8.5空间直线平面的平行5题型分类

8.5空间直线、平面的平行5题型分类一、平行线的传递性文字语言平行于同一条直线的两条直线平行图形语言符号语言直线a，b，c，a∥b，b∥c⇒a∥c作用证明两条直线平行二、空间等角定理1.定理文字语言如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补符号语言OA∥O′A′，OB∥O′B′⇒∠AOB＝∠A′O′B′或∠AOB＋∠A′O′B′＝180°图形语言作用判断或证明两个角相等或互补2.推广如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等.三、直线与平面平行的判定定理文字语言如果平面外一条直线与此平面内一条直线平行，那么该直线与此平面平行符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊄α，,b⊂α，,a∥b))⇒a∥α图形语言四、直线与平面平行的性质定理文字语言一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行符号语言a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b图形语言五、平面与平面平行的判定定理文字语言如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行符号语言eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊂α，b⊂α，,a∩b＝A，,a∥β，b∥β))⇒α∥β图形语言六、两个平面平行的性质定理文字语言两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行符号语言α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b图形语言（一）平行线传递性的应用空间直线平行的传递性，解题时首先找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行.题型1：平行线传递性的应用11．（2024高一·全国·课后作业）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且，求证：直线EH与直线FG平行．【答案】证明见详解【分析】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明,【详解】∵E、H分别是AB、AD的中点，则，又∵F、G分别是BC、CD上的点，且，则，∴，故直线EH与直线FG平行．12．（2024高一·全国·课后作业）已知棱长为的正方体中，，分别为，的中点．求证：四边形是梯形．【答案】证明见解析【分析】连接AC，利用正方体的性质，得到四边形AA′C′C为平行四边形，再结合M，N分别是CD，AD的中点，得到MN∥A′C′且MN=A′C′证明.【详解】证明：如图所示：连接AC，由正方体的性质可知：AA′=CC′，AA′CC′，∴四边形AA′C′C为平行四边形，∴A′C′=AC．A′C′AC，又∵M，N分别是CD，AD的中点，∴MN∥AC，且MN＝AC，∴MN∥A′C′且MN≠A′C′．∴四边形MNA′C′是梯形．13．（2024高一·全国·课后作业）如图，在三棱锥中，M，N，E，F分别为棱SA，SC，AB，BC的中点，试判断直线MN与直线EF是否平行．【答案】平行【分析】根据给定条件可得MN//AC，EF//AC，再借助平行公理即可判断作答.【详解】在三棱锥中，M，N分别为棱SA，SC的中点，则有MN//AC，而E，F分别为棱AB，BC的中点，则有EF//AC，由平行公理得：MN//EF，所以直线MN与直线EF平行．（二）直线与平面平行的判定利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常利用平行四边形、三角形中位线、平行线的传递性等.题型2：直线与平面平行的判定21．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直四棱柱中，四边形为梯形，∥，，，，点在线段上，且，为线段的中点．求证：∥平面.【答案】证明见解析【分析】根据题意先证∥平面，∥平面，可得平面∥平面，结合面面平行的性质定理分析证明.【详解】由题意可得∥，且平面，平面，可得∥平面；因为∥且，可知四边形为平行四边形，则∥，且平面，平面，可得∥平面；且，且，平面，可得平面∥平面，由平面，可得∥平面．22．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点．证明：平面.

【答案】证明见解析【分析】取的中点，连接、、，易证四边形为平行四边形，得到，从而得到平面，同理得到平面，然后利用面面平行的判定定理得到平面平面，再利用面面平行的性质定理证明.【详解】证明：如图所示：

取的中点，连接、、，因为且，故四边形为平行四边形，所以且，因为为的中点，所以且，因为、分别为、的中点，所以且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为、分别为、的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，、平面，所以平面平面，因为平面，故平面．23．（2024高三·辽宁大连·学业考试）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，平面，、分别为、的中点.(1)求三棱锥的体积；(2)证明：平面.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用条件可得，结合棱锥的体积公式即求；（2）取的中点，可证四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即证.【详解】（1）证明：设与的交点为，因为底面是边长为的菱形，所以，且，因为，所以，在中，，故，所以.因为平面，所以为三棱锥的高，所以三棱锥的体积.（2）取的中点，连接、，因为为的中点，所以且，又因为为的中点，四边形为菱形，所以且.所以且.故四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.（三）直线与平面平行的性质线面平行的性质和判定经常交替使用，也就是通过线线平行得到线面平行，再通过线面平行得线线平行.题型3：直线与平面平行的性质31．（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，为线段的中点，平面与棱相交于点.求证：.【答案】证明见解析【分析】根据线面平行的判定定理以及性质定理得出结果.【详解】因为为线段的中点，所以．又因为，所以．在梯形中，，所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面，且平面，所以平面．因为平面，平面平面，所以．32．（2024高一·全国·随堂练习）木工小罗在处理如图所示的一块木料时，发现该木料表面内有一裂纹，已知平行于平面AC．他打算经过点M和棱将木料锯开，却不知如何画线，你能帮助他解决这个问题吗？

【答案】就是所要画的线【分析】直接利用线面平行的性质定理可得线线平行，从而可得结果.【详解】

由于//平面平面，平面平面，所以，如图，过平面上一点作，所以，所以四点共面，连接和，则就是所要画的线.33．（2024高一·全国·课堂例题）如图，点A，B分别位于异面直线a，b上，过AB中点O的平面与a，b都平行，M，N分别是a，b上异于A，B的另外两点，MN与交于点P．求证：P是MN的中点．

