专题38 空间直线、平面的平行解析版-2025版高中数学一轮复习讲义知识梳理、考点突破和分层检测

Page专题38空间直线、平面的平行（新高考专用）目录目录【知识梳理】 2【真题自测】 3【考点突破】 14【考点1】直线与平面平行的判定与性质 14【考点2】平面与平面平行的判定与性质 24【考点3】平行关系的综合应用 32【分层检测】 43【基础篇】 43【能力篇】 54【培优篇】 62考试要求：从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了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.知识梳理知识梳理1.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理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a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，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a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b2.平面与平面平行(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理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a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β性质两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b1.平行关系中的三个重要结论(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.2.三种平行关系的转化真题自测真题自测一、解答题1．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.(1)证明：平面；(2)求点到的距离.2．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；(2)若，求三棱锥的体积．3．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．4．（2022·全国·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．(1)证明：平面；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．5．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．参考答案：1．(1)证明见详解；(2)【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；（2）先证明平面，结合等体积法即可求解.【详解】（1）由题意得，，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面；（2）取的中点，连接，，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，可得，又，所以，故.又平面，所以平面，易知.在中，，所以.设点到平面的距离为，由，得，得，故点到平面的距离为.2．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.（2）过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以.3．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.4．(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．【详解】（1）如图所示：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积5．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因为，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间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.考点突破考点突破【考点1】直线与平面平行的判定与性质一、单选题1．（2024·江西景德镇·三模）已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则或2．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”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二、多选题3．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图，正方体的棱长为3，点E、F，G分别在棱，，上，满足，，记平面与平面的交线为l，则（

）A．，平面B．平面截正方体所得截面图形为六边形的充分不必要条件是C．时，三棱锥的外接球表面积为D．时，直线l与平面所成角的正弦值为4．（2023·辽宁沈阳·二模）在正方体中，，点P在正方体的面内（含边界）移动，则下列结论正确的是（

