2025年高考数学必刷题分类：第48讲、直线、平面平行的判定与性质（教师版）

第48讲直线、平面平行的判定与性质

知识梳理

知识点一：直线和平面平行

1、定义

直线与平面没有公共点，则称此直线l与平面平行，记作l∥

2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言）

文字语言图形语言符号语言

如果平面外的一条直线和这

l∥l1

∥

线∥线个平面内的一条直线平行，那么l1l

l

线∥面这条直线和这个平面平行（简记

为“线线平行线面平行

如果两个平面平行，那么在∥

a∥

面∥面一个平面内的所有直线都平行于a

线∥面另一个平面

3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）

文字语言图形语言符号语言

如果一条直线l∥

和一个平面平行，ll∥l

l

线∥面线∥线经过这条直线的平

面和这个平面相

交，那么这条直线

就和交线平行

知识点二：两个平面平行

1、定义

没有公共点的两个平面叫作平行平面，用符号表示为：对于平面和，若，

则∥

2、判定方法（文字语言、图形语言、符号语言）

文字语言图形语言符号语言

判定定如果一个平面内a,b,abP

理线∥有两条相交的直线都

平行于另一个平面，

面面

a∥，b∥∥

那么这两个平面平行

∥面

（简记为“线面平行

面面平行

线面如果两个平面同l

∥

面∥垂直于一条直线，那l

面么这两个平面平行

3、性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）

文字语言图形语言符号语言

如果两个平面

面//面平行，那么在一个平

//

线//面面中的所有直线都a//

a

平行于另外一个平

面

如果两个平行

平面同时和第三个//

平面相交，那么他们aa//b.

性质定理

的交线平行（简记为b

“面面平行线面

平行”）

如果两个平面

中有一个垂直于一

面//面//

条直线，那么另一个l

线面l

平面也垂直于这条

直线

【解题方法总结】

线线平行、线面平行、面面平行的转换如图所示．

线∥面判定

判定

性质

性质判定

线∥线面∥面

性质

（1）证明直线与平面平行的常用方法：

①利用定义，证明直线a与平面没有公共点，一般结合反证法证明；

②利用线面平行的判定定理，即线线平行线面平行．辅助线的作法为：平面外直线

的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三

边的线段；

③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行；

（2）证明面面平行的常用方法：

①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合；

②利用面面平行的判定定理；

③利用两个平面垂直于同一条直线；

④证明两个平面同时平行于第三个平面．

（3）证明线线平行的常用方法：①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理；

必考题型全归纳

题型一：平行的判定

例1．（2024·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）若、是两个不重

合的平面，

①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则//；

②设、相交于直线l，若内有一条直线垂直于l，则；

③若外一条直线l与内的一条直线平行，则l//；

以上说法中成立的有（）个．

A．0B．1C．2D．3

【答案】C

【解析】对于①，设l1,l2平面，且l1l2A，

由直线与平面平行的判定定理可知l1//，l2//，

再由平面与平面平行的判定定理可知//，则①正确；

对于②，设、交于直线l，若内有一条直线垂直于l，

则、可能垂直也可能不垂直，则②错误；

对于③，由直线与平面平行的判定定理可知l//，则③正确，

故选：C．

例2．（2024·全国·高三对口高考）过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（）

A．不存在B．只有一个C．有无数个D．不能确定

【答案】D

【解析】过直线l外两点作与l平行的平面，

如果两点所在的直线与已知直线相交，则这样的平面不存在；

如果两点所在的直线与已知直线平行，则这样的平面有无数个；

如果两点所在的直线与已知直线异面，则这样的平面只有一个．

因此只有D正确．

故选：D．

例3．（2024·福建泉州·校联考模拟预测）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或

所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN//平面ABC的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【解析】对于A，由正方体的性质可得MN//EF//AC，MN平面ABC，AC平面ABC，