【答案】证明见解析.【分析】利用线面平行的性质，结合三角形中位线的判定推理即得.【详解】连接AN，设它与平面交于点Q，连接OQ，PQ，因为OQ是平面与的交线，平面，，于是，同理，在中，O是AB的中点，，则Q是AN的中点，又因为，所以点P是MN的中点．34．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，且，点为棱上一点（不与重合），平面交棱于点．求证：.【答案】证明见解析【分析】根据线面平行判定定理证明平面，然后再由线面平行的性质定理可证.【详解】证明：∵平面平面，∴平面，又平面，平面平面，∴.（四）平面与平面平行的判定两个平面平行的判定定理是确定面面平行的重要方法.解答问题时一定要寻求好判定定理所需要的条件，特别是相交的条件，即与已知平面平行的两条直线必须相交，才能确定面面平行.题型4：平面与平面平行的判定41．（2024高一·全国·课后作业）如图，三条直线、、不共面，但交于一点，若，，，那么平面和平面的位置关系是．【答案】平行【分析】根据线线平行即可判断面面平行.【详解】由，，且,故，因此,故,平面,平面,故平面,同理可得平面,平面,故平面平面,故答案为：平行42．（2024高一下·辽宁阜新·期末）已知在正方体中，M、E、F、N分别是、、、的中点.求证：(1)E、F、D、B四点共面(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据题意证明，即可得结果；（2）根据线面、面面平行的判定定理分析证明.【详解】（1）证明：分别是、的中点，所以，又，所以四边形是平行四边形，.，即确定一个平面，故E、F、D、B四点共面.（2）（2）M、N分别是、的中点，.又平面，平面，平面.连接，如图所示，则，.四边形是平行四边形..又平面，平面.平面.都在平面,且,所以平面平面.43．（2024高一·全国·专题练习）如图平面，是矩形，，，点是的中点，点是边上的任意一点．当是的中点时，线段上是否存在点，使得平面平面，若存在指出点位置并证明，若不存在说明理由．【答案】存在为中点使面面，理由见解析【分析】取的中点，连接，由面面平行的判定定理即可证明平面平面．【详解】存在为中点，使得平面平面，理由如下：当为中点，连接，又是的中点，是的中点，所以，，而平面，平面，所以平面，同理可证面，又，即平面平面，综上，为中点时平面平面．44．（2024高一下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，交于点，是上一点且平面

(1)证明：为的中点；(2)在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，请给出点的位置，并证明，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，为中点【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得为的中点.（2）通过证明面面平行的方法来确定点的位置.【详解】（1）连接，设，连接，因为平面，平面，平面平面，所以，又底面为平行四边形，所以为的中点，所以为的中点．（2）存在，为中点时，平面平面，因为为中点，为的中点，所以，由于，所以，由于平面，平面，所以平面，同理可证得平面，由于，平面，所以平面平面.

（五）平面与平面平行的性质利用面面平行的性质定理判断两直线平行的步骤(1)先找两个平面，使这两个平面分别经过这两条直线中的一条.(2)判定这两个平面平行(此条件有时题目会直接给出).(3)再找一个平面，使这两条直线都在这个平面上.(4)由定理得出结论.题型5：平面与平面平行的性质51．（2024高一·全国·课后作业）如图，在四棱柱中，底面为梯形，，平面与交于点．求证：．【答案】证明见解析【分析】根据四棱柱性质可证明平面平面，再利用面面平行的性质定理即可证明.【详解】由四棱柱可知，，平面，平面，所以平面；又，平面，平面，所以平面；又，平面，平面；所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以.52．（2024高三·全国·专题练习）如图，平面ADE，．求证：．【答案】证明见解析【分析】根据题意，先证明平面平面，进而利用面面平行的性质定理即可得到答案.【详解】∵，平面ADE，平面ADE，∴平面ADE．∵平面ADE，，平面BCF，∴平面平面．又平面平面，平面平面，∴．53．（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，四点共面，，．求证：.【答案】证明见解析【分析】由面面平行的性质得到线线平行.【详解】因为平面平面，四点共面，且平面平面，平面平面，所以．54．（2024高三·全国·专题练习）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.点在线段上，且平面，试确定点的位置.【答案】点为线段上靠近点的三等分点【分析】根据平行四边形的判定定理和性质，结合面面平行、线面平行的判定定理、面面平行的性质定理、平行线的性质进行判断证明即可.【详解】点为线段上靠近点的三等分点，证明如下：在取点，连接，，使得，又，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.又平面，，平面，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，所以在中，，所以，所以点为线段上靠近点的三等分点.一、单选题1．（2024高一·全国·课后作业）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是（

）A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直【答案】C【分析】连接AD1，CD1，AC，根据E，F分别为AD1，CD1的中点，由三角形的中位线定理和平行关系的传递性判断.【详解】如图，

连接AD1，CD1，AC，因为E，F分别为AD1，CD1的中点，由三角形的中位线定理知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH.故选：C2．（2024高三上·宁夏·期中）若是异面直线，且平面，那么与平面的位置关系是（

