2025年新高考数学一轮复习第7章第03讲直线、平面平行的判定与性质(八大题型)(练习)(学生版+解析)

第03讲直线、平面平行的判定与性质目录TOC\o"1-2"\h\z\u01模拟基础练 2题型一：平行的判定 2题型二：线面平行构造之三角形中位线法 3题型三：线面平行构造之平行四边形法 4题型四：利用面面平行证明线面平行 5题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 6题型六：面面平行的证明 8题型七：面面平行的性质 9题型八：平行关系的综合应用 1002重难创新练 1103真题实战练 16题型一：平行的判定1．（多选题）（2024·辽宁·模拟预测）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则2．（多选题）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（

）A． B．C． D．平面3．（多选题）已知直线，平面，则下列说法错误的是（

）A．，则B．，则C．，则D．，则4．设、是两个平面，、是两条直线，且．下列四个命题：①若，则或

②若，则，③若，且，则

④若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④题型二：线面平行构造之三角形中位线法5．（2024·新疆昌吉·高三校考学业考试）如图，在正方体中，是棱的中点．

（1）证明：平面；（2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积．6．（2024·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．

（1）证明：//平面PBC；7．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．（1）求证：直线平面ABCD；题型三：线面平行构造之平行四边形法8．《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵中，已知，且点，，分别是，，边的中点．(1)求证：平面；9．（2024·天津滨海新·高三校考期中）如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，．（1）求证：平面；10．如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．题型四：利用面面平行证明线面平行11．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，．（1）求证：平面；12．（2024·江西赣州·统考模拟预测）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．（1）证明：平面；13．（2024·上海·模拟预测）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4（1）求证：；题型五：利用线面平行的性质证明线线平行14．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.(1)证明：；15．如图，在三棱柱中，，侧面为矩形.(1)记平面与平面交线为，证明：；16．如图，在四棱锥中，，，，、分别是棱，的中点，且平面.证明：.

17．如图，空间六面体中，，平面平面为正方形，求证：；题型六：面面平行的证明18．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形为菱形，，平面，E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点.(1)证明：平面平面；19．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.(1)求证：平面平面；20．如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，．(1)证明：平面平面．(2)若G是棱的中点，证明：．21．如图，在正方体中，，分别是，的中点，．(1)若中点为，求证：平面平面；(2)求点到平面的距离．题型七：面面平行的性质22．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（

）A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形23．（2024·全国·模拟预测）设是两条相交直线，是两个互相平行的平面，且，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24．已知正方体，平面与平面的交线为l，则（

）A． B． C． D．题型八：平行关系的综合应用25．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．26．（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；27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.(1)若平面平面，求、的值；(2)若平面，求的最小值.28．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点分别在棱上，其中E是的中点，连接．

(1)若M为的中点，求证：平面；(2)若平面，求点M的位置．1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若与所成的角相等，则C．若，，则D．若，则2．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，且，点在棱上，且为的中点，点在直线上，若平面，则（

）A．2 B．3 C．4 D．53．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（

）A．秋千绳与墙面始终平行B．秋千绳与道路始终垂直C．秋千板与墙面始终垂直D．秋千板与道路始终垂直4．已知平面，和直线m，n，若，，则“，”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（

）A． B．2 C． D．46．（2024·贵州黔东南·二模）平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．7．（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8．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（

）A．4 B． C．5 D．9．（多选题）（2024·贵州贵阳·二模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，在命题“，，且__________．则”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有（

）A． B．C． D．10．（多选题）（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（

）A．若，则B．若，则与为异面直线C．若，且，则D．若，则11．（多选题）（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（

）A．四边形BCTS为等腰梯形B．不存在点，使得∥平面C．存在点，使得D．点到两点的距离和的最小值为12．（2024·西藏拉萨·二模）如图，正四棱锥的所有棱长都为为的中点，是底面内（包括边界）的动点，且平面，则长度的取值范围是.13．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为．14．（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为．15．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.

