专题33 直线、平面平行的判定与性质6题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

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1．线面平行的判定定理和性质定理
2．面面平行的判定定理和性质定理
常用结论
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a⊥α，b⊥α，则a∥b.
4．若α∥β，a⊂α，则a∥β.
一、单选题
1．（2024高一·全国·课后作业）已知直线和平面，那么能得出//的一个条件是（ ）
A．存在一条直线，//且
B．存在一条直线，//且
C．存在一个平面，且//
D．存在一个平面，//且//
【答案】C
【解析】根据线面平行的判定定理，可得结果.
【详解】在选项A，B，D中，
均有可能在平面内，错误；
在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线
都平行于另一个平面，故C正确
故选：C
【点睛】本题考查线面平行的判定，属基础题.
2．（2024高三·全国·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
【分析】根据面面平行的判定一一判定即可.
【详解】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
3．（2024高一·全国·课后作业）如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F分别为平面ABCD和平面A′B′C′D′的中心，则正方体的六个面中与EF平行的平面有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【详解】分析：由直线与平面平行的判定定理即可.
详解：
由直线与平面平行的判定定理知.EF与平面AB′，平面BC′，平面CD′，平面AD′均平行.故与EF平行的平面有4个.
点睛：考查直线与平面平行的判定，对定理的熟悉是解题关键，属于基础题.
4．（2024高一下·江苏常州·期末）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，若内有一条直线垂直于，则；
③若外一条直线与内的一条直线平行，则.
以上说法中成立的有（ ）个.
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据平面与平面平行的判定定理，平面与平面垂直的判定定理，直线与平面平行的判定定理可依次判断得解.
【详解】对①，面内有两条相交直线分别平行于面内两条直线，可得这两条相交直线均平行于面，由平面与平面平行的判定定理可知①正确；
对②，根据平面与平面垂直的判定定理，一个平面经过另一个平面的垂线可得平面与平面垂直，②错误；
对③，根据直线与平面平行的判定定理可知③正确.
故选：C.
5．（2024高一下·四川成都·阶段练习）设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，则
【答案】D
【分析】ABC可举出反例，D可利用线面平行的判定定理证得.
【详解】A选项，如图1，满足，，但不平行，A错误；

B错误，如图2，满足，，，但不平行，B错误；

C选项，如图3，满足，，，但不平行，C错误；

D选项，若，由线面平行的判断定理可得，D正确.
故选：D
6．（2024高一下·全国·课后作业）如图，已知立方体ABCD－A′B′C′D′，点E，F，G，H分别是棱AD，BB′，B′C′，DD′的中点，从中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的条数是（ ）
A．0B．2
C．4D．6
【答案】D
【分析】先证明平面EFGH平面AB′D′进而得到从E，F，G，H中任取两点确定的直线中，与平面AB′D′平行的条数.
【详解】连接EG，EH，EF，FG，GH，FH，
∵EHFG且EH＝FG，∴四边形EFGH为平行四边形，∴E，F，G，H四点共面．
由EGAB′，AB′⊂平面AB′D′，平面AB′D′，可得EG平面AB′D′；
EHAD′，AD′⊂平面AB′D′，平面AB′D′，可得EH平面AB′D′，
又EG∩EH＝E，可得平面EFGH平面AB′D′.
故平面EFGH内的每条直线都符合条件，从E，F，G，H中任取两点确定的直线中，
与平面AB′D′平行的条数是6．
故选：D．
7．（2024高一·全国·课后作业）如果，表示直线，，表示平面，那么下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】D
【分析】根据线面平行的性质与判定逐个辨析即可.
【详解】A中，也可能成立；
B中，，还有可能相交或异面；
C中，也可能成立；
由直线与平面平行的性质定理可知D正确.
故选：D
8．（2024高三·全国·专题练习）如图，正方体的棱长为1，E，F是线段上的两个动点， 平面，则的长度为（ ）

A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据线面平行的性质定理得出结果.
【详解】正方体，连接交于点O，连接，如图所示，