）A． B．与相交C． D．以上三种情况都有可能【答案】D【分析】根据线线，线面的位置关系可判断结果.【详解】在长方体中，平面视为平面，直线为直线a，点E，F分别为棱的中点，如图，显然有平面，当直线b为直线时，直线是异面直线，此时；因，平面，平面，则，当直线b为直线时，直线是异面直线，此时；当直线b为直线时，直线是异面直线，此时与相交，所以直线b与平面可能平行，可能相交，也可能在平面内.故选：D.3．（2024高二下·福建·学业考试）如图，四面体中，分别为的中点．则下列结论一定正确的是（

）

A． B．C．平面 D．平面【答案】D【分析】是中点，利用中位线性质平移相关线段，将、转化为、，根据四面体侧面形状不定判断A、B；利用线面平行的判定及平面的基本性质判断C、D.【详解】由题设，若，即，由于四面体各侧面形状不定，不一定成立，故A错；若是中点，连接，则，若，即，同上，各侧面形状不定，不一定成立，故B错；

若是中点，连接，则，而面，面，所以面，显然面与面不是同一平面，且面面，所以平面不成立，C错；由题意，面，面，所以平面，D对.故选：D4．（2024高一上·陕西渭南·期末）下列选项中，能判定平面和平面平行的是（

）A．内有无数条直线都与平行 B．内的任意一条直线都与平行C．与垂直于同一平面 D．与平行于同一直线【答案】B【分析】利用面面平行的判定直接判断即可．【详解】对于A中，当内有无数条直线都与平行，平面与平面可能平行，也可能时相交的，所以A不正确；对于B中，若平面内的任何一条直线都与平行，则平面内必存在两条相交直线和平面平行，根据面面平行的判定定理，可得，所以B正确；对于C中，垂直于同一平面的两个平面不一定平行，还可以相交，所以C不正确；对于D中，平行于同一条直线的两个平面可能不平行，还可以相交.故选：B.5．（2024高一下·福建福州·期末）已知直线m，n和平面α，β，γ，下列条件中能推出的是（

）A．，， B．，C．，，， D．，【答案】D【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解.【详解】由直线和，若，，，则与相交或平行，故A不正确；若，，则与相交或平行，故B不正确，若，，，，由于不一定相交，所以与相交或平行，故C不正确；若，，则垂直于同一条直线的两个平面互相平行，即，故D正确；故选：D．6．（2024高一下·江苏无锡·期中）如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（

）

A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由线面平行性质证明，再利用重心性质求解即可.【详解】如图，连接CD，交PE于点G，连接FG，

因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以，因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以.故选：C.7．（2024高一下·辽宁锦州·阶段练习）已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，由线面平行的性质定理可得，再借助比例式可得答案.【详解】如下图，四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，因平面，平面，平面平面，因此得，于是得，所以.故选：C.

8．（2024高一·全国·课后作业）已知正方体的棱长为1，点是平面的中心，点是平面的对角线上一点，且平面，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用线面平行的性质定理及三角形的中位线定理，结合勾股定理即可求解.【详解】连接，，则过点.如图所示∵平面，平面平面，平面，∴，∵，∴.故选：B.9．（2024高一下·全国·课后作业）在正六棱柱任意两个顶点的连线中与棱AB平行的条数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】作出几何体的直观图观察即可.【详解】解：连接CF，C1F1，与棱AB平行的有，共有5条，故选：D.

10．（2024高二下·陕西榆林·期末）设是两条直线，是两个平面，若，，则下列说法一定正确的是（

）A． B．C．是两条异面直线 D．【答案】B【分析】ACD可举出反例，D选项，可根据面面平行得到线面平行.【详解】ACD选项，如图1和图2，，，则或是两条异面直线，故ACD错误.B选项，，，根据面面平行的性质可知，故B正确；故选：B11．（2024高三上·山东滨州·期末）平面与平面平行的充要条件是（

）A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面C．，平行于同一条直线 D．内有两条相交直线都与平行【答案】D【分析】根据面面平行的判定定理逐项判断即可.【详解】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或；对于B，与垂直于同一个平面，可得与相交或；对于C，与平行于同一条直线，可得与相交或；对于D，内有两条相交直线平行于，结合面面平行的判定定理可得，故选：D．12．（2024高一·全国·课后作业）如图，空间四边形中，E，F，G，H分别是，，，的中点，则四边形是（

）

A．梯形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形【答案】B【分析】利用中位线定理和平行四边形判定定理分析判断【详解】因为E，F，G，H分别是，，，的中点，所以∥，，∥，，所以∥且，可知四边形为平行四边形故选：B13．（2024高一下·全国·课后作业）已知，，，则（

）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】根据等角定理，即可得到结论.【详解】的两边与的两边分别平行，根据等角定理易知或.故选：B.【点睛】本题考查等角定理，属基础题.14．（2024高一上·全国·专题练习）已知为所在平面外一点，平面平面，且交线段，，于点，若，则（

）A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．4：25【答案】D【分析】根据面面平行的性质定理可得，，且，，进而根据等角定理可得，，，即可得出答案.【详解】由已知可得，平面平面，平面，平面平面，根据面面平行的性质定理可得，，且.同理可得，，.根据等角定理可得，，，，所以，.所以，.故选：D.15．（2024高一·全国·课后作业）已知直线a∥直线b，直线b∥直线c，直线c∥直线d，则a与d的位置关系是（

）A．平行 B．相交 C．异面 D．不确定【答案】A【分析】由平行直线的传递性可得答案.【详解】∵a∥b，b∥c，∴a∥c.又c∥d，∴a∥d.故选：A.16．（2024高三上·河北衡水·期末）如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB不平行与平面MNQ的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．【详解】对于A，如图，连接，则，