(1)证明:平面；(2)若，求点到平面的距离.16．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图，在三棱台中，和都为等边三角形，且边长分别为2和4，,为线段的中点，为线段上的点，平面.

(1)求证:点H为线段的中点;(2)求三棱锥的体积.17．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.18．（2024·陕西榆林·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，AC与BD交于点O，底面ABCD，侧棱与底面所成角的余弦值为．(1)求O到侧面的距离；(2)若E为BC的中点，F为PD的中点，证明：平面ABP．1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．2．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，，，，,为的中点.(1)证明：平面；(2)求点到的距离.3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；4．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．

(1)证明：平面；8．（2023年天津高考数学真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；(3)求点到平面的距离．9．（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；10．（2022年高考全国甲卷数学（文）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）．第03讲直线、平面平行的判定与性质目录TOC\o"1-2"\h\z\u01模拟基础练 2题型一：平行的判定 2题型二：线面平行构造之三角形中位线法 5题型三：线面平行构造之平行四边形法 7题型四：利用面面平行证明线面平行 9题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 11题型六：面面平行的证明 13题型七：面面平行的性质 15题型八：平行关系的综合应用 1702重难创新练 2103真题实战练 39题型一：平行的判定1．（多选题）（2024·辽宁·模拟预测）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BD【解析】对于A项，若，则或与异面，A项错误；对于B项，因为，则，且，可得，又因为，所以，B项正确；对于C项，当时，或或或与相交，C项错误；对于D项，若，则，又，所以，D项正确．故选：BD．2．（多选题）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（

）A． B．C． D．平面【答案】ABD【解析】因为平面平面，平面与平面和平面的都相交，是交线，所以，故A正确；因为长方体，所以平面平面，而平面与这两个平行平面的都相交，是交线，所以，故B正确，如图，连接，此时平面与平面和平面的都相交，是交线，所以，而，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以与不平行，故C错误；如图，连接，由长方体性质得面面，此时平面与这两个平面的都相交，是交线，所以，又因为面，面，所以平面，故D正确.故选：ABD3．（多选题）已知直线，平面，则下列说法错误的是（

）A．，则B．，则C．，则D．，则【答案】ABC【解析】选项A中，可能在内，也可能与平行，故A错误；选项B中，与也可能相交，故B错误；选项C中，与也可能相交，故C错误；选项D中，依据面面平行的判定定理可知，故D正确．故选：ABC．4．设、是两个平面，、是两条直线，且．下列四个命题：①若，则或

②若，则，③若，且，则

④若与和所成的角相等，则其中所有真命题的编号是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【解析】对于①：若，因为，，则，若，因为，，则，若不在也不在内，因为，，，所以且，故①正确；对于②：若，则与，不一定垂直，也有可能相交但不垂直，故②错误；对于③：过直线分别作平面，与，分别相交于直线，直线，因为，过直线的平面与平面相交于直线，所以，同理可得，所以，因为，，则，因为，，则，又因为，则，故③正确；对于④：与和所成的角相等，则和不一定垂直，比如：正方体中，平面平面，与平面所成角为，与平面所成角为，又，所以，但与不垂直，故④错误；综上只有①③正确．故选：A．题型二：线面平行构造之三角形中位线法5．（2024·新疆昌吉·高三校考学业考试）如图，在正方体中，是棱的中点．

（1）证明：平面；（2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积．【解析】（1）连接交于，连接，如图，

因为在正方体中，底面是正方形，则是的中点，又是的中点，则是的中位线，故，又面，面，所以平面．（2）因为正方体中，平面，所以．6．（2024·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．

