专题7.3 空间直线、平面的平行（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

专题7.3空间直线、平面的平行【八大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1证明线线平行】 4【题型2线面平行的判定】 7【题型3由线面平行的性质判定线线平行】 11【题型4由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】 14【题型5由线面平行求线段长度】 18【题型6面面平行的判定】 22【题型7面面平行的性质定理的应用】 26【题型8平行关系的综合应用】 301、空间直线、平面的平行考点要求真题统计考情分析(1)理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，并加以证明(2)掌握直线与平面、平面

与平面平行的判定与性质，并会简单应用2022年全国乙卷（文数）：第9题，5分2022年全国甲卷（文数）：第19题，12分2023年新高考I卷：第18题，12分2024年新高考I卷：第17题，15分2024年北京卷：第17题，12分空间直线、平面的平行是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中线面平行关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面平行的证明，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的平行的判定与性质.【知识点1线面平行、面面平行的判定定理和性质定理】1．线面平行的判定定理和性质定理(1)判定定理①自然语言如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.②图形语言③符号语言.该定理可简记为“若线线平行，则线面平行”.(2)性质定理①自然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.②图形语言③符号语言.该定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.(3)性质定理的作用①作为证明线线平行的依据.当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行.

②作为画一条与已知直线平行的直线的依据.如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线.2．面面平行的判定定理和性质定理(1)判定定理①自然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.②图形语言③符号语售.该定理可简记为“若线面平行，则面面平行”.(2)判定定理的推论①自然语言如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，那么这两个平面平行.②图形语言③符号语言.(3)性质定理①自然语言两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行.②图形语言③符号语言.该定理可简记为“若面面平行，则线线平行”.(4)两个平面平行的其他性质①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面.

②平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等.

③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.

④两条直线同时被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例.

⑤如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行.【知识点2空间中的平行关系的判定方法】1．线线平行的证明方法(1)定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；(2)利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；(3)利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行；(4)利用线面平行与面面平行的性质定理来判定线线平行.2．线面平行的判定方法(1)利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点；(2)利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为“线线平行—线面平行”)；(3)利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。(简记为“面面平行—线面平行”).3．面面平行的判定方法(1)面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法).(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(选择、填空题可用)；(4)平行于同一个平面的两个平面平行(选择、填空题可用).【方法技巧与总结】1．垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α//β.2．平行于同一个平面的两个平面平行，即若α//β，β//γ，则α//γ.3．垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a//b.4．若α//β，aα，则a//β.【题型1证明线线平行】【例1】（2024·全国·模拟预测）（19-20高一·全国·课后作业）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1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（

）A．异面 B．平行 C．相交 D．平行或相交【解题思路】根据线段比例关系,可得直线与直线的平行.结合空间中平行线的传递性即可判断.【解答过程】因为在ΔABC中,AE:EB=AF:FC所以EF∥BC又因为BC∥所以EF∥故选：B.【变式1-1】（23-24高一下·全国·课后作业）如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（