所以直线MN//平面ABC，能满足；

对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN//AD，MN平面ABC，AD

平面ABC，所以直线MN//平面ABC，能满足；

对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN//BD，MN平面ABC，BD

平面ABC，

所以直线MN//平面ABC，能满足；

对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不

能满足．

故选：D．

变式1．（2024·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）a，b，c为三条不重

合的直线，，，为三个不重合的平面，现给出下面六个命题：

①a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥，b∥，则a∥b；

③∥c，∥c，则∥；④若∥，∥，则∥；

⑤若∥c，a∥c，则aP；⑥若a∥，∥，则aP．

其中真命题的个数是（）

A．4B．3C．2D．1

【答案】C

【解析】a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，

①a∥c，b∥c，则a∥b，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；

②a∥，b∥，则a，b可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确；

③∥c，∥c，则，可能平行，也可能相交，所以③不正确；

④∥，∥，则∥，满足平面与平面平行的性质，所以④正确；

⑤∥c，a∥c，则aP或a，所以⑤不正确；

⑥a∥，∥，则aP或a，所以⑥不正确；

故选：C．

变式2．（2024·全国·高三专题练习）设，为两个不同的平面，则∥的一个充分

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．，垂直于同一条直线

【答案】D

【解析】对于A：内有无数条直线与平行推不出∥，只有内所有直线与平行

才能推出，故A错误；

对于B：，垂直于同一平面，得到∥或与相交，故B错误；

对于C：，平行于同一条直线，得到∥或与相交，故C错误；

对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线可得∥，

故：D正确．

故选：D

【解题方法总结】

排除法：画一个正方体，在正方体内部或表面找线或面进行排除．

题型二：线面平行构造之三角形中位线法

例4．（2024·广东河源·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥PABCD中，E,F分别为