（1）证明：//平面PBC；【解析】（1）证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，∵底面ABCD的中心为O，∴平面ABCD，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴而，∴，∴，∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；7．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．（1）求证：直线平面ABCD；【解析】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．，又平面，平面直线平面题型三：线面平行构造之平行四边形法8．《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵中，已知，且点，，分别是，，边的中点．(1)求证：平面；【解析】连结，因为分别是的中点，所以，且，因为点是的中点，所以，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，所以平面；9．（2024·天津滨海新·高三校考期中）如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，．（1）求证：平面；【解析】（1）证明：取中点，连接，因为分别是的中点，所以，又因为底面是菱形，是的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．10．如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．【解析】（1）连接交于点，连接，几何体为四棱台，四点共面，且平面，平面，平面平面，；四边形和均为菱形，，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面．（2）连接交于，平面，平面平面，平面，又平面，，，，平面，平面；四边形为菱形，，，，．题型四：利用面面平行证明线面平行11．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，．（1）求证：平面；【解析】（1）因为四边形是菱形，所以，又平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．12．（2024·江西赣州·统考模拟预测）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．（1）证明：平面；【解析】（1）证明：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，则且，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．13．（2024·上海·模拟预测）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4（1）求证：；【解析】（1）由题意得，，平面，平面，平面，平面而，平面平面，又平面平面题型五：利用线面平行的性质证明线线平行14．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.(1)证明：；【解析】（1）因为、分别为、的中点，所以，又平面，平面，则平面，又平面，平面平面，所以.15．如图，在三棱柱中，，侧面为矩形.(1)记平面与平面交线为，证明：；【解析】（1）因为在三棱柱中，，由于平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以16．如图，在四棱锥中，，，，、分别是棱，的中点，且平面.证明：.

【解析】连接，如图，∵、分别是、中点，∴为中位线，.平面，平面，∴平面.又∵平面，，，平面，∴平面平面.又∵平面平面，平面平面，∴.17．如图，空间六面体中，，平面平面为正方形，求证：；【解析】因为平面平面，所以平面.又因为为正方形，则，且平面平面，可得平面.平面平面，所以平面平面.且平面平面，平面平面，所以.题型六：面面平行的证明18．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形为菱形，，平面，E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点.(1)证明：平面平面；【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，又E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点，所以，，故，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面.因为，，平面，所以平面平面.19．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.(1)求证：平面平面；【解析】（1）证明：由于垂直下底面圆,故,平面，平面，所以平面又,所以，平面，平面，所以平面平面,所以平面平面20．如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，．(1)证明：平面平面．(2)若G是棱的中点，证明：．【解析】（1）由，得，而平面，平面平面，则平面，由，平面，平面，得平面，又平面，所以平面平面.（2）延长与的延长线分别交于点，由，，得，由，G是棱的中点，得，因此点重合，记为，显然平面平面，平面平面，由（1）知，平面平面，所以.21．如图，在正方体中，，分别是，的中点，．(1)若中点为，求证：平面平面；(2)求点到平面的距离．【解析】（1）∵为的中点，是的中点，∴，又平面，平面，∴平面，∵是的中点，为的中点，∴，∵，，∵平面，，平面，∴平面，∵，平面，，∴平面平面（2）根据题意可得，∴，，设点到面的距离为，根据等体积法可得，∴，解得，∴点到平面的距离为题型七：面面平行的性质22．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（

）A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形【答案】A【解析】在正方体中，可得平面平面，且平面平面，平面平面，所以，同理可证：，所以四边形的形状一定为平行四边形.故选：A.23．（2024·全国·模拟预测）设是两条相交直线，是两个互相平行的平面，且，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【答案】A【解析】若是两条相交直线，，且，由，则存在过直线的平面与相交，令交线为，于是，显然与也相交，令交线为，则，因此，由是两条相交直线，，知，否则与有公共点，所以，即充分性成立；若是两条相交直线，，且，则或者，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A24．已知正方体，平面与平面的交线为l，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，在正方体中，平面平面，平面平面，平面平面，.对于A，，，故A正确；对于B，因为与相交，所以与不平行，故B错误；对于C，因为与不平行，所以与不平行，故C错误；对于D，因为与不平行，所以与不平行，故D错误；故选：A.题型八：平行关系的综合应用25．如图所示，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面,所以平面，因为，平面，平面,所以平面，又因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上，因为，，所以当点位于点时，最大，当点位于的中点时，最小，此时，所以，所以线段长度的取值范围是.故选：B26．（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；【解析】（1）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.27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.(1)若平面平面，求、的值；(2)若平面，求的最小值.【解析】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.（2）因为，底面，如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，故，则，，设平面的法向量为，则取，可得.因为，，所以，，则，因为平面，所以，即，所以，即，所以，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.28．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点分别在棱上，其中E是的中点，连接．