）A．3条 B．4条C．5条 D．6条【解题思路】由E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，结合正方体的结构特征，即可求解.【解答过程】由于E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，因为与棱B1C1平行的棱还有3条：AD,BC，A1D1，所以共有4条.故选：B.【变式1-2】（23-24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CFCB=CGCD，求证：直线【解题思路】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,【解答过程】∵E、H分别是AB、AD的中点，则EH∥BD，又∵F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，则FG∴EH∥FG，故直线EH与直线FG平行．【变式1-3】（23-24高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C(1)证明：AD(2)求三棱锥A−B【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形ABC（2）求出底面积和高，利用锥体体积公式求出答案.【解答过程】（1）连接BC因为P,Q分别为棱BC,CC所以BC因为正方体ABCD−A所以C1D1故四边形ABC所以BC故AD（2）由题意得，正方形BCC1BS△BB1故S△又AB⊥平面BCC1B1，故三棱锥A−B1QP【题型2线面平行的判定】【例2】（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，4PA=4AB=3AD=12，BA⋅AD=0，且M，N分别为PD(1)求证：MN//平面PBC(2)求三棱锥M−ACD的体积．【解题思路】（1）利用三角形的中位线，证明MN//PB，可证得MN//（2）利用三棱锥的体积公式求解.【解答过程】（1）证明：如图，连接BD，由ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N．∵M，N分别为PD，BD的中点，∴MN//又PB⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，故MN//平面PBC（2）∵BA⋅AD=0，∴BA⊥AD∵4PA=4AB=3AD=12，∴PA=AB=3，AD=4，∴S△ACD又PA⊥平面ABCD，M为PD的中点，则M到平面ACD的距离为ℎ=1∴VM−ACD【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，AB=6，AD=CD=DD1=2(1)求证：C1E∥(2)求三棱锥C1【解题思路】（1）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行，由面面平行的性质证明出线面平行；（2）由余弦定理求出BC，进而得到∠BCE=90°，由勾股定理求出各边长，并利用余弦定理和面积公式求出各个面的面积，求出表面积.【解答过程】（1）由已知可得CC1∥DD1，又DD∴CC1∥∵AE∥CD且∴四边形ADCE为平行四边形，∴CE∥又AD⊂平面ADD1A1，∴CE∥平面AD又CC1∩CE=C，且CC1∴平面ADD1A又C1E⊂平面∴C1E（2）在△BCE中，CE=2，BE=4，∠BEC=60°，由余弦定理可得BC=2∴BC∴∠BCE=90°．∵F为线段BC的中点．∴CF=3，EF=由勾股定理得C1E=C由余弦定理得cos∠EF故sin∠EF则S△又S△C1CE=故三棱锥C1−CEF的表面积为【变式2-2】（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体A1B1C1(1)求证：A1C1(2)若BD1=6，求点B【解题思路】（1）根据正方体的性质得到AC//（2）利用等体积法求出点到平面的距离.【解答过程】（1）在正方体A1B1C1所以四边形AA1C又A1C1⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，所以（2）设正方体的棱长为aa>0，则BD1=所以AC=232所以S△ACE设点B到平面AEC的距离为d，则VE−ABC=V即13×1即点B到平面AEC的距离为2.【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，点E，F，G，H分别在棱AC，BC，BD，AD上．(1)若四边形EFGH为平行四边形，证明：AB∥平面EFGH(2)若E，F，G，H均为所在棱的中点，三棱锥A−BCD的体积为V，多面体CDGFEH的体积为V1，求V【解题思路】（1）由四边形EFGH为平行四边形得EF∥GH，由线面平行的判定定理得EF//平面ABD（2）连接ED，EG，将三棱锥E−DHG的体积和四棱锥E−CDGF的体积用V表示出来，相加得V1，即可求出V【解答过程】（1）∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥GH，又EF⊂平面ABD，GH⊂∴EF∥平面ABD∵EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD=AB，∴EF∥又EF⊂平面EFGH，AB⊂平面EFGH∴AB∥平面EFGH（2）连接ED，EG，∵E为棱AC的中点，∴点E到平面DHG的距离dE−DHG等于点C到平面DHG的距离d点E到平面CDGF的距离dE−CDGF等于点A到平面CDGF的距离d则三棱锥E−DHG的体积V2四棱锥E−CDGF的体积V3故V1【题型3由线面平行的性质判定线线平行】【例3】（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，且M,N分别为棱AB,PC的中点，平面CMN与平面PAD交于直线l.求证：MN//

【解题思路】首先由线线平行证线面平行，然后利用线面平行的性质定理即可证得线线平行.【解答过程】取PD的中点G，连接GA,GN，∵G,N分别为PD,PC的中点，∴GN//CD，且∵M为AB的中点，且ABCD为矩形，∴AM//CD，且∴GN//AM，且GN=AM，∴四边形∴MN//AG，又MN⊄平面PAD,AG⊂平面∴MN//平面PAD又MN⊂平面MNC，平面PAD∩平面MNC=l，∴MN//l【变式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，点I在棱PA上（不与端点重合），E，F分别是PD，AC的中点.(1)证明：EF//平面PBC.(2)若平面PAB∩平面EFI=l，证明：EF//l.【解题思路】（1）利用中位线定理及线面平行的判定定理即可证明；（2）由（1）得EF//平面PBC，由线面平行的性质定理即可证明.【解答过程】（1）连接BD,因为底面ABCD是正方形，所以F是BD的中点，又因为E是PD的中点，所以EF是△PBD的中位线，所以EF//PB，因为EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EF//平面PBC（2）∵E,F分别是PD,BD的中点，∴EF//PB，∵EF⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，∴EF//平面PAB，若平面PAB∩平面EFI=l，又EF⊂平面EFI，所以EF//l.【变式3-2】（24-25高二·上海·假期作业）图1是由正方形ABCD,Rt△ABE,Rt△CDF组成的一个等腰梯形，其中AB=2，将△ABE、△CDF分别沿AB,CD折起使得E与F重合，如图2．设平面ABE∩平面【解题思路】首先利用线面平行的判定定理证明CD//平面ABE，进一步即可得证.【解答过程】因为CD//AB，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，所以CD//平面ABE，又CD⊂平面ECD，平面ABE∩平面ECD=l，所以l//CD.【变式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点.(1)求证：SA//平面EDB(2)设平面SAB∩平面SCD=l，求证：AB//【解题思路】（1）AC∩BD=O，通过证明SA//EO，得证SA//（2）证明AB//平面SCD，由线面平行的性质定理证明AB【解答过程】（1）连接AC，交BD于点O，连接OE，因为ABCD是平行四边形，故O为AC中点，又E为侧棱SC的中点，故SA//又SA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，故SA//平面EDB（2）因为AB//CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB//又因为平面SAB∩平面SCD=l，AB⊂平面SAB，所以AB//【题型4由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】【例4】（23-24高一下·江苏扬州·阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA//平面EBF时，PFPC=（A．3 B．4 C．13 D．【解题思路】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可.【解答过程】如图，连接AC交BE于点G，连接FG因为PA//平面BEF,PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FG所以PA//FG，所以PFPC=AGAC，因为则AGGC=AE故选：D.【变式4-1】（23-24高一·全国·课后作业）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是平行四边形，AC交BD于点O，E为AD中点，F在PA上，AP=λAF，PC//平面BEF，则λ的值为（