）A．当直线平面时，则直线与直线成角可能为B．当直线平面时，P点轨迹被以A为球心，为半径的球截得的长度为C．若直线与平面所成角为，则点P的轨迹长度为D．当直线时，经过点B，P，的平面被正方体所截，截面面积的取值范围为三、解答题5．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且．(1)设线段中点为，证明：平面；(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长．6．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；(2)若面面；求：（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.参考答案：1．C【分析】借助于模型，完成线面关系的推理可得C项正确，可通过举反例或罗列由条件得到的所有结论，进行对A,B,D选项的排除.【详解】对于A，由，，设，当时，可得，故A错误；对于B，由，可得或，故B错误；对于C，如图，设，，在平面作不与重合的直线，使，因，则，因，，则，因，则，于是，故C正确；对于D，当，，时，若且，则可以和平面成任意角度，故D错误.故选：C.2．C【分析】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.【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；当且时，设存在直线，，且，因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知，所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.故选：C.3．ACD【分析】根据线面平行的判定定理判断A；画出截面即可判断B；建立如图空间直角坐标系，确定球心和半径即可判断C；作出截面，如图，确定交线，利用空间向量法求解线面角即可判断D.【详解】A：由题设及正方体结构特征，有且平面，平面，故平面，故A正确；B：当时，平面截正方体所得截面图形为五边形或六边形，如图，所以充分性不成立，故B错误：C：以D为原点，以，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，当时，，，，，，外接球的球心在过线段的中点，且垂直于平面的直线上，的中点，可记球心，外接球的半径，所以，解得，，所以三棱锥的外接球表面积为，故C正确；D：作出截面图形，交于，交于，直线即为直线，，又平面的法向量为，则与平面所成的角满足，故D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.4．BCD【分析】A应用线面平行、面面平行的判定证面面，进而判断的轨迹，即可判断线线角的范围；B根据A分析知：P点轨迹为线段，再画出球与各面的截面形状，即可判断；C根据面，结合线面角大小确定P的轨迹，即可求长度；D首先确定P轨迹为线段，再应用平面的基本性质画出截面，进而确定面积范围.【详解】A：如下图，连接、、，由正方体性质知：，，由面，面，则面，同理可证面，又，面，故面面，由面，面面，且P在正方体的面内，所以，要使直线平面，则面，即，又△为等边三角形，故在上运动时，直线与直线成角为，错误；B：由A分析知：直线平面，P点轨迹为线段，取中点，连接，而△为等边三角形，则，以A为球心，为半径的球截的长度为，正确；C：由面，显然、与面夹角为，所以，要直线与平面所成角为，则P轨迹是以为圆心为半径的圆，如下图示：所以，轨迹长度为，正确；D：若，而，则，而面，面，又面面，故P轨迹为线段，过作交于，连接，易知：截面为平行四边形，如下图，当与或重合时，截面为矩形，此时面积最大，为；当为的中点时，截面为菱形，此时面积最小，为；所以截面面积的取值范围为，正确.故选：BCD5．(1)证明见解析(2)存在，的长为【分析】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论.【详解】（1）取的中点，的中点，连结、、则有，，因为，，所以且，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.（2）存在.设，在中，.因为面，所以.因为面，面，面所以,，则均为直角三角形.在中，同理，.取的中点，因为，所以，而.故.因为点到面的距离等于，所以.而，所以，解得.所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于.6．(1)与平面不平行，证明见解析(2)（i）；（ii）【分析】（1）取中点，证明，假设平面，根据线面平行性质定理证明，推出矛盾，可得结论；（2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用向量方法求点到平面距离.【详解】（1）不平行于平面，理由如下：取中点，因为，所以则四边形为平行四边形，所以，又，所以不平行于，假设平面，因为平面平面，平面所以，与不平行于矛盾，所以假设不成立，即不平行于平面；（2）取中点，连接因为菱形，所以为正三角形，又为中点，所以，由于，所以，又面面，面面，面所以面，因为面，所以又因为，面，所以面，而面，所以，所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则（i）因为面，所以为平面的一个法向量设平面的法向量为，因为所以，令，设平面与平面所成角为，所以，则即平面与平面所成角大小为；（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为所以点到平面的距离为.反思提升：(1)判断或证明线面平行的常用方法①利用线面平行的定义(无公共点).②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α).③利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β).④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β).(2)应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线.【考点2】平面与平面平行的判定与性质一、单选题1．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（

）A．该截面多边形是四边形B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点C．平面D．平面平面2．（2024·福建南平·二模）在正四面体中，为棱的中点，过点的平面与平面平行，平面平面，平面平面，则，所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．二、多选题3．（23-24高一下·河南·阶段练习）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，，点的曲率为分别为的中点，则（

）A．直线平面B．在三棱柱中，点的曲率为C．在四面体中，点的曲率小于D．二面角的大小为4．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（

）

A． B．平面平面C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为三、解答题5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.(1)证明：平面平面；(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.6．（2024·山东潍坊·三模）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小．参考答案：1．B【分析】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D.【详解】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误；对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以，所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确；对于C，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，因为平面，所以平面，因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误；对于D，易知，所以，又，所以平面，结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误.故选：B．2．B【分析】由面面平行的性质定理可得，，所以，所成角即为，在中，由余弦定理求解即可.【详解】因为平面平面，平面，平面面，所以，因为平面平面，平面，平面面，所以，所以，所成角即为所成角，而所成角为，设正四面体的棱长为，所以，所以，所以.