∴平面，平面平面，平面，
∴，
又，∴为平行四边形，
则.
故选：B.
9．（2024高一·全国·课后作业）直线a与平面不平行，则内与a平行的直线有（ ）
A．无数条B．0条C．1条D．以上均不对
【答案】D
【分析】分为以及直线与平面相交，讨论即可得出答案.
【详解】因为直线与平面不平行，所以直线与平面的关系有两种，即以及直线与平面相交.
当时，显然在内与a平行的直线有无数条；
当直线与平面相交时，设.
当，且时，此时，即直线、相交；
当，且时，可知直线、异面.
综上所述，当直线与平面相交时，内与a平行的直线有0条.
所以，直线a与平面不平行，则内与a平行的直线有无数条或0条.
故选：D.
10．（2024高三·全国·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
【分析】根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.
【详解】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.
11．（2024高一·全国·课后作业）如果两直线a∥b，且a∥α，则b与α的位置关系是（ ）
A．相交B．b∥αC．b⊂αD．b∥α或b⊂α
【答案】D
【分析】由线面平行的判定定理，分析可判断
【详解】由a∥b，且a∥α，结合线面平行的判定定理，
知b与α平行或b⊂α.
故选：D
12．（2024高一·全国·课后作业）是平面外的一条直线，下列条件中可得出的是
A．与内的一条直线不相交
B．与内的两条直线不相交
C．与内的无数条直线不相交
D．与内的所有直线不相交
【答案】D
【解析】根据线面平行的定义，即可得出结果.
【详解】是平面外的一条直线，要使，则与平面无公共点，即与内的所有直线不相交.
故选D
【点睛】本题主要考查线面平行，熟记线面平行的定义即可，属于基础题型.
13．（2024·全国）设，为两个平面，则的充要条件是
A．内有无数条直线与平行
B．内有两条相交直线与平行
C．，平行于同一条直线
D．，垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
14．（2024·浙江）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
15．（2024·全国）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
16．（2024高一下·四川成都·期末）在底面为等边三角形的三棱柱中，已知平面ABC，，，D是棱的中点，M是四边形内的动点，若平面ABD，则线段长度的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】取线段的中点为，连接，首先证明平面平面，然后可得点的轨迹是线段，然后可求出答案.
【详解】
取线段的中点为，连接，
因为侧面为矩形，D是棱的中点，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，因为，所以平面平面，
因为M是四边形内的动点，平面ABD，
所以点的轨迹是线段，
因为，，所以，，
所以线段长度的最小值为.
故选：D
17．（2024高二上·浙江杭州·期中）如图,四棱锥的底面是平行四边形,、分别为 线段、上一点，若,且平面，则

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO，可证明,从而可得平面平面，进而证出，从而可知,即可求解.
【详解】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO，

因为，PC的中点E
所以,又O是的中点，
所以， 又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以 平面平面，
因为平面PBC交平面，平面，且交线分别是，
所以，
所以
故选D.
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与性质，面面平行的判定与性质，属于中档题.
18．（2024高一·全国·课后作业）下列说法正确的是（ ）
A．直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α
B．若直线a在平面α外，则a∥α
C．若直线，直线，则a∥α
D．若直线a∥b，，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线
【答案】D
【解析】根据直线与平面平行的判定及相关性质，一一验证各选项即可得出答案.
【详解】解：A项，若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l可能平行于平面α，也可能位于平面α内，故A项错误；
B项，直线a在平面α外，则直线a与平面α可能平行，也可能相交，故B错误；
C项，直线，所以a可能与平面α相交或与平面α平行,故C项错误；
D项，直线a∥b,,当a∥α时,直线a与平面α内所有与直线b平行的直线平行；当时,除了直线a本身,直线a与平面α内所有与直线b平行的直线平行,因此直线a平行于平面α内的无数条直线,故D项正确.
故选：D.
【点睛】本题主要考查直线与平面平行的判定及相关性质，属于基础题型.
19．（2024高一·全国·课后作业）已知A、B、C、D是不共面四点，M、N分别是、的重心．以下平面中与直线平行的是（ ）
①平面； ②平面； ③平面； ④平面．
A．①③B．①②C．①②③D．①②③④
【答案】B
【分析】由已知以及重心定理可推得，进而得到，根据线面平行的判定定理可得①②正确；进而可判断直线与平面以及平面相交，即可得出③④错误.
【详解】
如图，取中点为，连结、.
由已知以及重心定理可得，，，则，.
所以，所以.
因为平面，平面，所以平面，故①正确；
因为平面，平面，所以平面，故②正确；
因为平面，平面，所以与平面不平行，故③错误；
因为平面，平面，所以与平面不平行，故④错误.
故选：B.
20．（2024高三下·湖南岳阳·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：
①，，则；②若，，则；
③，，则；④若，，则；
⑤若，，则；⑥若，，则.
其中真命题的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】根据空间中线线平行、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理判断即可.
【详解】，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，
①，，则，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确；
②，，则，可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确；
③，，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，，则或，所以⑤不正确；
⑥，，则或，所以⑥不正确；
故选：C.
21．（重难点专题04空间直线平面的平行-【同步题型讲义】）如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项．
【详解】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面，故A满足；
对于B选项，如下图所示，连接，
在正方体中，且，