PD,PB的中点，连接EF．

（1）当G为PC上不与点P,C重合的一点时，证明：EF//平面BDG；

【解析】（1）因为E,F分别为PD,PB的中点，所以EF∥BD，

因为EF平面BDG，BD平面BDG，

所以EF//平面BDG．

-

例5．（2024·贵州毕节·校考模拟预测）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是

矩形，ACAB，ABAA12,ACt(t2)，A1AB120E,F分别为棱A1B1,BC的中点，

G为线段CF的中点．

（1）证明：A1G//平面AEF．

（2）若三棱锥AGEF的体积为1，求t．

【解析】（1）连接A1B，交AE于点O，连接OF，

由题意，四边形ABB1A1为平行四边形，所以ABA1B1，

1

因为E为AB中点，∴AEAB，

1112

1

∴AOE与△BOA相似，且相似比为，

12

11

∴AOOB，又∵F，G为BC，CF中点，∴GFBF，

122

所以OF//A1G，又OF平面AEF，A1G平面AEF，

所以A1G//平面AEF．

（2）由VAGEFVGAEF

由（1）A1G//平面AEF，则点A1与G到平面AEF的距离相等．

所以VVVV，

AGEFGAEFA1AEFFAA1E

由侧面ACC1A1是矩形，则ACAA1，又ACAB，且AA1ABA，

AA1平面ABB1A1，AB平面ABB1A1，

所以AC平面ABB1A1，F是BC的中点，

1

所以F到平面ABB1A1的距离为AC，

2

又A1AB120，则B1A1A60，

111111o

所以VVSVAC21sin60t1，

FAA1E2CAA1E23AA1E232

所以t43．

例6．（2024·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥PABCD中，底面ABCD的

中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，PF2FO．

（1）证明：EO//平面PBC；

【解析】（1）证明：如图，延长FO至点M，使FOOM，连接MD，

∵底面ABCD的中心为O，∴PO平面ABCD，∴POBD，

∵BOOD，FOBDOM，

∴FOB≌DOM，

PFPE

∴FBOMDO，∴FB∥DM，∴EF∥DM，∴

FMED

而PF2FOFM，∴PEED，∴EO∥PB，

∵PB平面PBC，EO平面PBC，∴EO//平面PBC；

变式3．（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱锥PABCD中，四边形ABCD为梯形，

AB//CD，ADAB，ABAP2DC4，PB2AD42，PD26，M，N分别是

PD，PB的中点．

（1）求证：直线MN//平面ABCD；

【解析】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．

MN//BD，

又MN平面ABCD，BD平面ABCD

直线MN//平面ABCD

-

变式4．（2024·陕西汉中·高三统考期末）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，

且AA1ABBCAC2，点E是棱AB的中点．

（1）求证：BC1//平面A1CE；

（2）求三棱锥EA1CC1的体积．

【解析】（1）连接AC1交A1C于点F，连接EF，

E是AB的中点，F是AC1的中点，

∴EF∥BC1，

EF平面A1CE，BC1平面A1CE，

∴BC1//平面A1CE；

（2）过E作EGAC于G，

AA1平面ABC，EG平面ABC，

AA1EG，

∩，

又ACAA1AAC,AA1平面AA1C1C，

EG平面AA1C1C，

在等边ABC中，E是AB的中点，EGAC,AB2，

3

EG．

2

所以三棱锥的体积为11133．

EA1CC1VS△EG22

EA1CC13A1CC13223

变式5．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是正方

形，PDAD1，PD平面ABCD，点E是棱PC的中点，点F是棱PB上的一点，且

EFPB．

（1）求证：PA//平面EDB；

（2）求点F到平面EDB的距离．

【解析】（1）连接AC交BD于G，连接EG，如图所示．

因为四边形ABCD是正方形，所以G是AC的中点，又点E是棱PC的中点，

所以EG是△PAC的中位线，所以PA//EG，

又PA平面EDB，EG平面EDB，所以PA//平面EDB．

（2）因为PD平面ABCD，DC，BC平面ABCD，所以PDDC，PDBC，