因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，所以，因为平面，平面，所以平面；对于B，如图连接，

因为，分别为，的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面；对于C，如图，连接，则，

因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，所以，因为平面，平面，所以平面，对于D，如图取底面中心，连接，

由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，因为与平面相交，所以与平面相交，故选：D．17．（2024高三·全国·专题练习）已知在棱长均为的正三棱柱中，点为的中点，若在棱上存在一点，使得平面，则的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点为的中点，取的中点，连接，，然后证明平面即可.【详解】如图，设点为的中点，取的中点，连接，，

则，又平面，平面，∴平面，易知，故平面与平面是同一个平面，∴平面，此时，故选：B18．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）在空间中，直线平面的一个充要条件是（

）A．内有一条直线与平行 B．内有无数条直线与平行C．任意一条与垂直的直线都垂直于 D．存在一个与平行的平面经过【答案】D【分析】根据线面平行的性质即可结合选项求解.【详解】对于A，B，C，直线都可能在内，故选:D．19．（2024高三上·湖南湘潭·开学考试）已知直三棱柱的侧棱和底面边长均为分别是棱上的点，且，当平面时，的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过作交于，利用线面平行的性质可得，进而可得四边形为平行四边形，，即得.【详解】过作交于，连接，因为，∴，故共面,因为平面，平面平面，平面，所以，又,∴四边形为平行四边形，又，∴，所以.故选：B．20．（2024高一下·全国·课后作业）如图，四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，上，，G在上且平面平面，则（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，FG，利用面面平行、线面平行的性质证明线线平行，再结合平行线分线段成比例定理求解作答.【详解】在四棱柱中，连接，FG，如图，

因为平面平面，平面平面，平面平面，则，于是，平面平面，而平面，则平面，在平面内存在与不重合的直线，又平面平面，平面，则平面AEF，在平面AEF内存在与不重合直线，从而，平面AEF，平面AEF，则平面AEF，又平面，平面平面，因此，BG，AF可确定平面，因为平面平面，平面平面，平面平面，于是，即有，所以.故选：B二、多选题21．（2024高一下·全国·课后作业）如图，在三棱锥中，E，F分别为AB，AD的中点，过EF的平面截三棱锥得到的截面为，则下列结论中一定成立的是（

）

A． B．C．平面 D．平面【答案】ABC【分析】根据中位线得到，证得平面，再结合线面平行的性质定理，可判定A，B一定成立；由，结合线面平行的判定定理，证得平面，可判定C一定成立；根据位置不确定，可判定D不一定成立.【详解】对于A、B中，因为分别为的中点，所以是的中位线，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为过的平面截三棱锥得到的截面为，平面平面，所以，所以，故A，B一定成立；对于C中，因为，平面ABD，平面，所以平面，故C一定成立；对于D中，因为的位置不确定，所以与平面有可能相交，所以D不一定成立.故选：ABC.22．（2024高一下·福建泉州·阶段练习）如图，在四面体中，截面是正方形，则下列判断正确的是（

）

A． B．平面C． D．点B，D到平面的距离不相等．【答案】BC【分析】由平行线分线段成比例可判断A；由线面平行的判定定理和性质定理可判断B；由线线平行和垂直的性质可判断C；由线面平行性质可判断D.【详解】在四面体中,若截面是正方形,可得平面平面,可得平面又平面，而平面平面,可得又平面,面，则平面,故B正确；同样可得平面,所以点B，D到平面的距离相等，故D错误；由,可得,故C正确；由,且,但不一定与相等,故,不一定相等,故A错误.故选：BC23．（2024高一下·江苏盐城·期中）在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（

）

A．直线与直线AF异面 B．直线与平面平行C．平面截正方体所得的截面是平行四边形 D．点C和点B到平面的距离相等【答案】ABD【分析】由图可知直线与直线AF异面，利用面面平行的判定定理以及面面平行的性质可证明平面；将平面扩大至与相交于点，即可得截面为等腰梯形，显然平面将线段平分，所以C和B到平面的距离相等.【详解】对于选项A，由图可知AF与显然不平行，且不相交，所以AF与异面，选项A正确；对于选项B，取的中点为M，连接、，如下图所示：

易知，且平面，平面，所以平面，又易知，，因此，平面，平面，所以平面；，可得平面平面，又平面，从而平面，选项B正确；对于选项C，连接，，如下图所示：

易知，所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形，选项C错误；对于选项D，平面过的中点E，即平面将线段平分，所以C与B到平面的距离相等，选项D正确.故选：ABD.24．（2024高三上·湖南衡阳·期末）若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（

）A．重合 B．相交于一点 C．两两平行 D．恰有两条交线平行【答案】ABC【分析】构造长方体模型，选择其中的若干平面作为平面，即可依次判断即得.【详解】如图，作出一个长方体.对于A项，可把平面依次取为平面，它们两两相交于共同的交线,故A项正确；对于B项，可把平面依次取为平面，此时，,,,而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；对于C项，可把平面依次取为平面,此时，,,,而易得三条交线两两平行，故C项正确；对于D项，可把平面依次取为平面,此时，,,,若只有,因平面，而平面，则平面,又平面,而平面平面=，则有,即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.故选：ABC.25．（2024高三上·江西南昌·开学考试）在下列底面为平行四边形的四棱锥中，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN∥平面ABC的有（