(1)若M为的中点，求证：平面；(2)若平面，求点M的位置．【解析】（1）证明：如图，取的中点N，连接，因为分别为的中点，所以，且CD，又底面是矩形，且E是的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面．（2）设过三点的平面与交于点N，连接，因为平面平面，平面平面，所以，因为底面是矩形，所以，又平面平面，所以平面，同理得，所以四边形为平行四边形，所以，又，且，所以，且，所以点M为的中点．1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若与所成的角相等，则C．若，，则D．若，则【答案】D【解析】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，对于C，，，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误；对于D，，则，D正确.故选：D．2．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，且，点在棱上，且为的中点，点在直线上，若平面，则（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】依题意，作出图形如图所示设为的中点，因为为的中点，所以,又平面，平面，所以平面，过点作，交于,则易知平面，又因为平面，平面，所以平面平面.又平面,所以平面.因为,所以四边形为平行四边形，所以,因为，所以,,所以.故选：D.3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（

）A．秋千绳与墙面始终平行B．秋千绳与道路始终垂直C．秋千板与墙面始终垂直D．秋千板与道路始终垂直【答案】B【解析】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，但与道路所成的角在变化秋千板与墙面垂直，故也与道路始终垂直．故选：B．4．已知平面，和直线m，n，若，，则“，”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当，，，是两个不同平面，，时，或，相交，反过来，时，，，则，.故“，”是“”的必要而不充分条件.故选：B.5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【解析】如图，取的中点，取的中点，连接，则，又DE⊄面，面，所以平面，又为的中点，所以，又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因为是侧面上一点，且平面，所以的轨迹为线段，，所以点的轨迹的长度为.故选：B.6．（2024·贵州黔东南·二模）平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图所示，将直三棱柱向上补一个全等的直三棱柱，则，，因为平面，平面，且平面，平面，所以平面，且平面，又因为，且平面，所以平面平面，且平面，故平面即为平面，所以交线即为直线，因为，则与所成角为，设，则，，可得，所以为等边三角形，所以，所以即与所成角的正弦值为.故选：A.7．（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【答案】C【解析】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.8．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（

）A．4 B． C．5 D．【答案】C【解析】如图，在棱上分别取点，使得，，连接，因为，，所以，，因为平面，平面，所以平面，因为，所以，又，正方体的棱长为4，所以，，，在棱上取点,使得，则且，又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又且，则四边形是平行四边形，所以，所以，因为，所以，则，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面平面，所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段，因为，所以，动点的轨迹长为.故选：C.9．（多选题）（2024·贵州贵阳·二模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，在命题“，，且__________．则”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有（

）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】A．如图：，，，，，利用面面平行的性质可知：，故A正确，符合题意；B．，，，，如下图：或与是异面直线，故B错误，不符合题意；C．，，，，如下图：因为，，，，故正确，符合题意；D．，，，，如下图：，，，，故D正确，符合题意．故选：ACD．10．（多选题）（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（

）A．若，则B．若，则与为异面直线C．若，且，则D．若，则【答案】ACD【解析】对于A，显然，又，则，A正确；对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；对于C，由，，知点在平面内，即为平面的公共点，而，因此，C正确；对于D，由，得，而，因此，D正确.故选：ACD11．（多选题）（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（