又BCCD，CDPDD，CD，PD平面PCD，所以BC平面PCD，

又PC，DE平面PCD，所以PCBC，DEBC．

2

在△PDC中，PDDC，PDCD1，E是PC的中点，所以PEECDE，DEPC，

2

又DEBC，BCPCC，BC，PC平面PBC，

所以DE平面PBC，所以DE是三棱锥DBEF的高．

在PBC中，PCBC，PC2，BC1，所以PB3，

PCBPBC

所以RtBCPRtEFP，所以，

PFEPEF

PCEP3BCEP623

得PF，EF，BF，

BP3BP63

1111

VSDEBFEFDE．

DBEF3BEF3218

2

在△中，，2，22226，

BDEBD2DEBEECBC1

222

所以BD2DE2BE2，所以DEBE，

13

所以SDEBE．

BDE24

13123

设点F到平面EDB的距离为h，所以VShhV，解得h，

FBDE3BDE12DBEF189

23

即点F到平面EDB的距离为．

9

变式6．（2024·新疆昌吉·高三校考学业考试）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是

棱DD1的中点．

（1）证明：BD1//平面AEC；

（2）若正方体棱长为2，求三棱锥DAEC的体积．

【解析】（1）连接BD交AC于O，连接OE，如图，

因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，则O是BD的中点，

又E是DD1的中点，则OE是BDD1的中位线，故OE//BD1，

又OE面AEC，BD1面AEC，所以BD1//平面AEC．

（2）因为正方体ABCDA1B1C1D1中，AD平面DCC1D1，

111112

所以VVSADDECDAD122．

DAECADEC3DEC32323

【解题方法总结】

（1）初学者可以拿一把直尺放在PB位置（与PB平齐），如图一；

（2）然后把直尺平行往平面ACE方向移动，直到直尺第一次落在平面ACE内停止，

如图二；

（3）此时刚好经过点E（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点E），此时直尺所在

的位置就是我们要找的平行线，直尺与AC相交于点F，连接EF，如图三；

（4）此时PB、EF长度有长有短，连接PB、EF并延长刚好交于一点D，刚好构成A型

模型（E为PD中点，则F也为BD中点，若E为等分点，则F也为BD对应等分点），

PB∥EF，如图四．

图一图二图三图

四

题型三：线面平行构造之平行四边形法

例7．（2024·天津滨海新·高三校考期中）如图，四棱锥PABCD的底面是菱形，平面PAD

底面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点，AB6，DPAP5，BAD60．

（1）求证：EF//平面PAD；

【解析】（1）证明：取PD中点G，连接AG,FG，因为F,G分别是PC,PD的中点，所以

1

FG∥CD,FGCD，

2

1

又因为底面ABCD是菱形，E是AB的中点，所以AE∥CD,AECD，

2

所以FG∥AE,FGAE，所以四边形AEFG是平行四边形，所以EF∥AG，

又EF平面PAD，AG平面PAD，所以EF//平面PAD．

π

例8．（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱台ABCDEFGH的底面是菱形，且BAD，

3

DH平面ABCD，EH2，DH3，AD4．

（1）求证：AE//平面BDG；

（2）求三棱锥FBDG的体积．

【解析】（1）连接AC交BD于点O，连接EG,GO，

几何体ABCDEFGH为四棱台，A,C,G,E四点共面，且EG平面EFGH，AC平

面ABCD，

平面EFGH//平面ABCD，EG//AC；

π

四边形EFGH和ABCD均为菱形，BAD，EH2，AD4，

3

1

EGACAO23，四边形AOGE为平行四边形，AE//GO，

2

又GO平面BDG，AE平面BDG，AE//平面BDG．

（2）连接GE交FH于K，

QDH平面ABCD，平面ABCD//平面EFGH，DH平面EFGH，

又GEÌ平面EFGH，GEDH，

GEFH，DHFHH，DH,FH平面BDHF，GE平面BDHF；

π

四边形EFGH为菱形，FEHBAD，EF2，GK3，

3

111

VVSGK43323．

FBDGGBDF3BDF32

-

例9．（2024·全国·高三专题练习）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D,D1,F分别是BC，