因为、分别为、的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，故B满足；
对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、，

因为且，、分别为、的中点，
所以且，故四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，则，
所以，、、、四点共面，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，故C满足；
对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、、、、，

因为且，、分别为、的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，故，
所以，、、、四点共面，
同理可证，故，同理可得，
反设平面，因为，且平面，则平面，
但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，故D不满足．
故选：D．
22．（2024高一上·广西崇左·期末）过直线外两点，作与平行的平面，则这样的平面（ ）
A．不可能作出B．只能作出一个
C．能作出无数个D．上述三种情况都存在
【答案】D
【分析】根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.
【详解】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
二、填空题
23．（2024高一下·山东东营·阶段练习）以下四个命题中，真命题是 （只填真命题的序号）.
①若a，b是两条直线，且，则a平行于经过b的任何平面；
②若直线a和平面满足，则a与内的任何直线平行；
③若直线a，b和平面满足，，则；
④若直线a，b和平面满足，，，则.
【答案】④
【分析】根据点线面的位置关系即可判断.
【详解】解析：对于①，当经过b的平面也经过a时，不成立，故①为假命题；
对于②，a与内的直线平行或异面，故②为假命题；
对于③，直线a与b三种位置关系都有可能，故③也为假命题；
对于④，因为，过作平面交于直线，则，
又因为，所以，而，，所以.故④为真命题.
故答案为：④
24．（2024高二上·江西赣州·阶段练习）已知四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形，E，F，G分别为PA，PD，CD的中点，则BC与平面EFG的位置关系为 .
【答案】平行
【分析】由E，F是PA，PD的中点，根据三角形中位线定理可得,根据ABCD为平行四边形，可得，由平行公理可得，利用线面平行的判定定理可知BC与平面EFG的位置关系为平行.
【详解】因为E，F是PA，PD的中点，所以，又因为ABCD为平行四边形，所以，因此，又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG.
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质、平行公理.
25．（2024高三·全国·对口高考）如图所示，已知是平行四边形，点P是平面外一点，M是的中点，在上取一点G，过G和作平面交平面于，则与的位置关系是 ．

【答案】平行
【分析】连接交于，连结，利用三角形中位线性质证明，再利用线面平行的判定定理和性质
【详解】连接交于，连结，
因为是平行四边形，所以为中点.
因为是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
因为平面，
又过和作平面交平面于，即平面平面，且平面，
所以.
故答案为：平行.

26．（2024高一下·安徽马鞍山·阶段练习）如图，四棱锥的底面是平行四边形，分别为线段上一点，若，且平面，则 .