故选：B.3．ABD【分析】利用面面平行的判定性质判断A；利用曲率的定义计算判断BC；作出二面角的平面角并求得其大小判断D【详解】对于A，取的中点，连接BG，FG，由D，E，F分别为的中点，得，而平面，平面，则平面，又，则四边形为平行四边形，，而平面，平面，则平面，又，平面，于是平面平面，由平面BFG，得平面，A正确；对于B，在直三棱柱中，，则点的曲率为，解得，由，得，而，因此点的曲率为，B正确；对于C，过作，交的延长线于，连接，由平面ABC，平面ABC，得，，平面，则平面，平面，因此，，，又，则，，在四面体中，点的曲率为，C错误；对于D，由选项C知，为二面角的平面角，又，则，所以，D正确．故选：ABD.4．ABD【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.【详解】对于A，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，所以，A正确.对于B，因为，平面，平面，则平面，又，平面，平面，则平面，又，平面，所以平面平面，B正确.对于C，因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.对于D，延长，相交于点G，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，则为直线与平面所成的角.因为，所以，解得，，，则，D正确.

故选：ABD5．(1)证明见解析(2).【分析】（1）由线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理即可证明平面平面；（2）由题意可得，点到平面的距离等于点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可求解.【详解】（1）因为分别为的中点，所以，因为四边形为正方形，所以，从而，又平面平面，所以平面，连接，则为的中点，又为的中点，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）由题知，平面.连接，则.因为由（1）的证明可知平面平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，所以三棱锥的体积为.6．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，先得出平面平面，由面面平行证明线面平行即可；（2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式计算即可．【详解】（1）取的中点，连接，由直三棱柱得，，，因为是棱的中点，点是的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，同理可得四边形为平行四边形，所以所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，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）设，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，由得，，取，的，设平面的一个法向量为，由得，，取，的，设平面与平面的夹角为，则，由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为．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)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).2.面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行.(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.【考点3】平行关系的综合应用一、单选题1．（2022·北京朝阳·一模）在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学计划通过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是（

）A． B． C． D．2．（2021·新疆·二模）已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，，，则D．若，，，则二、多选题3．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（

）A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为4．（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（

）

A．动点轨迹的长度为B．三棱锥体积的最小值为C．与不可能垂直D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为三、解答题5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点．(1)证明：∥平面；(2)若，求点到平面的距离．6．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点.(1)过点的平面平行于平面且与交于点，求；(2)若平面平面，且，求点到平面的距离.参考答案：1．B【分析】根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，进而根据题意，∽，设其相似比为，则，再证明四边形是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.【详解】解：根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，作图如下，因为，则，所以∽，设其相似比为，则，因为，所以在中，，因为，所以，即，因为，则，所以，∽，即，因为，所以，即，同理∽，即，因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，平面，因为平面，所以，因为所以因为，所以∽，所以，因为，所以，因为，所以，所以四边形是矩形，即，所以，由二次函数的性质知，当时，有最大值.故选：B2．B【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；根据线面平行的性质可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断A.【详解】A，若，，且，则，故A错误；B，若，，，则，且，由，所以，故B正确；C，若，，，，且与相交，则，故C错误；D，若，，，且与相交，则，故D错误.故选：B3．ABC【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误.【详解】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确；选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，设，则，设直线与所成角为，则，因为，则，当时，可得，所以；当时，，当且仅当，即时，等号成立，可知，且，所以；所以异面直线与所成角的取值范围是，正确；对于C：因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是；在平面内，点的轨迹是；在平面时，作平面，如图所示，因为，所以，又因为，所以，所以，所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点的轨迹的长度为，综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确；对于D，由，设，则设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，所以，可得，所以，当时，等号成立，错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.4．ABD【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，又正方体中，为棱的中点，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，，即的轨迹为线段.由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，此时,所以体积最小值为，故选项B正确；对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,，而，,故选项C不正确；对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，,,,所以底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,由,,可得外接球半径，外接球的表面积为，故选项D正确.故选：ABD.