B1C1，A1B1的中点，BC4BE，ABC的边长为2．

（1）求证：：EF//平面ADD1A1；

【解析】（1）证明：取A1D1的中点G，连接FG，DG，

11

根据题意可得FG//BD，且FGBD，DEBD，

112112

由三棱柱得性质知BD//B1D1，所以FG//BD，则四边形DGEF是平行四边形，

所以EF//DG，

因为EF面ADD1A1，DG面ADD1A1，

所以EF//面ADD1A1．

-

变式7．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABCA1B1C1

中，AA1底面ABC，ABAC5，BC2，AA12，D、E分别为棱BC、A1B1的

中点，A1P2PB，C1Q2QE．

（1）求证：PQ//平面C1AD；

【解析】（1）证明：取B1C1中点F，连接A1F、FB．

因为E是A1B1的中点，且C1Q2QE，故Q为△A1B1C1的重心，

AQ

所以A、Q、F共线，且12，

1QF

AQAP

又AP2PB，故11，所以PQ//BF，

1QFPB

因为BB1//CC1且BB1CC1，则四边形BB1C1C为平行四边形，故BC//B1C1且BCB1C1，

因为D、F分别为BC、B1C1的中点，所以，C1F//BD且C1FBD，

则四边形FC1DB为平行四边形，所以BF//DC1，所以PQ//DC1，

又PQ平面C1AD，DC1平面C1AD，所以PQ//面C1AD．

变式8．（2024·天津红桥·高三天津市复兴中学校考阶段练习）如图所示，在四棱锥PABCD

1

中，BC平面PAD，BCAD，E是PD的中点．

2

（1）求证：BC∥AD；

（2）求证：CE平面PAB；

（3）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN平面PAB？说明理

由．

【解析】（1）在四棱锥PABCD中，BC平面PAD，BC平面ABCD，AD平面PAD，

平面ABCD平面PADAD，所以BC∥AD；

（2）如下图，取F为AP中点，连接EF,BF，由E是PD的中点，

11

所以EF∥AD且EFAD，由（1）知BC∥AD，又BCAD，

22

所以EF∥BC且EFBC，所以四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF，

而CE平面PAB，BF平面PAB，则CE平面PAB．

（3）取AD中点N，连接CN，EN，

因为E，N分别为PD，AD的中点，所以EN∥PA，

因为EN平面PAB，PA平面PAB，所以EN平面PAB，

线段AD存在点N，使得MN平面PAB，理由如下：

由（2）知：CE平面PAB，又CEENE，CE平面CEN，EN平面CEN，

所以平面CEN平面PAB，又M是CE上的动点，MN平面CEN，

所以MN平面PAB，所以线段AD存在点N，使得MN平面PAB．

【解题方法总结】

（1）初学者可以拿一把直尺放在EF位置，如图一；

（2）然后把直尺平行往平面PAB方向移动，直到直尺第一次落在平面PAB内停止，

如图二；

（3）此时刚好经过点B（这里熟练后可以直接凭数感直接找到点B），此时直尺所在的

位置就是我们要找的平行线，直尺与PA相交于点O，连接BO，如图三；

（4）此时PB、EF长度相等（感官上相等即可，若感觉有长有短则考虑法一A型的平

行），连接OE，刚好构成平行四边形BFEO型模型（E为PD中点，O也为PA中点，OE为

三角形PAD中位线），OB∥EF，如图四．

图一图二图三图四

题型四：线面平行转化为面面平行

例10．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，且

四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点．

（1）求证：PE//平面BFG；

（2）若AB2，求点C到平面BFG的距离．

【解析】（1）连接DE，

∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，

∴DFBE，DF//BE，

∴四边形BEDF是平行四边形，∴DE//BF，

∵G是PA的中点，∴FG//PD，

∵PD,DE平面BFG，FG,BF平面BFG，

∴PD//平面BFG，DE//平面BFG，

∵PDIDED，直线PD,DE在平面PDE内，

∴平面PDE//平面BFG，∵PE平面PDE，

∴PE//平面BFG．

（2）∵PD平面ABCD，FG//PD，

∴FG平面ABCD，

过C在平面ABCD内，作CMBF，垂足为M，则FGCM，

∵FGIBFF，又直线FG，BF在平面BFG内，

∴CM平面BFG，

∴CM的长是点C到平面BFG的距离，

∵△BCF中，FBCF5，

2245

∴由等面积可得CM，

55

45

∴点C到平面BFG的距离为．

5

例11．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDMP中，四边形ABCD是菱形，且

有DAB60，ABDM1，PB2，PB平面ABCD，PB∥DM．

（1）求证：AM//平面PBC；

【解析】（1）因为四边形ABCD是菱形，