【答案】3∶1/3
【分析】如图，连接交于点，连接交于点，由题意可得为的中点，作，即可求出答案．
【详解】如图，连接交于点，连接交于点，
由平面，可得，
，，为的中点，
作，，
，则
，
故答案为：

27．（2024高一上·全国·专题练习）正方体中，为的中点，则与过，，三点的平面的位置关系是 ．
【答案】平行
【解析】连接交于点，根据线面平行的判定定理，即可得出结果.
【详解】
连接交于点，
在正方体中容易得到点为的中点．
又因为为的中点，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
故答案为：平行.
【点睛】本题主要考查判定线面位置关系， 熟记线面平行的判定定理即可，属于基础题型.
28．（2024高一下·全国·课后作业）在中，，，，是重心，过的平面与BC平行，，，则 ．
【答案】/
【分析】若为中点，由重心的性质得，根据线面平行的性质得，等比例关系、余弦定理求即可.
【详解】如下图示，若为中点，又是重心，则，

由题意，面，面，故，
所以，而，
综上，.
故答案为：
三、解答题
29．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面为正方形， E为PB的中点.证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行.
【详解】连接，交于，连接，
因为底面为正方形，所以为的中点，

因为E为PB的中点，所以是的中位线，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
30．（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．
31．（2024高三·全国·专题练习）四棱锥中，底面为矩形，平面与平面的交线为，求证：直线平行于平面.
【答案】证明见解析
【分析】根据矩形的性质，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可.
【详解】因为底面是矩形，可得，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，且平面平面，
所以直线，
又因为平面，平面，所以平面.
32．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，， 为棱的中点. 证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】取线段的中点，连接，
则为的中位线，∴
由题知，
∴，
所以四边形为平行四边形，∴，
又∵平面，平面，
∴平面。

33．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，分别为的中点，平面与底面的交线为.证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】先利用线面平行的判定定理证明，平面，再利用线面平行的性质定理证明，接着用线面平行的判定定理证明即可.
【详解】因为分别为的中点，所以，.
又平面，平面，
所以平面.
又平面，平面与底面的交线为，
所以,从而，.
而平面，平面，
所以平面.
34．（2024高三·全国·专题练习）在如图所示的圆柱中，分别是下底面圆，上底面圆的直径，是圆柱的母线，为圆上一点，为上一点，且平面.
求证：.
【答案】证明见解析
【分析】连接，，证得平面，进而证得平面平面，结合面面平行的性质，得到，得出是的中点，即可可证.
【详解】如图所示，连接，，
因为为母线，所以，
又因为平面，且平面，所以平面，
因为平面，且，平面，
所以平面平面．
又因为平面平面，平面平面，所以，
因为是的中点，所以是的中点，即．
35．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，四边形为空间四边形的一个截面，若截面为平行四边形. 求证：平面.
【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进行证明即可.
【详解】∵四边形为平行四边形，∴.
∵平面，平面，∴平面.
又∵平面，平面∩平面，
∴，又∵平面EFGH，平面EFGH，
∴平面.
36．（2024高三·全国·专题练习）如图，直四棱柱被平面所截，截面为CDEF，且，，，平面与平面所成角的正切值为．证明：.
【答案】证明见解析
【分析】由棱柱的定义得到平面平面，再由面面平行的性质得到，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，从而得证.
【详解】在直四棱柱中，平面平面，
平面，平面，则，
而且，又，因此且，
则四边形是平行四边形，所以，又，，
所以．
37．（2024高三·全国·专题练习）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，．
求证：平面平面.

【答案】证明见解析
【分析】根据题意，由线面平行的判定定理分别证明平面，平面，再由面面平行的判定定理，即可得到证明.
【详解】

在圆柱中，，平面，平面，
故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，
故，
则为正三角形，故，则，
平面，平面，
故平面；
又平面，
故平面平面．
38．（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.
39．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）．设平面与平面相交于直线，求证：.
【答案】证明见解析
【分析】根据题意，由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，即可得到证明.
【详解】因为点，分别为棱、的中点，则，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
所以，，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，所以，，
故．
40．（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.
41．（2024高三·全国·专题练习）直四棱柱中，，求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】先证明平面，平面，可得平面平面，进而可得结论.
【详解】因为直四棱柱中，
又，且平面，平面，
平面，平面
而，平面,
平面平面，
又平面平面
42．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，为点在平面上的射影，为的中点．证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】根据垂线的性质，结合全等三角形的判定定理、线面平行的判定定理、线面平行的性质、面面平行的判定定理和性质进行证明即可.
【详解】在平面内，过点作于点，连接，，