5．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意可证∥平面，∥平面，可得平面∥平面，结合面面平行的性质分析证明；（2）利用余弦定理求AD，根据题意利用等体积法求点到面的距离.【详解】（1）如图，取的中点，连接．因为都是所在棱的中点，则∥，∥，所以∥，且平面，平面，所以∥平面．因为分别是和的中点，则∥，，可得∥，，可知四边形是平行四边形，则，且平面，平面，所以∥平面，且，平面，所以平面∥平面，由平面可得∥平面．（2）三棱锥的体积，且，利用余弦定理可得，因为，可知，所以．设点到平面的距离为，则，即，解得，所以点到平面的距离为．6．(1)(2)【分析】（1）利用两条平行线确定一个平面，作出过点平行于平面的平面，并证明.从而利用平面与平面平行的性质定理可得，所以，则.【详解】（1）（2）因为平面平面，只需在平面内向作一条垂线即可证明该垂线与平面垂直，进而与垂直；再利用平面，有，利用直线与平面垂直的判定定理可得平面，则.建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算公式求得,过作，交于，交于；过作交于.因为，面，面，则面，同理面，由，且、平面，所以平面面，平面即为题中所述平面.因为平面平面，平面平面，所以，所以.因为，所以.因为为中点，且，所以为中点，所以，所以，则.（2）过作交于.因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.因为，，且、平面，所以平面.又因为平面，所以.如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.，，，，，，，.设为平面的法向量，则，令，则，则.反思提升：三种平行关系的转化分层分层检测【基础篇】一、单选题1．（2024·广东深圳·模拟预测）已知两条直线m，n和三个平面α，β，γ，下列命题正确的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，，则2．（2024·贵州贵阳·二模）设为直线，为平面，则的一个充要条件是（

）A．内存在一条直线与平行 B．平行内无数条直线C．垂直于的直线都垂直于 D．存在一个与平行的平面经过3．（2024·全国·三模）已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，则“”是“”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4．（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形二、多选题5．（2024·吉林·二模）已知为两条不同的直线，两个不同的平面，且，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则6．（2023·河北衡水·模拟预测）如图，已知圆锥的顶点为，底面的两条对角线恰好为圆的两条直径，分别为的中点，且，则下列说法中正确的有（

）A．平面B．平面平面C．D．直线与所成的角为7．（2020·山东泰安·一模）是两个平面，是两条直线，有下列四个命题其中正确的命题有（

）A．如果，那么B．如果，那么C．如果，那么D．如果，那么与所成的角和与所成的角相等三、填空题8．（2023·四川凉山·三模）在棱长为2的正方体中，若E为棱的中点，则平面截正方体的截面面积为．9．（2022·广西贵港·三模）正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，给出下列四个命题：①上底边的中点在平面内②直线与平面不平行③平面截正方体所得的截面面积为④点与点到平面的距离相等．错误的命题是．10．（2022·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点E、F、G分别为棱、、的中点，P是底面ABCD上的一点，若平面GEF，则下面的4个判断①点P的轨迹是一段长度为的线段；②线段的最小值为；③；④与一定异面．其中正确判断的序号为．四、解答题11．（2024·广西·模拟预测）在正四棱柱中，，，E为中点，直线与平面交于点F．(1)证明：F为的中点；(2)求直线AC与平面所成角的余弦值．

12．（23-24高三上·北京东城·期末）如图，在直三棱柱中，分别为的中点.(1)求证：平面；(2)若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.参考答案：1．C【分析】利用面面平行的判定定理可判断出A和B正误，利用线面垂直的判定定理可判断出C的正误，利用线面平行的判定定理可判断出D的正误.【详解】对于A，当，时，两平面α，β可能平行可能相交，所以A错误；对于B，，，两平面β，γ可能平行可能相交，所以B错误；对于C，当，，时，设，，在γ取一点O，过O分别作于B，于C，则，，因为，所以，，所以，，因为，，所以，所以C正确；对于D，当，，，时，可得或，所以D错误.故选：C.2．D【分析】根据题意，结合直线与平面平行，以及平面与平面平行的判定及性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由内存在一条直线与平行，则或，所以A不正确；对于B中，由平行内无数条直线，则或，所以B不正确；对于C中，由垂直于的直线都垂直于，则或，所以C不正确；对于D中，如图所示，由，在直线上任取一点作直线，使得，因为且平面，所以，即充分性成立；反之，若存在一个与平行的平面经过，根据面面平行的性质，可得，即必要性成立，所以D正确.故选：D.3．C【分析】由直线与平面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的概念判断即可.【详解】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知；若，，，所以直线与平面平行的性质定理知；所以“”是“”的充要条件.故选：C.4．C【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，连接交于，连接，设平面与平面的交线为，则，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，设，则，此时，故，连接，所以五边形为所求截面图形，故选：C．