A．1 B．32 C．2 D．3【解题思路】根据△AEG∼△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到【解答过程】设AO与BE交于点G，连接FG，如图所示，因为E为AD的中点，则AE=1由四边形ABCD是平行四边形，可得AD//BC，则△AEG∼△CBG，所以AGGC=AE又因为PC//平面BEF，PC⊂平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，所以GF//PC，所以λ=故选：D.【变式4-2】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，PA⊥面ABCD，四边形ABCD是边长为1的为正方形,点E在线段PC上，PEEC（1）若PA//平面EBD时，求m值；（2）若PC⊥面EBD，棱锥E−BCD体积取得最大值，求四棱锥P−ABCD的高.【解题思路】（1）根据面面平行的性质得到线线平行，再根据平行线段成比例即可求解；（2）建立坐标系，根据垂直得到等式，再根据体积的最大值这一条件得到PA.【解答过程】（1）设AC∩BD=O.∵PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBD=EO，PA//面EBD，∴PA//EO∴EOPA=CE（2）解法一：建立如图所示坐标系，设P(0，0，p)，有BD=(−1，1，0)，PC=(1,1,−p)设CE=nCP，则BE=∵PC⊥面EBD，∴PC⊥EB，∴PC⋅BE=−n+(1−n)−np⋅p=0因为E−BCD的底面△BCD不变，故即E到面BCD的距离取最大值.E到面BCD的距离d=np=pp当仅当p=2p，即p=2时取最大值.故四棱锥P−ABCD解法二：设AC∩BD=O.△PAC中，作EH//PA，交AC于H.∵PA⊥面ABCD，∴EH⊥面ABCD，∴EH就是E到面BCD的距离.因为E−BCD的底面BCD不变，即求EH最大时PA的值.∵PC⊥面EBD，OE⊂面EBD，∴OE⊥PC.故E在以OC为直径的半圆上，当EH取最大值时，EH为圆的半径，H为圆心.此时PAEH=CHCA=12【变式4-3】（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点.(1)当M为PD的中点时，求证：MN//平面PAB.(2)当PB//平面AMN，求出点M的位置，说明理由.【解题思路】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有BN//ME,BN=ME，即BNME为平行四边形，则MN//BE，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接AN,BD，相交于O，连接OM，由线面平行的性质得PB//OM，利用相似比可得PMMD=1【解答过程】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，∴EM//AD,EM=1在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，∴BN//AD,BN=1∴BN//ME,BN=ME，∴四边形BNME为平行四边形，∴MN//BE,MN⊄面PAB,BE⊂面PAB，∴MN//平面PAB；（2）连接AN,BD，相交于O，连接OM，∵PB//面AMN，面PBD∩面AMN=OM,PB⊂面PBD，∴PB//OM，PMMD即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.【题型5由线面平行求线段长度】【例5】（23-24高一·全国·课后作业）已知正方体AC1的棱长为1，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是平面A1B1CA．12 B．22 C．2 【解题思路】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.【解答过程】连接AD1，AB1，则∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB∴PQ∥AB∴PQ=1故选：B.【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱和底面边长均为1，M，N分别是棱BC，A1B1上的点，且A．34 B．23 C．12【解题思路】过N作NP//B1C1交A1C1于P，利用线面平行的性质可得MN//【解答过程】过N作NP//B1C1交A1因为MC//B1C1，∴因为MN//平面AA1C1C，平面MNPC∩平面AA1所以MN//CP，又NP//MC,∴四边形MNPC为平行四边形，又CM=2B∴NP=1−λ所以λ=2故选：B．【变式5-2】（2023·河南·模拟预测）正三棱锥P−ABC的各棱长均为2，D为BC的中点，M为AB的中点，E为PC上一点，且PE=13PC，平面DEM交AP于点Q，则截面

A．346 B．3412 C．516【解题思路】根据中位线可得线面平行，进而根据线面平行的性质可得线线平行，进而可得四边形MDEQ为等腰梯形，即可由边角关系求解.【解答过程】因为M，D分别为AB，BC的中点，故MD//AC，又MD⊂平面MDEQ,AC⊄平面MDEQ，所以AC//由于AC⊂平面PAC,平面MDEQ∩平面PAC=QE,故AC//又PE=13PC，故PQ=13在△DCE中，CE=23PC=43故梯形的高为DE2−故选:D．【变式5-3】（23-24高一上·江西景德镇·期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（