∵，则，
又∵平面，平面，∴平面．
又∵平面，平面，平面，
∴，，
又∵，为公共边，∴，
∴，又∵为公共边，∴，
∴，为的中点，
又∵为的中点，∴为的中位线，，
又∵平面，平面，∴平面．
又∵，平面，平面，
∴平面平面，
又∵平面，∴平面．
43．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】连接DE，可证得四边形BEDF是平行四边形，则，再由三角形中位线定理可得，由线面平行和面面平行的判定定理可得平面平面BFG，再利用面面平行的性质可证得结论.
【详解】证明：连接DE，因为四边形ABCD是正方形，所以∥，，
因为E，F分别是棱BC，AD的中点，所以，
所以，，
所以四边形BEDF是平行四边形，所以，
因为G是PA的中点，F是AD的中点，所以，
因为PD，DE平面BFG，FG，BF平面BFG，
所以平面BFG，平面BFG，
因为，直线PD，DE在平面PDE内，
所以平面平面BFG，
因为PE平面PDE，所以平面BFG．

44．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，底面，，，，、分别为棱、的中点，，．求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】取中点，证得，再由四边形为平行四边形，得到，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得面．
【详解】证明：取中点，连接、，
因为是的中点，且，故为的重心，
所以，，共线，且，
又因为，所以，所以，
因为且，则四边形为平行四边形，
所以且，
因为，分别为，的中点，所以且，
则四边形为平行四边形，所以，所以，
又因为平面，平面，所以面．

45．（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥中，四边形为矩形，为棱的中点，与交于点，为的重心.求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】证明平面，关键是在平面内找与平行的直线.延长交于点，由求证结论入手，结合性质定理分析，为所要寻找的直线，证明即可.
【详解】证明：延长交于点，连接.
因为为的重心，则为的中点.
因为为的中点，所以，
又，所以与相似，
所以，
又，所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面.

46．（2024高三·全国·专题练习）如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点，，求证：平面；
【答案】证明见解析
【分析】取的中点，连接，，可证明，再根据线面平行的判定定理可得结论.
【详解】取的中点，连接，，
根据题意可得，且，，可得
由三棱柱得性质知，所以，即，
则四边形是平行四边形，所以，
因为面，面，
所以面．
47．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面是矩形，E、F分别是、的中点.求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】取PC的中点G，可证，，可得四边形AEGF为平行四边形，即，得证.
【详解】取的中点G，连接，，

因为F为的中点，
所以，，
因为，，又E为的中点，所以，，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，
因此平面.
48．（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，四边形是正方形，，， 为的中点.求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】构造平行四边形，通过线线平行证明线面平行.
【详解】证明：连接.因为为的中点，，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
49．（2024高一·全国·课后作业）长方体中，是矩形的中心，是矩形的中心．证明：平面.
【答案】证明见详解
【分析】连结、、.由已知可推得，进而根据线面平行的判定定理，即可证明平面.
【详解】
证明：连结、、.
由已知可得，点是的中点，点是的中点，
所以，是的中位线，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
50．（2024高三·全国·专题练习）在多面体中，四边形是正方形， 为的中点，求证：直线平面.

【答案】证明见解析
【分析】作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行.
【详解】连接，设，因为四边形是正方形，
所以为的中点，连接，

因为分别为的中点，则，
因为平面，平面，
所以直线平面.
51．（2024高三上·陕西汉中·期末）如图，在三棱柱中，平面，且，点是棱的中点.

(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于点，根据中位线的性质及线面平行的判定定理即得；
（2）过作于，利用线面垂直的判定定理可得平面，然后根据锥体的体积公式即得.
【详解】（1）连接交于点，连接，

是的中点，是的中点，
∴，
平面，平面，
∴平面；
（2）过作于，
平面，平面，
，
又平面，
平面，
在等边中，是的中点，，
.
所以三棱锥的体积为.
52．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，点D是棱的中点．求证：∥平面.