5．AC【分析】A由面面垂直的判定定理即可判断，BCD由线面之间的关系即可判断，【详解】对于A，由面面垂直的判定定理即可判断，故A正确；对于B，若，可得直线与直线可能平行、相交、异面，故B错误；对于C，若，又则，故C正确；对于D，若，则或，故D错误；故选：AC.6．ABC【分析】根据题意，由线面平行，面面平行的判断定理即可判断ABC，由异面直线所成角即可判断D.【详解】由已知可得四边形为正方形，且四棱锥各棱长均相等，由分别为的中点，可得，又平面，平面，所以平面，故选项正确;又分别为的中点，所以，又平面平面，故平面，而，且平面平面，所以平面平面，故B选项正确;设，则，所以，即，由B选项可知，所以，故C选项正确;，故(或其补角)即为异面直线与所成的角，而，故选项错误.故选:ABC.7．BCD【分析】运用长方体模型，找出符合条件的直线和平面，即可判断A；运用线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，即可判断B；运用面面平行的性质定理，即可判断C；由平行的传递性及线面角的定义，即可判断D．【详解】对于A，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设为直线m，为直线n，所在的平面为，所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立，故A错误；对于B，设过直线的某平面与平面相交于直线，则，由知，从而，故B正确；对于C，如果，则，故C正确；对于D，如果，那么与所成的角和与所成的角相等，故D正确.故选：BCD.8．【分析】作出截面截面，为的中点，则可得截面是边长为的菱形，求出其面积即可.【详解】如图，在正方体中，平面平面，平面与平面的交线必过且平行于，故平面经过的中点，连接，得截面，易知截面是边长为的菱形，其对角线，，截面面积．故答案为：．9．①②④【分析】对于①：根据题意得，，所以，所以，，，四点共面，分析即可判断；对于②：取的中点，连接，，由条件可知，，分析判断即可；对于③：因为，，求出，再求解即可；对于④：记点与点到平面的距离分别为，，，，分析即可判断.【详解】在①中，如图所示，连接，，延长，交于点，因为，为，的中点，所以，，所以，所以，，，四点共面，所以截面即为梯形，所以上底边的中点不在平面内，故①错误；在②中，如图所示，取的中点，连接，，由条件可知，，且，，所以平面平面，又因为平面，所以平面，故②错误；在③中，由①可知，因为，，所以，所以，故③正确；在④中，记点与点到平面的距离分别为，，因为，所以，又因为，所以，故④错误．故答案为：①②④.10．①③【分析】先证明平面平面，可判断P的轨迹是线段，结合选项和几何性质一一判断即可．【详解】分别连接，所以，又因为，则，同理，，故平面平面，又因为平面GEF，且P是底面ABCD上的一点，所以点在上．所以点P的轨迹是一段长度为，故①正确；当为中点时，线段最小，最小值为，故②错；因为在正方体中，平面，又平面，则，故③正确；当与重合时，与平行，则④错．故答案为：①③11．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断，得出，得出为中位线，从而得证；（2）建立如图所示空间直角坐标系，分别求出直线AC的方向向量，以及平面的法向量，然后用线面角公式求得正弦值，再利用同角基本关系式求出余弦值.【详解】（1）如图，连接，FE，，在正四棱柱中，由AB与平行且相等得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，平面，平面平面，所以，又E是中点，所以是的中位线，所以F是的中点；

（2）分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，设平面的一个法向量是，直线AC与平面所成的角为，则，取，得，，，所以直线AC与平面所成角的余弦值为.