）A．

B．

C．

D．

【答案】AB【分析】根据线面平行的判定定理可判断A，B选项；假设平面面，利用线面平行的性质定理结合平面内过一点有且仅有一条直线和已知直线平行可判断C，D选项.【详解】对于A，设为的中点，底面为平行四边形，连接，则，而，,故，即四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，A正确；对于B，设为的中点，底面为平行四边形，连接，

则，而，,故，即四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面，B正确；对于C，设为的中点，底面为平行四边形，连接，

设交于，连接，则，而,故，即四边形为平行四边形，故，又平面，平面，平面平面，假设平面，则，即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的，故此时平面不成立，C错误；对于D，设底面为平行四边形，连接交于点，交于，

则为的中点，连接，由于为的中点，故；又平面，平面，平面平面，假设平面，则，即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的，故此时平面不成立，D错误；故选：AB26．（2024高一下·重庆酉阳·阶段练习）已知、是两条互相平行的直线，是一个平面．若要使得，则需添加下列哪些条件（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】由线面平行的判定定理即可得出答案.【详解】由，所以需添加，.故选：AC.三、填空题27．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当平面时，.

【答案】/【分析】根据线面平行的性质定理，结合平行线的性质进行求解即可.【详解】如图，连结交于点，连结.

因为，所以，因为平面，平面平面平面，所以，所以.故答案为：28．（2024高二上·上海闵行·期末）已知表示三个不同的平面，若，且，则直线，的位置关系是.【答案】【分析】根据面面平行的性质定理可得答案.【详解】由题意知，且，根据面面平行的性质定理可得，故答案为：29．（2024高一·全国·课后作业）如图，在长方体中，写出满足条件的一个平面：（1）与平面平行的平面为；（2）与平面平行的平面为；（3）与平面平行的平面为．【答案】平面平面平面【分析】结合长方体的结构特征和面面平行的判定定理即可判断.【详解】因为为长方体，所以平面∥平面，平面∥平面，同时∥，∥，又因为平面，平面，所以∥面，∥平面，因为，所以平面∥平面.故答案为：①平面；②平面；③平面.30．（2024高三上·上海浦东新·期中）如图，四边形是平行四边形，是平面外一点，为上一点，若平面，则．

【答案】【分析】连接交于点，连接，根据线面平行的性质证明，即可得解.【详解】连接交于点，连接，因为四边形是平行四边形，所以为的中点，因为平面，平面平面，平面，所以，所以为的中点，所以.故答案为：.31．（2024高一下·全国·单元测试）A是所在平面外一点，M是的重心，N是的中线AF上的点，并且平面BCD，当时，．

【答案】4【分析】先根据线面平行性质得出，再根据中位线从而求出，再由重心得到，计算求解即可.【详解】因为平面，平面，平面平面.所以，M是的重心，N是的中线AF上的点，所以E，F分别是BC，CD的中点，N是的重心,所以，又因为M，N分别是和的重心，所以且,所以.故答案为：4.32．（2024高二上·安徽合肥·阶段练习）如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，且，，，点为中点，若上存在一点使得平面，则长度为.【答案】【分析】连接，，，取中点，连接与交于，取中点，连接，则平面．证明，为的三等分点，即可得出结论．【详解】解：如图所示，连接，，，取中点，连接与交于，取中点，连接，则，平面，平面，平面．为中点，为中点，，为中点，为中点，，，四边形是矩形，平面，，，故答案为：．【点睛】本题考查直线与平面平行的性质，还运用中位线性质以及线面垂直的性质，确定，为的三等分点是关键，考查学生的计算能力．33．（2024高一·全国·课后作业）已知，，是空间中的三条相互不重合的直线，给出下列说法：①若，，则；②若与相交，与相交，则与相交；③若平面，平面，则，一定是异面直线；④若，与成等角，则．其中正确的说法是（填序号）．【答案】①【分析】根据平行公理可判断①，在空间考虑两直线都与第三条直线直线相交的所有可能情况可判断②，考虑在两个平面内的两条直线的所有位置关系可判断③，两条直线与第三条直线成等角，这两条直线可相交可平行可异面判断④.【详解】由公理4知①正确；当与相交，与相交时，与可能相交、平行，也可能异面，故②不正确；当平面，平面时，与可能平行、相交或异面，故③不正确；当，与成等角时，与可能相交、平行，也可能异面，故④不正确．故答案为：①【点睛】本题主要考查了空间中线与线的位置关系，考查了空间想象力，属于中档题.34．（2024高一下·全国·课后作业）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F分别是AB，AC上的点，且AE∶EB=AF∶FC，则EF与B1C1的位置关系是.【答案】平行【分析】由题设易知EF∥BC，根据棱柱的结构特征即可判断EF与B1C1的位置关系.【详解】在△ABC中，AE∶EB=AF∶FC，∴EF∥BC，三棱柱ABCA1B1C1中，有BC∥B1C1，∴EF∥B1C1.故答案为：平行35．（2024高二·全国·课后作业）若直线，c，d为不重合的两条直线，且，，则c与d的位置关系是．【答案】【分析】根据平行线的传递性，排除重合情况即可得解.【详解】因为且根据平行线的传递性知平行或重合，又因为，再次利用平行线的传递性知平行或重合，因为c，d为不重合的两条直线所以.故答案为：.36．（2024高一·全国·课后作业）在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别边上的中点，则直线EG和FH的位置关系是．【答案】相交【分析】根据平面的性质结合线线位置关系分析判断.【详解】∵E、F、G、H分别是四边上的中点，∴，即，同理可得：，故E、F、G、H四点共面，且为平行四边形，则直线EG和FH的位置关系是相交.故答案为：相交.37．（2024高一·全国·课后作业）如图，在三棱台中，，E，F分别是的中点，点M在上，，若点N在平面内，且平面，则点N的位置是．（写出一种即可）【答案】N是线段上靠近点的三等分点（答案不唯一）【分析】当时，连接，利用线面平行的判定定理可得答案.【详解】当时，连接，因为，所以，因为E，F分别为的中点，所以，从而，又平面平面，所以平面．故答案为：N是线段上靠近点的三等分点（答案不唯一）.38．（2024高一下·北京西城·期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件时，A1P平面BCD(答案不唯一，填一个满足题意的条件即可)【答案】P是CC1中点【分析】根据线面平行的性质，只需在侧面BCC1B1上找到一点，A1P平面BCD上的任一条线即可，可以取A1PCD，此时P是CC1中点.【详解】取CC1中点P，连结A1P，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1中点，点P在侧面BCC1B1上运动，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1PCD，∵A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，∴当点P满足条件P是CC1中点时，A1P平面BCD故答案为：P是CC1中点.39．（2024高三上·河南·阶段练习）如图，四棱锥的底面为平行四边形，分别为棱上的点，，且平面，则.【答案】【分析】根据线面平行的性质定理，平行线分线段成比例等知识求得正确答案．【详解】设，连接，由于平面，平面，平面平面，则，由于,,所以，所以．故答案为：．40．（2024高三上·湖北·阶段练习）四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为线段，上的点，，若平面，则.【答案】/【分析】根据线面平行的性质定理，平行线分线段成比例等知识求得正确答案.【详解】设，连接交于，连接，，由于平面，平面，平面平面，则，由于是的中点，所以，过作，交于，则，由于，所以，所以.故答案为：