）A．[322，5] B．[5，22] C．[324，6] 【解题思路】分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．【解答过程】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．在Rt△AA1M中，AM=A同理，在Rt△AA1N中，求得AN=5，则△AMN当P在MN的中点时，AP最小为22当P与M或N重合时，AP最大为5．∴线段AP长度的取值范围是32故选：A．

【题型6面面平行的判定】【例6】（23-24高一下·青海西宁·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)F,G,H,B四点共面；(2)平面EFG∥平面BDD【解题思路】（1）连接BH，由中位线可得FG//BH，即可证明F，G，H，（2）由面面平行的判定定理即可证明.【解答过程】（1）连接BH，∵F,G分别是BC,HC的中点,∴FG为△CBH的中位线，∴FG∥BH，∴F,G,H,B四点共面；（2）由（1）知FG∥BH，∵FG⊄平面BDD1B∴FG∥平面BDD又∵E,F分别是DC,BC的中点∴EF∥DB，EF⊄平面BDD1B,DB⊂∴EF∥平面BDD∵EF∩FG=F,EF⊂面EFG,FG⊂面EFG，∴平面EFG∥平面BDD【变式6-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥PO中，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形ABCD是底面的内接正方形，E,F分别为PD,PA的中点，过点E,F,O的平面为α.(1)证明：平面α∥平面PBC；(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为3，设点M在线段EF上运动，求三棱锥P−MBC的体积.【解题思路】（1）由线面平行的判定定理可证EF∥平面PBC，OE∥平面PBC，再由面面平行的判定定理即可证明平面α∥平面PBC；（2）由题意可得，点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可求解.【解答过程】（1）因为E,F分别为PD,PA的中点，所以EF∥AD，因为四边形ABCD为正方形，所以AD∥BC，从而EF∥BC，又EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，连接BD,OE，则O为BD的中点，又E为PD的中点，所以OE∥PB，又OE⊄平面PBC,PB⊂平面PBC，所以OE∥平面PBC，又OE∩EF=E，OE,EF⊂平面OEF，所以平面OEF∥平面PBC，即平面α∥平面PBC.（2）由题知，PO⊥平面ABCD.连接OC，则OB=OC=2,PO=3因为由（1）的证明可知平面α∥平面PBC，所以点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，所以VP−MBC所以三棱锥P−MBC的体积为23【变式6-2】（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面(1)求三棱锥A−BDE的体积．(2)在DD1上是否存在一点P，使得平面PA1C【解题思路】（1）根据VA−BDE（2）当P为DD1的中点时满足平面PA1C//平面EBD，设AC∩BD=O，连接OE，即可证明OE//A1C、【解答过程】（1）在直四棱柱ABCD−A1B所以AA1⊥所以VA−BDE（2）当P为DD1的中点时满足平面PA设AC∩BD=O，连接OE，因为ABCD为正方形，所以O为AC的中点，又E为棱AA所以OE//A1C，又OE⊄平面PA1C，A又P为DD1的中点，所以DP//A1所以DE//又DE⊄平面PA1C，A1P⊂平面P又DE∩OE=E，DE,OE⊂平面BDE，所以平面PA1C【变式6-3】（2024·河南·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，E，F，(1)证明：平面A1EF//平面(2)若点A1在底面ABCD的投影是四边形ABCD的中心，A1A=2AB=4【解题思路】（1）根据四棱柱中的平行关系以及中点,可得线线平行,根据线线平行证明线面平行,进而可证明面面平行.（2）可由四棱柱的体积,可得同底等高的三棱锥的体积,然后根据三棱锥中等体积法即可求解.【解答过程】（1）证明：连接EG，BC因为E，G分别是棱BB1，CC1的中点，所以因为A1D1∥B1C所以四边形EGD1A因为D1G⊂平面AD1G，A1E⊄因为E，F分别是棱BB1，B1因为AD1∥因为AD1⊂平面AD1G，EF⊄平面因为EF⊂平面A1EF，A1E⊂平面所以平面A1EF∥（2）连接AC，BD，记AC∩BD=O，连接A1O，则A1因为2AB=4，所以AB=AD=2，所以AO=1因为A1A=4，所以则四棱柱ABCD−A1B故三棱锥G−AA1D即三棱锥A1−AD【题型7面面平行的性质定理的应用】【例7】（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）如图，在六面体ABCDEF中，DE//CF，四边形ABCD是平行四边形，DE=2CF．(1)证明：平面ADE//平面BCF．(2)若G是棱BC的中点，证明：AE//FG．