【答案】证明见解析
【分析】连接交于点O，连接，则是的中位线，所以∥，再利用线面平行的判断定理即可得证.
【详解】证明：连接交于点O，连接，

由于四边形为矩形，所以O为的中点，又D是棱的中点，
故在中，是的中位线，因此∥，
平面，平面，
所以∥平面.
53．（2024高三·全国·专题练习）在如图所示的三棱锥中，已知为的中点，为的中点，为的中点.证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】利用线面平行判定定理即可证得平面.
【详解】因为是的中位线，所以.
因为平面平面，
所以平面.
54．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．求证：直线平面ABCD.

【答案】证明见解析
【分析】根据题意，连接BD，由线面平行的判定定理，即可证明.
【详解】
连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．
，又平面，平面
直线平面
55．（2024高三·全国·专题练习）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，．证明：平面PBC.

【答案】证明见解析
【分析】
作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，证明出两三角形全等，得到，得到线面平行.
【详解】
证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，

∵底面ABCD的中心为O，
∴平面，，
∵平面，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∴，
∴，
∴
而，
∴，
∴，
∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC；
56．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，，点为的中点．求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】根据题意可取中点，根据边长关系可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明.
【详解】取中点，连接，如下图所示：

因为点为的中点，所以且，
又因为且，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．
57．（2024高三·全国·专题练习）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2.证明：平面.

【答案】证明见解析
【分析】确定为正三角形，，证明，得到证明.
【详解】，，为正三角形，
，则为中点，
设，，，故，故为的三等分点，

，为的三等分点，即F为的中点，故，
平面，平面，故平面.
58．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，，，，为边的中点，异面直线与所成的角为．在直线上找一点，使得直线平面，并求的值.

【答案】点满足时，平面
【分析】先证明出两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设，求出平面PBE的一个法向量，设，则，由直线平面，可得，即，求出，从而得到时满足要求.
【详解】在四棱锥中，，异面直线与所成的角为．
即，
又为两相交直线，则平面，
取PD中点F，连接EF，又，则，则平面，
平面，所以，
又四边形中，，，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
因为，所以，则三直线两两互相垂直，
以E为原点，分别以ED、EB、EF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，
，，，，
设平面PBE的一个法向量为，
则，
令，则，则，
设，则，
由直线平面，可得，即，
则，解之得，则，
又，则，
故点满足时，平面
59．（2024高二·全国·专题练习）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.求证：平面；

【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面.
【详解】由于底面，平面，所以，
而，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，
易知平面的一个法向量为，故，
则，又平面，故平面．

60．（2024·四川南充·三模）如图所示，已知是圆锥底面的两条直径，为劣弧的中点．
(1)证明：；
(2)若，为线段上的一点，且，求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接并延长交于，由为劣弧的中点及为等腰三角形得出，由平面，得出，证明出平面，结合平面，即可证明；
（2）设交于，显然平分，且，由得出为的中点，同理，结合得出平面，由平面，即可证明平面平面．
【详解】（1）连接并延长交于，如图所示，
为劣弧的中点，
是的角平分线，
平分，
，
，
又在圆锥中，平面，平面，
，
，平面，且，
平面，
又平面，
．
（2）设交于，显然平分，且，
又，
，
在中，，
为的中点，
同理，
，
又，
，
，
平面，且平面，
平面，
又在平面中，，
，
又平面，且平面，
平面，
又，平面，且，
平面平面．
61．（2024高二·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为棱AB，的中点，，，.证明：平面.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得平面
【详解】在三棱柱中，平面，，，.
所以，则，则，则如下图，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设，则
，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即，
所以，得，
又平面，所以平面.
62．（2024高三·全国·专题练习）如图，三棱台中，，是的中点，点在线段上，，平面平面．证明：.
【答案】证明见解析
【分析】取的中点，连接，，先证明，可得平面，再根据线面平行的性质定理可得结论.
【详解】证明：取的中点，连接，，
因为是的中点，所以，，
因为三棱台中，，，，所以，
所以，，即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，
所以．
63．（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．
64．（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，四边形是菱形，且．
求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】先证明平面，平面，可得平面平面，进而可得结论.
【详解】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．
65．（2024高一下·北京大兴·期末）如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.

(1)求证：；
(2)求证：平面；
(3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；
（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.
【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.