41．（2024高一下·湖北襄阳·阶段练习）正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，点，分别在和上，并且，平面，则线段的长为．【答案】/【分析】连接并延长与交于点，连接，证明，根据比例关系得到，再利用余弦定理计算得到答案.【详解】如图所示：连接并延长与交于点，连接，为中点，连接，，故，，平面，平面平面，平面，故，故，，故，，，故.故答案为：42．（2024高二下·河南·阶段练习）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是上底面内一点（含边界），若平面，则点的轨迹长为.【答案】【分析】由平行关系得出点轨迹后计算【详解】如图，取中点，中点，可知，，故平面平面，故点的轨迹为线段故答案为：43．（2024高二上·北京海淀·阶段练习）在正方体中，，，分别是，，的中点.给出下列四个推断：

①平面；②平面；③平面；④平面平面，其中推断正确的序号是.【答案】①③【分析】由已知可得，由线面平行的判定定理可判断①；由，与平面相交可判断②；由，根据线面平行的判定定理可判断③，由与平面相交可判断④，进而可得正确答案.【详解】对于①：因为在正方体中，，，分别是，，的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，故①正确；对于②：因为，与平面相交，所以与平面相交，故②错误；对于③：因为，，分别是，，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故③正确；对于④：与平面相交，所以平面与平面相交，故④错误.故答案为：①③.

44．（2024高二上·上海浦东新·期中）如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则.【答案】【分析】由面面平行的性质定理得到，再利用相似比求AB的长度.【详解】因为平面平面，由面面平行的性质定理得，所以，所以，即，解得，故答案为：.45．（2024高一下·全国·课后作业）对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ；②存在平面γ，使α、β都平行于γ；③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l，m，使得lα，lβ，mα，mβ..其中可以判断两个平面α与β平行的条件有个．【答案】2【分析】举反例否定①③，进而得到可以判断两个平面α与β平行的条件为②④.【详解】如图取α、β、γ，易知α⊥γ，β⊥γ，但是α与β相交，不平行，故排除①；若存在平面γ，使α、β都平行于γ，则可以判断两个平面α与β平行.②是正确的；若α与β相交，如图所示，,，且l与m，n两直线等距离，则α内不共线的三点A，B，C到β的距离相等.所以排除③；存在异面直线l，m，使得lα，lβ，mα，mβ.则可以判断两个平面α与β平行.④是正确的．故答案为：246．（2024高二上·上海黄浦·阶段练习）下面四个正方体中，点A、B为正方体的两个顶点，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形序号是．（写出所有符合条件的序号）【答案】①②【分析】根据线面平行的判定定理以及面面平行的性质定理即可得到答案.【详解】对于①，如图1.因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以，.又，所以.因为平面，平面，所以平面.同理可得平面.因为平面，平面，，所以平面平面.又平面，所以平面，故①正确；对于②，如图2，连结.因为点M、P分别为其所在棱的中点，所以.又，且，所以，四边形是平行四边形，所以，所以.因为平面，平面，所以平面，故②正确；对于③，如图3，连结、、.因为点M、N、P分别为其所在棱的中点，所以，.因为平面，平面，所以平面.同理可得平面.因为平面，平面，，所以平面平面.显然平面，平面，所以平面，且与平面不平行，所以与平面不平行，故③错误；对于④：如图4，连接，因为为所在棱的中点，则，故平面即为平面，由正方体可得，而平面平面，若平面，由平面可得，故，显然不正确，故④错误.故答案为：①②.47．（2024高一下·全国·课后作业）已知三棱柱ABCA1B1C1，D，E，F分别是棱AA1，BB1，CC1的中点，则平面DEF与平面ABC的位置关系是.【答案】平行【分析】根据线线平行，再证明线面平行，从而证明面面平行．【详解】，，分别为，，的中点，