【解题思路】（1）根据给定条件，结合平行四边形性质，利用线面平行、面面平行的判定推理即得.（2）证明EF,AG的延长线与DC的延长线交点重合，再利用面面平行的性质推理即得.【解答过程】（1）由▱ABCD，得BC//AD，而AD⊂平面AED，BC⊄平面平面AED，则BC//平面AED，由DE//CF，CF⊄平面AED，DE⊂平面AED，得CF//平面AED，又BC∩CF=C,BC,CF⊂平面BCF，所以平面ADE//平面BCF.（2）延长EF,AG与DC的延长线分别交于点O1由DE//CF，DE=2CF，得CO1=CD，由BC//AD，G是棱BC因此点O1,O2重合，记为O，显然平面AOE∩平面AED=AE，平面由（1）知，平面ADE//平面BCF，所以AE//FG.【变式7-1】（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD,∠ABC=∠BCD=90∘,AB=3CD，点M在线段PB上，且PB=3PM.求证：CM∥【解题思路】在线段AB上取一点N，使AN=CD，连接CN,MN，可证四边形ANCD为平行四边形，即可得CN//AD，再利用线面平行的判定定理可证CN//平面PAD，根据成比例线段证得MN//AP，再利用线面平行的判定定理可证MN//平面PAD，再结合面面平行的判定和性质即可得证.【解答过程】在线段AB上取一点N，使AN=CD，连接CN,MN，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90所以CD//AB，即CD//AN，又CD=AN，所以四边形ANCD为平行四边形，所以CN//AD，又CN⊄平面PAD,AD⊂平面PAD，所以CN//平面PAD，在三角形ABP中，MPPB=AN又MN⊄平面PAD,AP⊂平面PAD，所以MN//平面PAD，又MN∩CN=N,MN,CN⊂平面MNC，所以平面MNC//平面PAD，又CM⊂平面MNC，所以CM//平面PAD.【变式7-2】（23-24高一下·海南海口·阶段练习）如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点.(1)求证：SA∥平面EDB；(2)若F为侧棱AB的中点，求证：EF∥平面SAD.【解题思路】（1）连接AC，AC∩BD=O，再证明SA//EO即可；（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面EOF//平面SAD即可；【解答过程】（1）连接AC,BD，设AC∩BD=O，因为ABCD是平行四边形，所以O是AC､BD的中点，连接OE，又E为侧棱所以在△SAC中有：SA∥EO，又SA⊄平面EDB,EO⊂平面EDB，所以SA∥平面EDB.（2）若F为侧棱AB的中点，且由（1）知O是BD的中点，所以在△BAD中有：则AD∥FO，又FO⊄平面SAD,AD⊂平面SAD，所以FO∥平面SAD，由（1）知SA∥EO,EO⊄平面SAD,SA⊂平面SAD，所以EO∥平面SAD.又EO∩FO=O,EO,FO⊂平面EOF，所以平面EOF∥平面SAD，又EF⊂平面EOF，所以EF∥平面SAD.【变式7-3】（23-24高一下·重庆·期中）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为棱AB，PC上的点，且AE=2EB，FC=2PF.(1)求证：BF//平面PDE(2)在棱AD上是否存在点G，使得PG//平面BDF？若存在求出AG【解题思路】（1）先由面面平行的判定定理证明面FMB//面PDE，即可证明BF//平面（2）假设在棱AD上存在点G，使得PG//面BDF，由线面平行的性质定理即可得点G为棱AD【解答过程】（1）在DC上取点M，使得CM=2DM，连接FM，BM在△CDP中，点F、M分别为PC、DC上的三等分点，则有FM又FM⊄面PDE、PD⊂面PDE由线面平行的判定定理：FM//面又DM//EB且DM=EB，∴四边形则有DE//BM，又BM⊄面PDE、DE⊂面PDE，∴BM由于FM⊂面FMB、BM⊂面FMB，FM∩BM=M，∴面FMB//面又BF⊂面FMB，∴BF//面（2）假设在棱AD上存在点G，使得PG//面连接CG，交BD于H∵PG//面BDF，PG⊂面PGC，面PGC∩面由线面平行的性质定理：PG则在△CPG中，CFCP=CH∴GHCH=DGBC=12【题型8平行关系的综合应用】【例8】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，已知四棱柱ABCD−A1B（1）证明：平面AB1C//（2）在直线CC1上是否存在点P，使BP//平面A1【解题思路】（1）由棱柱ABCD−A1B1C1D1的性质知，AB（2）易知四边形A1B1CD为平行四边形，A1D//B1C，在C1C【解答过程】（1）由棱柱ABCD−A1B∵AB1⊄平面DA1∴AB1//同理可证B1C//平面A1C1D，而∴平面AB1C//（2）存在这样的点P，使BP//平面A1∵A1∴四边形A1∴A1如图所示：在C1C的延长线上取点P，使C1∵B1B//C1C∴B1∴四边形BB则BP//B∴BP//A1D，又BP⊄平面A1C∴BP//平面A1【变式8-1】（23-24高一下·河北张家口·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是