12．(1)证明见解析(2)1【分析】（1）通过取的中点构建平面平面即得；（2）由题设易于建系，运用空间向量的夹角公式表示出直线与平面所成角的正弦值，解方程即得.【详解】（1）如图，取线段的中点，连接,因分别为的中点,故有,又因为平面，平面,故平面，平面，又,则平面平面,因平面，则平面.（2）如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则,设点,则，代入坐标得：，即，于是,,设平面的法向量为，则有故可取，依题意得，，解得：，即线段的长为1.【能力篇】一、单选题1．（2024·四川攀枝花·三模）在一个圆锥中，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，为线段的中点，为底面圆的直径，是底面圆的内接正三角形，①平面；②平面；③圆锥的侧面积为；④三棱锥的内切球表面积为．其中正确的结论个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4二、多选题2．（2024·湖北黄冈·二模）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，则下列说法中正确的是（

）A．平面B．若平面，则动点的轨迹是一条线段C．若，则四面体的体积为定值D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为三、填空题3．（2023·贵州黔东南·三模）如图，已知正方体的棱长为2，点是内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是.（填所有正确结论的序号）①若，则平面；②若，则直线与所成角的余弦值为；③若，则的最大值为；④若平面与正方体各个面都相交，且，则截面多边形的周长一定为.四、解答题4．（2024·云南昆明·三模）如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，．(1)证明：平面；(2)若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高．参考答案：1．C【分析】根据正弦定理求得圆锥的底面半径，从而求得圆锥的高，再计算出圆锥的侧面积即可判断③；采用反证的方法可判断①；根据线面垂直的判定定理可判定平面判断②；求出三棱锥的各个面的面积及体积，再利用等体积法求出内切球的半径，即可判断④．【详解】由是底面圆的内接正三角形，，设圆锥的底面半径为r，则可得，即，解得.

因为，故高，所以圆锥的侧面积，故③正确；假设平面，由于平面，平面平面，故，则，而因为为底面圆的直径，又，且（矛盾），故、不可能平行，所以与平面不平行；故①错误；因为为线段的中点，故，则，，，故，，又，平面，所以平面，故②正确；又，，，设三棱锥的内切球的半径为，则，即，解得，，所以三棱锥的内切球的表面积，故④正确．综上有②③④正确.故选：C．2．BC【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B,利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段；对于C，由推理得到三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值；对于D，根据题意，确定三棱锥外接球球心为中点，从而求得其半径，即得其体积，排除D..【详解】

对于A，如图1，假设平面，因平面则①；因正方形,可得,又平面,平面,则,又平面，故平面，因平面，故②，又平面,故由①，②可得平面，显然该结论不成立，故错误；

对于B，如图2，取中点，连接，易得,且，故得,则有，因平面,平面,故平面③；又,同理可得,则,故有，同法可得平面④,因平面，则由③，④可得平面平面，而平面，则点在平面内，而点又在平面内，故点的轨迹为线段，B正确；对于C，如图2，//，因为，，所以，故三点共线，所以点在上，而//，且平面，平面,所以平面，所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，所以四面体的体积为定值，正确；

对于：如图3，因为正方形的中心，则,故的外心为的中点，又,故的外心为中点,又因平面平面,故点即为三棱锥的外接球的球心，其半径，此外接球的体积.故D不正确.故选：BC.3．①②④.【分析】利用面面平行性质定理即可证得选项A判断正确；求得直线与所成角的余弦值判断选项B；求得的最大值判断选项C；求得截面多边形的周长判断选项D.【详解】对于①