，，又平面，平面，平面，同理可证，平面，又平面，平面，且，∴平面//平面DEF平面平面．故答案为：平行.48．（2024高一·全国·课后作业）已知S是等边△ABC所在平面外一点，D，E，F分别是SA，SB，SC的中点，则平面DEF与平面ABC的位置关系是．【答案】平行【分析】由题可得平面，平面，再由面面平行的判定定理，即可得出结果.【详解】∵分别是的中点，∴是的中位线，∴.又∵平面，平面，所以平面.同理平面.∵，所以平面平面.故答案为：平行.四、解答题49．（2024高三·全国·专题练习）已知四棱锥，底面为菱形，平面平面，证明：.

【答案】证明见解析【分析】先证明平面，再根据线面平行的性质定理求解即可.【详解】因为为菱形，所以平面平面，所以平面，又因为平面，且平面平面，所以．50．（2024高一·全国·课后作业）如图，从平面外一点，引射线、、，在它们上面分别取点、、，使得．(1)画出平面并判断两个平面的位置关系；(2)若点到平面的距离为2，求点到平面的距离．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）根据线段对应成比例可得线线平行，进而可得面面平行，（2）根据比例即可求解.【详解】（1）根据可知：平面，平面，则∥平面，同理可得∥平面，又，平面，则平面平面．（2）点到平面的距离为到平面的距离，即为．51．（2024高三上·江苏连云港·期中）如图，在几何体中，四边形是边长为3的正方形，平面与平面的交线为.(1)证明：；(2)若平面平面，H为的中点，，，，求该几何体的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2)将体积分割，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.【详解】（1）证明：∵，而平面，平面，∴平面，又∵平面，平面平面，∴，∴.（2）∵，，H为中点，∴.而，∴，∵平面平面.平面平面，平面，∴平面.过E分别作交于点I，交于点J，连接.∴.52．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面与棱交于点E．求证：.

【答案】证明见解析【分析】先证明平面，再利用线面平行的性质定理可得结论.【详解】因为在三棱柱中，且平面，平面，平面，又平面，且平面平面，.53．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，点是的中点，点在上，平面与平面相交于直线，∥，证明：是的中点．【答案】证明见解析【分析】由线线平行证线面平行，再用性质定理证明线线平行即可.【详解】因为∥，平面，平面，所以∥平面.因为平面，平面平面，所以∥，又因为点是的中点，所以点是的中点.54．（2024高一下·全国·课后作业）已知正方体，点E为中点，直线交平面于点F．求证：点F为中点．【答案】证明见解析【分析】先证明线面平行，然后利用线面平行的性质得到，结合E为中点可证结论.【详解】在正方体中，所以；因为平面，平面，所以平面；因为直线交平面于点F，所以平面，且平面平面，因为平面，平面，平面平面，所以，因为点E为中点，底面是正方形，所以F为中点.55．（2024高一下·全国·课后作业）如图，长方体的底面是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E，F分别是侧棱上的动点，点P在棱上，且，若平面PBD，求EF的长.

【答案】【分析】连接与交于点，连接，在棱上取，连接，，由平面PBD，证得四边形QEFC是平行四边形，在直角中，即可求解.【详解】因为长方体的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，所以，，如图所示，连接与交于点，连接，在棱上取，连接，，则，且，因为平面PBD，且平面，平面平面，所以，所以，又因为，所以四边形QEFC是平行四边形，所以，在直角中，，，所以，所以.

56．（2024高二·全国·课后作业）如图，是棱长为正方体的棱上的一点，且平面，求线段的长．【答案】【分析】连接，交于点，由线面平行的性质可得，知为中点，利用勾股定理可求得结果.【详解】连接，交于点，连接，则为的中点．平面，平面，平面平面，，又为中点，为中点，，则在中，.57．（2024高二上·上海虹口·期中）已知直四棱柱，，，，，．

(1)证明：直线平面；(2)若该四棱柱的体积为，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；（2）计算出梯形的面积，利用柱体的体积可求得的长.【详解】（1）证明：在直四棱柱中，，因为平面，平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，因此，平面.（2）解：因为，，，，，所以，，所以，，解得.58．（2024高一·浙江杭州·期末）如图，点S是所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且．求证：平面．

【答案】证明过程见解析【分析】作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行，面面平行，从而证明出线面平行.【详解】在上取，使得，则，因为平面，平面，所以平面，因为，所以，则，又中，，故，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，，所以平面平面，因为平面，所以平面.

59．（2024高一下·河南洛阳·阶段练习）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面，E为的中点.(1)证明：平面；(2)设，，求点D到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助线面平行的判定定理即可得；（2）借助等体积法与体积公式计算即可得.【详解】（1）连接，交于点O，连接，∵四边形是平行四边形，∴是的中点，又∵E为的中点，∴是三角形的中位线，∴，又∵平面，平面，∴平面；.（2）∵平行四边形中，，，，∴，则，故，又∵平面，∴，，都是直角三角形，∵，∴，，，∴，∴，∴，因为是的中点，所以，且，所以，，设点到平面的距离为，由得：，解得.60．（2024高一下·福建宁德·期末）在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，且，E为线段PA的中点.(1)求证：平面BDE.(2)求三棱锥的体积【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，即通过构造中位线，即可证明；（2）根据三棱锥的体积公式，即可求解.【详解】（1）如图，连接交于点，连接.