(1)求证：MN//平面AC(2)若P是C1D1的中点，求证：平面MNP【解题思路】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得解；（2）利用线面平行与面面平行的判定定理即可得解.【解答过程】（1）连接A1

因为M,N分别是OD1，A1因为MN⊄平面ACC1A1，所以MN//平面AC（2）因为N,P分别是A1D1，C因为NP⊄平面ACC1A1，所以NP//平面AC又MN//平面ACC1A1所以平面MNP//平面AC【变式8-2】（23-24高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=23，AD=AB=PD=PB=2(1)若点E为PC的中点，M为DC的中点，求证：平面BEM//平面PAD.(2)在棱PD上是否存在一点F，使得AF//平面PBC？若存在，请求出PFFD【解题思路】（1）通过证BM//平面PAD，EM//平面PAD，由线面平行即可证面面平行；（2）由面面平行的判定和性质，结合平行线的性质，即可判定存在性.【解答过程】（1）因为BC=BD=DC=23，所以△BCD因为M为DC的中点，所以BM⊥CD，因为AD=AB=2，BD=23所以∠ADB=∠ABD=30所以∠ADC=30所以AD⊥CD，所以AD//BM，因为BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BM//平面PAD，又点E为PC的中点，M为DC的中点，所以AD//EM，因为EM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以EM//平面PAD，又EM∩BM=M，EM⊂平面BEM，BM⊂平面BEM，所以平面BEM//平面PAD；（2）存在，PFFD过A作AN//BC交CD与N，再过N作NF//PC，交PD于F，连接AF，则F即为所求，由∠ABC=30∘+所以∠DAN=120在直角△ADN，ND=AD⋅tan所以CN=23所以DNCN由NF//PC得PFFD证明：当PFFD=CN由NF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以NF//平面PBC，又AN//BC，AN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，AN//平面PBC，AN∩NF=N，NF⊂平面ANF，AN⊂平面ANF，所以平面ANF//平面PBC，因为AF⊂平面ANF，所以AF//平面PBC.【变式8-3】（23-24高一下·海南海口·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，点E，F分别为AD，PC的中点，设平面PCD∩平面PBE=l.(1)证明：DF//平面PBE；(2)证明：DF//l；(3)在棱AB上是否存在点N，使得EN//平面FBD？若存在，求出ANNB【解题思路】（1）取PB的中点Q，连接QF，EQ，由题意可证得四边形DEQF为平行四边形，可证得DF//QE，进而可证得结论；（2）由（1）及线面平行的性质定理，可证得结论；（3）取AB的中点N，由中位线的性质可得EN//BD，再由线面平行的判断定理可得EN//平面DBF，并可得ANNB【解答过程】（1）取PB的中点Q，连接QF，EQ，因为点E，F分别为AD，PC的中点，由题意可证得QF//BC，且QF=12BC=QE所以QE//DE，且QE=DE，所以四边形DEQF为平行四边形，所以DF//QE，而DF⊄平面PBE，QE⊂平面PBE，所以DF//平面PBE.（2）设平面PCD∩平面PBE=l，由（1）可得DF//平面PBE，DF⊂平面PCD，所以DF//l.（3）在棱AB上存在点N为AB的中点，连接EN，BD，因为E为AD的中点，所以EN//BD，EN⊄平面FBD，BD⊂平面FBD，所以EN//平面FBD，此时ANNB一、单选题1．（23-24高二下·湖南·阶段练习）已知三条不同的直线l，m，n，且l∥m，则“m∥n”是“l∥n”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解.【解答过程】解：若m∥n，又l∥m，则l∥n，故充分性成立，反之，若l∥n，又l∥m，则m∥n，故必要性成立.故“m∥n”是“l∥n”的充要条件.故选：C.2．（2024·内蒙古·三模）设α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，且α∩β=l则“m//l”是“m//β且m//α”的（

）A．充分不必要条件 B．充分必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【解答过程】当m//l时，m可能在α内或者β内，故不能推出m//β且m//α，所以充分性不成立；当m//β且m//α时，设存在直线n⊂α，n⊄β，且n//m，因为m//β，所以n//β，根据直线与平面平行的性质定理，可知n//l，所以m//l，即必要性成立，故“m//l”是“m//β且m//α”的必要不充分条件.故选：C.3．（2024·河北唐山·二模）已知m为平面α外的一条直线，则下列命题中正确的是（

）A．存在直线n，使得n⊥m，n⊥α B．存在直线n，使得n⊥m，n//αC．存在直线n，使得n//m，n//α D．存在直线n，使得n//m，n⊥α【解题思路】根据题意，结合线面平行的判定与性质，逐项判定，即可求解.【解答过程】对于A中，当直线m与平面α斜交时，此时不存在直线n，使得n⊥m，n⊥α，所以A错误；对于B中，如图所示，当m⊥α时，过直线n作平面β，使得α∩β=a，因为m⊥α，a⊂α，所以m⊥a，又因为m⊥n，可得a//n，因为n⊄α,a⊂α，所以n//α，当m与平面α斜交时，设斜足为A，在直线m上取一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接OA，在平面α内，过点A作直线a⊥OA，因为a⊥PO，且PO∩OA=O，PO,OA⊂平面POA，所以a⊥平面POA，又因为PA⊂平面POA，所以a⊥PA，即a⊥m，在过a和m确定的平面内，过点P作直线n，使得n⊥m，所以n//a，因为n⊄α,a⊂α，所以n//α，所以存在直线n，使得n⊥m，n//α若直线m//α，此时存在平面β//α且m⊂β，在直线m取一点Q，在平面β内过Q作直线n⊥m，根据面面平行的性质有n//α，所以B正确；