所以AD∥BC，

又AD平面PBC，BC平面PBC，

所以AD//平面PBC，

因为PB∥DM，PB平面PBC，DM平面PBC，

所以DM//平面PBC，

又因为ADIMDD，AD,MD平面ADM，

所以平面ADM//平面PBC，

又AM平面AMD，

所以AM//平面PBC．

-

例12．（2024·江西赣州·统考模拟预测）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C是

矩形，侧面BB1C1C是菱形，B1BC60，D、E分别为棱AB、B1C1的中点，F为线段C1E

的中点．

（1）证明：AF//平面A1DE；

【解析】（1）证明：取A1C1的中点M，连接AM、EM、FM，

因为AA1//BB1且AA1BB1，故四边形AA1B1B为平行四边形，所以，AB//A1B1且ABA1B1，

1

因为D为AB的中点，则AD//A1B1且ADAB，

211

1

因为M、E分别为A1C1、B1C1的中点，所以，EM//A1B1且EMAB，

211

所以，AD//EM且ADEM，故四边形ADEM为平行四边形，所以，AM//DE，

因为AM平面A1DE，DE平面A1DE，所以，AM//平面A1DE，

因为M、F分别为A1C1、C1E的中点，所以，FM//A1E，

因为FM平面A1DE，A1E平面A1DE，所以，FM//平面A1DE，

因为AMFMM，AM、FM平面AFM，所以，平面AFM//平面A1DE，

因为AF平面AFM，故AF//平面A1DE．

变式9．（2024·上海·模拟预测）直四棱柱ABCDA1B1C1D1，ABDC，AB⊥AD，AB＝

2，AD＝3，DC＝4

（1）求证：A1B//面DCC1D；

【解析】（1）由题意得A1A//D1D，AB//CD，

A1A,AB平面D1CD，D1D,CD平面D1CD，

A1A//平面D1CD，AB//平面D1CD

而A1AABA，平面A1AB//平面D1CD，

又A1B平面A1AB,A1B//平面DCC1D

变式10．（2024·广东深圳·高三深圳外国语学校校考开学考试）如图，多面体ABCDEF中，

四边形ABCD为矩形，二面角ACDF的大小为45，DE//CF，CDDE，AD2，

DC3．

（1）求证：BF//平面ADE；

【解析】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形，所以，BC//AD，

因为BC平面BCF，AD平面BCF，所以AD//平面BCF，

因为DE//CF，CF平面BCF，DE平面BCF，所以DE//平面BCF，

因为ADDED，AD、DE平面ADE，则平面BCF//平面ADE，

因为BF平面BCF，所以，BF//平面ADE．

变式11．（2024·全国·高三对口高考）已知正方形ABCD和正方形ABEF，如图所示，N、

ENBM

M分别是对角线AE、BD上的点，且．求证：MN//平面EBC．

ANMD

【解析】证明：过点N作NF//BE交AB于点F，连接FM，

ENBF

因为NF//BE，则，

ANAF

ENBMBFBM

又因为，则，所以，FM//AD，

ANMDAFDM

因为四边形ABCD为矩形，则BC//AD，所以，FM//BC，

因为NF//BE，NF平面BCE，BE平面BCE，所以，NF//平面BCE，

因为FM//BC，FM平面BCE，BC平面BCE，所以，FM//平面BCE，

因为NFFMF，NF、FM平面MNF，所以，平面MNF//平面BCE，

因为MN平面MNF，所以，MN//平面MNF．

【解题方法总结】

本法原理：已知平面∥平面，则平面里的任意直线均与平面平行

题型五：利用线面平行的性质证明线线平行

例13．（2024·河南·高三校联考阶段练习）已知四棱锥PABCD，底面为菱形ABCD,PD

平面ABCD，PDADCD2,BAD,E为PC上一点．

3

（1）平面PAD平面PBCl，证明：BC∥l；

【解析】（1）证明：因为BC∥AD,BC平面PAD,AD平面PAD，

所以BC∥平面PAD，

又因为平面PAD平面PBCl，所以BC∥l．

例14．（2024·河南·高三校联考阶段练习）已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD

π

平面ABCD，PDADCD2，BAD，E为PC上一点．

3

（1）平面PAD平面PBCl，证明：BC//l．

π

（2）当直线BE与平面BCD的夹角为时，求三棱锥PBDE的体积．

6

【解析】（1）因为BC//AD,BC平面PAD,AD平面PAD，

所以BC//平面PAD，BC平面PBC，

又因为平面PAD平面PBCl，所以BC//l．

（2）过点E作CD的垂线，垂足为M，则PD//EM，

因为PD平面ABCD，所以EM平面BCD，

若点E为PC中点，则点M为CD的中点，

1

此时EMPD1,BMCD,BM3，

2

π

所以直线BE与平面BCD的夹角为EBM，

6

即点E为PC中点时满足题意，

因为PD平面ABCD，所以BM平面ABCD，所以PDBM，

又因为BMCD，PDCDD，PD,CD平面PCD，

所以BM平面PCD，所以点B到平面PCD的距离为BM3，

13

故VV13.

