時，存在點，使得為等腰直角三角形
④存在點，使得直線平面
四、解答題
15．（2024高三·全國·專題練習）如圖，兩個正三角形，所在平面互相垂直，分別為的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.證明：；
16．（2024·上海嘉定·三模）在長方體中，，，E、F、G分別為AB、BC、的中點.

(1)求三棱錐的體積；
(2)點P在矩形內，若直線平面，求線段長度的最小值.
17．（2023·河南·二模）如圖所示，正六棱柱的底面邊長為1，高為.

(1)證明：平面 平面；
(2)求平面與平面間的距離.
18．（23-24高一下·河北·期中）如圖所示：在長方體中，，，E、F分別是面，中心，G，H分別是，的中點.
(1)證明：面面；
(2)證明：面.
19．（23-24高一下·廣東茂名·期中）如圖：在正方體中，邊長，M為的中點．
(1)求三棱錐的體積；
(2)求證：平面；
(3)若為線段上的動點，則線段上是否存在點，使平面？說明理由．
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