（3）取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
66．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，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】利用平行线段成比例及线面平行的判定定理证明即可.
【详解】在三棱柱中，连接，交于点，连接，如图，

四边形为平行四边形，有，而为的中点，则，
由，得，又分别为的中点，则有，
因此，则，而平面，平面，
所以平面.
67．（贵州省黔西南州2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题）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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用等体积法与三棱锥的体积公式计算即可得解.
【详解】（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.
68．（2024·陕西宝鸡·二模）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，平面，点是棱的中点，点是棱上的一点，且．

(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）利用三角形中位线证明线线平行，即可由线面平行的判断求证，
（2）根据垂直关系以及相似求解长度，即可利用等体积法求解.
【详解】（1）连接交于，连接，如图所示．

因为四边形是正方形，所以是的中点，又点是棱的中点，
所以是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）因为平面，，平面，所以，，
又，，，平面，所以平面，
又，平面，所以，．
在中，，，是的中点，所以，，
又，，，平面，
所以平面，所以是三棱锥的高．
在中，，，，所以，
所以，所以，
得，，，
．
在中，，，，
所以，所以，
所以．
设点到平面的距离为，所以，解得，
即点到平面的距离为．
69．（2024·贵州毕节·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，分别为棱的中点，为线段的中点.

(1)证明：平面.
(2)若三棱锥的体积为1，求.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）作图，由对应比例证明，即可证明平面；
（2）由（1）平面, 则点与到平面的距离相等，从而可得，求解.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
由题意，四边形为平行四边形，所以，
因为E为中点，∴，
∴与相似，且相似比为，
∴，又∵，为，中点，∴，
所以，又平面，平面，
所以平面.

（2）由
由（1）平面, 则点与到平面的距离相等.
所以，
由侧面是矩形，则,又，且，
平面，平面，
所以平面，是的中点，
所以到平面的距离为，
又，则，
所以，
所以.
70．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱柱中，平面与棱交于点，求证：.
【答案】证明见解析
【分析】先根据线线平行证明线面平行，再由线面平行的性质定理证明线线平行.
【详解】根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，所以平面.
由于平面，平面平面，所以.
71．（2024高一下·浙江·期中）如图所求，四棱锥，底面为平行四边形，为的中点，为中点.
(1)求证：平面；
(2)已知点在上满足平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）连结交于，连结，通过证明PCOF，可证平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，连结，，，EN.
由平面，可得N为CD中点，后通过证明ENFDBG，可得，继而可得答案.
【详解】（1）证明：连结交于，连结，
因在中，为中点，为中点，则FO .
又平面，平面，故平面；
（2）如图连结交延长线于，连结交于，
连结，，，EN.
因，则四点共面.
又平面，平面平面，
则，四边形为平行四边形，可得 为中点.
则为BG中点.
即EN为中位线，则ENPG，.
又DN，则四边形EFDN为平行四边形，ENFD.
从而FDPG，.
文字语言
图形语言
符号语言
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊄α,b⊂α,a∥b))⇒a∥α
性质定理
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥α,a⊂β,α∩β＝b))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂β,b⊂β,a∩b＝P,a∥α,b∥α))⇒β∥α
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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))⇒a∥b
（一）
直线与平面平行的判定与性质
(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．
题型1：直线与平面平行的判定
1-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，分别为的中点，连接．当为上不与点重合的一点时，证明：平面.
【答案】证明见解析
【分析】由三角形中位线的性质得到，即可得证.
【详解】因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
1-2．（2024高三·全国·专题练习）如图，多面体中，四边形为矩形，二面角的大小为，，，，．求证：平面.

【答案】证明见解析
【分析】首先证明平面，平面，即可得到平面平面，从而得证.
【详解】因为四边形是矩形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
因为，、平面，则平面平面，
因为平面，所以平面．
1-3．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面是菱形，，分别是，的中点．求证：平面.
【答案】证明见解析
【分析】先证明四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理求解即可.
【详解】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．
1-4．（2024高三·全国·对口高考）已知正方形和正方形，如图所示，、分别是对角线、上的点，且．求证：平面．

【答案】证明见解析
【分析】过点作交于点，连接，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立.
【详解】证明：过点作交于点，连接，