∵四边形是正方形，在中，为的中点，又∵为的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面；（2）如图，取的中点，连接，

则且，∵平面，∴平面，∴就是三棱锥的高.∴.61．（2024高一下·内蒙古赤峰·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，底面，，，，分别是，，的中点．(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）设到平面的距离为，利用可得答案．【详解】（1）证明：如图取中点，连接，，因为为中点，所以，且，又因为四边形为菱形，且为中点，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；（2）设到平面的距离为，因为，平面，平面，所以平面，易得，，所以，所以，所以，所以，所以到平面的距离为．62．（2024高一·全国·课堂例题）如图，在三棱柱中，M是的中点，平面平面，平面．求证：

(1)；(2)N为AC的中点．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由面面平行的性质得到线线平行；（2）证明出四边形为平行四边形，从而证明出结论.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面平面，所以．（2）三棱柱中，，且，因为，，所以四边形为平行四边形，又M是的中点，所以，所以N为AC的中点．63．（2024高二上·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）如图，在正方体中，E是的中点.

(1)求证：平面；(2)设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.【详解】（1）证明：因为在正方体中，，，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）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，三角形ABC的面积，三棱锥的体积.64．（2024高二上·天津静海·阶段练习）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，E、F分别是的中点．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据中位线定理、平行线的传递性及线面平行的判定定理即可得证；（2）由于面，故即为与平面的夹角，从而勾股定理求出的三条边长，再根据即可得解.【详解】（1）取中点为，连接，，如图所示：因为F，M分别为PD，PC的中点，故可得，且；又因为且；故可得，，则四边形为平行四边形，故可得，又平面平面，故平面．（2）连接，如图所示：因为面，故即为与平面的夹角，又面，故可得；在中，，，故可得，则，即与平面所成角的余弦值为．65．（2024高一下·广东广州·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点E在线段上，平面.（1）求线段的长；（2）若平面平面，，直线与平面所成的角为，，求三棱锥的表面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）连接，交于点O，连接，证明，E是的中点，求出的值；（2）由题意得出四棱锥的侧面都是直角三角形，计算各个面的面积，求和即可.【详解】解：（1）连接，交于点O，连接，由四边形为矩形，所以O为的中点，又平面，所以，所以E是的中点，所以；（2）由平面平面，，且平面，平面平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，又底面是矩形，所以，又，且，所以平面，所以，同理，所以四棱锥的侧面都是直角三角形，且，；又，所以，所以，，，；计算三棱锥的表面积为：.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征与表面积计算问题，也考查了线面平行的性质定理，是中档题.66．（2024高二上·上海·专题练习）如图，的各边对应平行于的各边，点E，F分别在边AB，AC上，且，试判断EF与的位置关系，并说明理由．【答案】EF与平行．理由见解析．【分析】根据题意，结合平行线的性质，即可证得.【详解】，理由如下：在中，因为，即，所以，又因为，所以.67．（2024高一上·全国·专题练习）如图，在正方体中，，分别是棱和的中点．（1）求证：四边形为平行四边形；（2）求证：．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）根据正方体的性质和平面几何知识可得证；（2）根据空间两个角相等定理或三角形全等可得证.【详解】解：(1)∵为正方体．∴，且，又，分别为棱，的中点，∴且，∴四边形为平行四边形，∴且．又且，∴且，∴四边形为平行四边形．(2)法一：由(1)知四边形为平行四边形，∴．同理可得四边形为平行四边形，∴．∵和方向相同，∴．法二：由(1)知四边形为平行四边形，∴．同理可得四边形为平行四边形，∴．又∵，∴，∴．68．（2024高一·全国·课后作业）如果，，那么与之间具有什么关系？【答案】相等或互补【分析】按与在同一平面内和不在同一平面内分别推理判断作答.【详解】当与在同一平面内时，令OB交A1O1于点M，如图：因，则，，又，则，因此，，，显然C与A可换位，所以与之间相等或互补；当与不在同一平面内时，若射线OA与O1A1同方向，射线OB与O1B1同方向，在射线OA与O1A1上分别取点E，E1，使OE=O1E1，在射线OB与O1B1上分别取点D，D1，使OD=O1D1，连接OO1，DD1，EE1，ED，E1D1，如图，因，则四边形OEE1O1是平行四边形，EE1//OO1，且EE1=OO1，同理DD1//OO1，且DD1=OO1，于是得EE1//DD1，且EE1=DD1，则四边形DEE1D1是平行四边形，即有ED=E1D1，从而有，则，即，射线OC是射线OA的反向延长线，则有，即，显然C与A可换位，因此，与之间相等或互补，若射线OA与O1A1方向相反或射线OB与O1B1方向相反，则射线OA的反向延长线与O1A1同方向或射线OB的反向延长线与O1B1同方向，在其反向延长线上按上述同样的方式进行，可得与之间相等或互补，所以与之间相等或互补，综上得：与之间相等或互补.69．（2024高一·全国·随堂练习）在长方体中，点P，R分别为BC，上的动点，当点P，R满足什么条件时，平面？【答案】（答案不唯一）【分析】当时，满足要求，结合棱柱的几何特征和线面平行的判定定理，可证得结论.【详解】

如图，当时，平面.理由如下：因为，所以因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以，平面，平面，平面.70．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，四边形是正方形，，，，点为的中点.求证：平面；【答案】