对于C中，当直线m与平面α相交时，若n//m，则直线n与平面α必相交，所以C错误；对于D中，当m//α时，若n//m，可得n//α或n⊂α，所以D错误.故选：B.4．（2023·广西·模拟预测）在三棱锥D−ABC中，M,N分别是△ACD、△BCD的重心，以下与直线MN平行的是（

）A．直线CD B．平面ABD C．平面ACD D．平面BCD【解题思路】取CD中点为E，由M，N分别是△ACD和△BCD的重心，证得MN//AB，结合CD不平行AB，可判定A错误；利用线面平行的判定定理，证得MN//平面ABD，可判定B正确；结合M∈平面ACD，M∉平面BCD和N∈平面BCD，N∉平面ACD，可判定C、D错误．【解答过程】如图所示，取CD中点为E，连结AE、BE，由M，N分别是△ACD和△BCD的重心，可得AMME=2则EMEA=13，ENEB又由CD不平行AB，故A错误；由MN//AB，且MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN//平面ABD，所以B正确；因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，所以C错误；因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD不平行，所以D错误．故选：B．5．（2024·海南·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，E分别在棱AA1,CC1上，AB=AC=AD=2A1A．23 B．12 C．13【解题思路】根据线面平行的判定定理找到过直线AC且与直线B1E平行的平面，从而可以确定【解答过程】在BB1上取一点G使得B1AG与BD交于一点F，即为所求（如图所示）.证明如下：根据已知CE=2C1E=2∴在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∴四边形B1GCE为平行四边形，∵B1G⊄平面ACG，CG⊂平面ACG，即B1G//平面又△BFG∽△DFA，∴∴BF=13BD故选：C.6．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BB1=3BD，点M在棱A1C1上，且M为A1A．2 B．3 C．4 D．5【解题思路】根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可求解.【解答过程】依题意，作出图形如图所示设P为A1因为M为A1所以MP//AC又MP⊄平面ADC1，AC所以MP//平面ADC过点P作PN//AD，交BB1于N,则易知PN//平面又因为MP∩PN=P,MP⊂平面PMN，PN⊂平面PMN，所以平面PMN//平面ADC又MN⊂平面PMN,所以MN//平面ADC因为AP//DN,所以四边形APND为平行四边形，所以AP=DN=1因为BB所以NB=DB+DN=1NB所以NBN故选：D.7．（23-24高一下·海南·期末）如图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中以下四个命题中，真命题的序号是（

）①BM//平面ADE；②CN//平面ABF；③平面BDM//平面AFN；④平面BDE//平面NCF.A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【解题思路】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD−EFMN，得出BM//平面ADNE，判断①正确；由平面DCMN//平面ABFE，得出CN//平面ABFE，判断②正确；由BD//FN，得出BD//平面AFN，同理BM//平面AFN，证明平面BDM//平面AFN，判断③正确；由BD//FN，BE//CN，且BD∩BE=B，证明平面BDE//平面NCF，判断④正确．【解答过程】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD−EFMN，如图1所示；对于①，平面BCMF//平面ADNE，BM⊂平面BCMF，∴BM//平面ADNE，①正确；对于②，平面DCMN//平面ABFE，CN⊂平面DCMN，∴CN//平面ABEF，②正确；对于③，如图2所示，易知DN=BF,DN//BF，则四边形BDNF为平行四边形，则BD//FN，BD⊄平面AFN，FN⊂平面AFN，∴BD//平面同理可得四边形ABMN为平行四边形，则BM//AN，因为BM⊄AFN，AN⊂平面AFN，则BM//平面AFN，且BD∩BM=B，BD,BM⊂平面BDM，∴平面BDM//平面AFN，③正确；对于④，如图3所示，由③知BD//FN，因为BD⊄平面NCF，FN⊂平面NCF，所以BD//平面NCF，因为BC//EN,BC=EN，所以四边形BCNE为平行四边形，所以BE//CN，因为BD⊄平面NCF，CN⊂平面NCF，所以BE//平面NCF，又因为BD∩BE=B，且BD,BE⊂平面BDE，∴平面BDE//平面NCF，∴④正确．综上，正确的命题序号是①②③④．故选：A．8．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知E，F，G，H，分别是A1

A．C，G，A1，F四点共面 B．直线EF//C．平面HCG//平面BDD1B1 D．直线【解题思路】根据线线平行即可判断A，根据面面平行得线面平行即可判断B，根据面面平行的性质即可得矛盾判断C，根据异面直线的几何法找到其角，即可由三角形边角关系求解D.【解答过程】取BC中点M，连接B1由于F是AD的中点，在正方体中可知A1又B1G=CM,B1G//CM因此CG//A1F，故C，G，A