）A．四边形BCTS为等腰梯形B．不存在点，使得∥平面C．存在点，使得D．点到两点的距离和的最小值为【答案】BC【解析】因为平面、平面都与底面垂直，平面平面，所以平面．选项A：如下图所示：因为分别为的中点，故，又，所以，故四边形为梯形，但，，故四边形BCTS不是等腰梯形，故A错误．选项B：连接，如下图：因为平面与平面相交，而平面，且不会与平面和平面的交线平行，所以不存在点，使得平面，故B正确．选项C：连接，设，易知为的中点，如下图所示，当为的中点时，则，因为平面，所以平面．又平面，所以．因为四边形为正方形，所以．因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，故C正确．选项D：易知，将沿着展开，使与在同一个平面上，连接交于点，如图所示，则由对称性可得，点到两点的距离和的最小值为．在中，其斜边上的高，所以，所以D错误．故选：BC.12．（2024·西藏拉萨·二模）如图，正四棱锥的所有棱长都为为的中点，是底面内（包括边界）的动点，且平面，则长度的取值范围是.【答案】【解析】如图（1），设的中点分别为，连接，则.因为平面平面，所以平面.又平面平面，所以平面.又，所以平面平面，所以动点在线段上运动.设的中点分别为，连接，则在等腰梯形中，只需求出点与线段上的点的距离的取值范围.易知，如图（2），作，则，所以长度的取值范围是.故答案为：.13．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为．【答案】/【解析】延长CM交AB于点I，因为平面ABD，由线面平行性质定理可知，设，因为三棱锥的所有棱长均为2，所以，且E为线段BC的中点，所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知，所以，因为F为线段AD的中点，所以，由余弦定理可知，所以，令，，化简可得，因为，所以，则在时取得最小值，所以，综上当，即时MN取得最小值．故答案为：．14．（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为．【答案】/【解析】连接，由题意知过点的平面与平面平行，平面与平面、平面的交线分别为，由于平面平面，平面平面，平面平面，所以，所以或其补角即为所成的平面角，设正四棱锥的棱长为1，，则，在中，由余弦定理得，同理求得，故在中，，由于，则，进而，当时取等号，故的最小值为，进而，故的最大值为.故答案为：．15．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.

(1)证明:平面；(2)若，求点到平面的距离.【解析】（1）证明:设中点为，连接

为中位线，，平面平面，平面，为梯形中位线，，平面平面，平面，平面平面EFG，平面平面，平面平面.（2）如图连接,平面平面到平面的距离为3，.如图可求得直角梯形中，可求得．由余弦定理求得为等边三角形，则，同理．如图等腰梯形中，得.可求，设到平面的距离为，.到平面的距离为3.16．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图，在三棱台中，和都为等边三角形，且边长分别为2和4，,为线段的中点，为线段上的点，平面.

(1)求证:点H为线段的中点;(2)求三棱锥的体积.【解析】（1）连接，设连接、因为三棱台所以又所以四边形为平行四边形所以.又平面，⊂平面，平面∩平面∴∵四边形是正方形，O是的中点，∴点H是的中点.（2）因为则又平面ABC∴平面,由（1）知且是边长为4的等边三角形，∵H为中点，,

17．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【解析】（1）如图，连接与交于点，连接.因为四边形是正方形，，所以.因为四边形是正方形，，所以.因为，所以，所以.又，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面平面，所以平面.（2）解法一：因为在四棱台中，两底面均为正方形，所以，所以，所以，所以.又，设点到平面的距离为，由等体积法，得，即，解得，所以点到平面的距离为.解法二：过点作，垂足为.因为平面平面，所以.又四边形为正方形，所以.又平面，所以平面.又平面，所以.又平面，所以平面.,,所以,故，根据等面积，得.18．（2024·陕西榆林·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，AC与BD交于点O，底面ABCD，侧棱与底面所成角的余弦值为．(1)求O到侧面的距离；(2)若E为BC的中点，F为PD的中点，证明：平面ABP．【解析】（1）由为正方形的中心，底面，得，即四棱锥是正四棱锥，由正方形的边长为，得，侧棱与底面所成角的余弦值为，则在中，，于是，，显然到各侧面的距离相等，设到平面的距离为，由，得，即，解得，所以到侧面的距离为.（2）取中点，连接，由F为PD的中点，得，又E为BC的中点，则，因此，即四边形是平行四边形，则，而平面ABP，平面ABP，所以平面ABP．1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．【解析】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平