PBDEBPDE33

例15．（2024·重庆万州·统考模拟预测）如图1所示，在四边形ABCD中，BCCD，E

为BC上一点，AEBEAD2CD2，CE3，将四边形AECD沿AE折起，使得

BC3，得到如图2所示的四棱锥．

（1）若平面BCD平面ABEl，证明：CD//l；

【解析】（1）在图1中，因为BCCD，CE3，CD1，

3π

所以DE2，sinCDE，又CDE0,，

22

π

所以CDE，

3

因为DE2，AEAD2，

π

所以DEA，故CD//AE，

3

在图2中，因为CD//AE，AE平面ABE，CD平面ABE，

所以CD//平面ABE，

因为CD平面BCD，平面BCD平面ABEl，所以CD//l；

变式12．（2024·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习）如图所示，在直三棱柱

-

ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCCC12，点D、E分别为棱A1C1、B1C1的中点，

点F是线段BB1上的点（不包括两个端点）．

（1）设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：A1B1//m；

【解析】（1）证明：因为点D、E分别为棱A1C1、B1C1的中点，则DE//A1B1，

-

在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以，A1B1//AB，则DE//AB，

因为DE平面ABC，BC平面ABC，所以，DE//平面ABC，

因为DE平面DEF，平面DEF平面ABCm，所以，m//DE，故m//A1B1．

变式13．（2024·全国·高三专题练习）如图，四棱锥PABCD的底面边长为8的正方形，

四条侧棱长均为217．点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点，平面GEFH

平面ABCD，BC//平面GEFH．证明：GH//EF．

【解析】因为BC∥平面GEFH，BC平面PBC，且平面PBC平面GEFHGH，所以

GH∥BC，

因为BC∥平面GEFH，BC平面ABCD，且平面ABCD平面GEFHEF，

所以EF∥BC，所以GH∥EF．

变式14．（2024·江苏扬州·江苏省高邮中学校考模拟预测）如图，三棱台ABCDEF中，

AB2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB4AN，平面DMN平面ADFCl．

（1）证明：MN∥l；

【解析】（1）证明：取FD的中点G，连接GM，AG，

1

因为M是EF的中点，所以GM∥DE，GMDE，

2

1

因为三棱台ABCDEF中，DE∥AB，DEAB，AB4AN，

2

所以GM∥AN，GMAN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA，

因为MN平面ADFC，GA平面ADFC，所以MN//平面ADFC，

因为MN平面DMN，平面DMN平面ADFCl，所以MN∥l．

【解题方法总结】

如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就

和交线平行

题型六：面面平行的证明

例16．（2024·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD

中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M，N

分别为AD，PA的中点．

（1）证明：平面BMN∥平面PCD；

【解析】（1）证明：连接BD，如图

∵AB＝AD，∠BAD＝60°，

∴△ABD为等边三角形，

∵M为AD的中点，

∴BM⊥AD，

∵AD⊥CD，

又CD，BM平面ABCD，

BM∥CD，⊂

又BM平面PCD，CD平面PCD，

∴BM∥平面PCD，⊂

∵M，N分别为AD，PA的中点，

∴MN∥PD，

又MN平面PCD，PD平面PCD，

∴MN∥平面PCD．⊂

又BM，MN平面BMN，BM∩MN＝M，

∴平面BMN⊂∥平面PCD．

例17．（2024·山东临沂·高三校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，ABCD是正

方形，AB2，DEBF，BF//DE，M为棱AE的中点．

（1）求证：平面BMD//平面EFC；

【解析】（1）连AC交BD于N，则N为AC的中点，

因为M为AE的中点，所以MN//CE，

因为MN平面EFC，CE平面EFC，所以MN//平面EFC，

因为BF//DE，BFDE，所以四边形BDEF是平行四边形，所以BD//EF，

因为BD平面EFC，EF平面EFC，所以BD//平面EFC，

因为BDMNN，BD,MN平面BMD，所以平面BMD//平面EFC．

32．（2024·河北·统考模拟预测）在圆柱O1O2中，等腰梯形ABCD为底面圆O1的内接四

边形，且ADDCBC1，矩形ABFE是该圆柱的轴截面，CG为圆柱的一条母线，CG1．

（1）求证：平面O1CG∥平面ADE；

【解析】（1）在圆柱O1O2中，AE∥CG，AE平面O1CG，CG平面O1CG，

故AE∥平面O1CG；

连接DO1，因为等腰梯形ABCD为底面圆O1的内接四边形，ADDCBC1，

π

故AODCODBOC，

1113

π

则AOD为正三角形，故OADCOB，则AD∥OC，

11131

AD平面O1CG，O1C平面O1CG，

故AD∥平面O1CG；

又AE