取AB中点N，连接FN,EN,由于N,E,F均为中点，所以FN//BD,EN//BFN⊄平面DBB1D1，BD平面DBB同理EN//平面DBB1D1,所以平面EFN//平面DBB1D1，EF⊂平面EFN，故直线

假若平面HCG//平面BDD1B1，则平面HCG∩平面BCC1B1=GC，平面

由于GH//B1D故∠EFN为直线EF和HG所成角或其补角，不妨设正方体的棱长为a，则EN=a,FN=2由于EN⊥底面ABCD，FN⊂平面ABCD，所以EN⊥FN,故tan∠EFN=直线EF和HG所成角的正切值为2，D正确.故选：C.二、多选题9．（2024高一下·全国·专题练习）已知a，b是不同的直线，α是平面，下列命题错误的是（

）A．a//b，b⊂α⇒a//α B．a//αC．a//α，a//b⇒b//α D．a⊄α【解题思路】考查点线面位置关系，根据点线面位置关系类型和种类以及线面平行判定定理进行讨论分析即可.【解答过程】对于A，因为b⊂α，α内有无数条直线与b平行，故a//b还可能是a⊂α，故A错误；对于B，a//α，所以a与α没有公共点，又b⊂α，所以a与b没有公共点，所以a与b的位置可平行可异面，故B错误；对于C，因为a//α,a//b，所以b//α或b在对于D，由线面平行的判定定理知D正确．故选：ABC．10．（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，A．BC1//平面A1DCC．A1D//平面B1EC【解题思路】对于A选项，连接AC1，交A1C于点F，连接对于B选项，取BC的中点G，连接DG,C1G对于C选项，取BC的中点P，连接DP,EP，然后通过平行四边形法则证明A1通过EP与平面B1对于D选项，连接AC1，交EC于点Q，连接DQ，根据线面平行的性质定理可知根据D是AB的中点，推断点Q是AC【解答过程】选项A：如图1，连接AC1，交A1C于点则点F是AC1的中点，又D是AB的中点，则DF⊂平面A1DC,B所以BC1//选项B：如图2，取BC的中点G，连接DG,C1G，因为D所以DG//AC，且DG=1所以DG//EC1,DG=EDE⊄平面BCC1B1，C1G⊂平面BCC选项C：如图3，取BC的中点P，连接DP,EP，因为D是AB的中点，所以DP//AC，且DP=1所以DP//A1所以A1D//EP，显然选项D：如图4，连接AC1，交EC于点Q，连接则平面ABC1∩平面CDE=DQ，若BC1//平面CDE，由于D是AB的中点，所以点Q是AC而显然点Q不是AC故选：AB.11．（2024·福建·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1DA．当EF//AD1时，直线B．当A1F//CE时，直线C．当C1E//平面ADF时，直线D．当平面AED1//平面A【解题思路】选项A，利用正方体中的点线关系，即可求解；选项B，在平面ABCD上作A1F的投影为AF1，利用任何满足OE=OG且E,G不重合时，均有EC//AF1//A1F，即可求解；选项C，设E在直线AD上的投影为E1，利用任何满足EE1=C【解答过程】对于A选项，当且仅当点E与点B重合，且点F与点C1对于B选项，如图1，设A1F在平面ABCD上的投影为AF1，AF则对于任何满足OE=OG且E,G不重合时，AHCF1为平行四边形，即有对于C选项，如图1，设E在直线AD上的投影为E1，对于任何满足EE1所以EE1F又因为FE1⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF故直线EF的位置无法唯一确定，故C选项错误；对于D选项，如图2，当且仅当F为C1D1的中点，取CD中点H因为DHAB=DEEB=12因为AH//A1F，A1F⊂面A1CF，AH⊄连接A1D，A1易知FH//A1C，A1C⊂面A1CF，FH⊄又FH∩AH=H，FH,AH⊂面AED1，所以平面AED故选：AD.三、填空题12．（23-24高二·全国·课后作业）若直线a∥b，c，d为不重合的两条直线，且a∥c，b∥d，则c与d的位置关系是c∥d．【解题思路】根据平行线的传递性，排除重合情况即可得解.【解答过程】因为a∥b且a∥c根据平行线的传递性知b,c平行或重合，又因为b∥d，再次利用平行线的传递性知c,d平行或重合，因为c，d为不重合的两条直线所以c∥d.故答案为：c∥d.13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E,F分别为AD,PC上一点，且AE:AD=2:5，当PA∥平面EBF时，PFFC=2

【解题思路】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.【解答过程】如图，连结AC交BE于点O，连结OF.

因为AD∥BC,AE:AD=2:5，所以AOOC因为PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC=OF,PA⊂平面PAC，所以PA∥OF，所以PFFC故答案为：2514．（2023·四川泸州·三模）如图，在