因为，则，
又因为，则，所以，，
因为四边形为矩形，则，所以，，
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，所以，平面.
1-5．（2024·陕西安康·三模）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面；
（2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.
【详解】（1）连接，
∵是正方形，，分别是棱，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
∵，直线在平面内，
∴平面平面，∵平面，
∴平面．
（2）∵平面，，
∴平面，
过C在平面内，作，垂足为，则，
∵，又直线FG，BF在平面内，
∴平面，
∴的长是点C到平面的距离，
∵中，，
∴由等面积可得，
∴点C到平面的距离为.
1-6．（2024高三·全国·专题练习）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.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，根据，可证得四边形为平行四边形，由此可得，由线面平行的判定可证得结论；
（2）由，可证得平面，利用体积桥可求得结果.
【详解】（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2：直线与平面平行的性质
2-1．（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．
2-2．（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为.点分别是棱上共面的四点，平面平面，平面.证明：.

【答案】证明见解析
【分析】根据线面平行的性质定理及平行线的传递性即可证明.
【详解】因为∥平面，平面，且平面平面，所以∥,
因为∥平面，平面，且平面平面，
所以∥，所以∥.
2-3．（2024高三·全国·专题练习）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．若平面平面，证明：.
【答案】证明见解析
【分析】先根据图1中几何关系，得到，进而得平面，可证.
【详解】在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，
在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
2-4．（2024高三下·河南·阶段练习）已知四棱锥，底面为菱形，平面，，，为上一点．

(1)平面平面，证明：．
(2)当直线与平面的夹角为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）过点作的垂线，垂足为，所以平面，由题意可求得直线与平面的夹角为，可得点为中点，由等体积法求解即可.
【详解】（1）因为平面平面，
所以平面，平面，
又因为平面平面，所以．
（2）过点作的垂线，垂足为，则，
因为平面，所以平面，
所以直线与平面的夹角为，
又，设，
则，
所以，所以，
所以M为CD中点，E为PC中点，

因为平面，所以平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为，
故
（二）
平面与平面平行的判定与性质
(1)证明面面平行的常用方法
①利用面面平行的判定定理．
②利用垂直于同一条直线的两个平面平行(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．
③利用面面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)．
(2)当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线．
题型3：平面与平面平行的判定
3-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，是正方形，，，，为棱的中点．求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】连接交于，连接，即可得到，从而证明平面，再说明四边形是平行四边形得到，即可得到平面，从而得证.
【详解】连接交于，连接，则为的中点，
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，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．
3-2．（2024高二·全国·课后作业）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，证明:平面BMN//平面PCD.
【答案】证明见解析
【分析】先证PM⊥平面ABCD再以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求解平面BMN与平面PCD的法向量，判断法向量是否平行即可证明．
【详解】证明 连接BD，PM，∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，∴BM⊥AD，
又PA=PD，M为AD的中点，∴PM⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PM⊥平面ABCD，
∴以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA=PD=2a，CD=b，则B(2a，0，0)，C(b，2a，0)，D(0，2a，0)，
P(0，0，2a)，M(0，0，0)，N(0，-a，a)，∴=(0，-a，a)，
=(2a，0，0)，=(b，2a，-2a)，=(0，2a，-2a)，
设是平面BMN的法向量，
是平面PCD的法向量，
则由，，
得令y1=1，则x1=0，z1=1，
∴是平面BMN的一个法向量，
同理，由，，得
令y2=1，可得x2=0，z2=1，
∴是平面PCD的一个法向量，
∵，∴平面BMN//平面PCD．
3-3．（2024·甘肃定西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD交于点O，底面ABCD，，点E，F分别是棱PA，PB的中点，连接OE，OF，EF．
(1)求证：平面平面PCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和面面垂直的判定即可求解；
（2）根据等体积法即可求解.
【详解】（1）因为底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O
所以O为AC中点，
点E是棱PA的中点，F分别是棱PB的中点，
所以OE为三角形的中位线，OF为三角形的中位线，
所以,，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
而,平面，平面，
平面平面PCD.
（2）因为底面ABCD是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，
所以，
因为底面ABCD，
底面ABCD，底面ABCD，
所以，，
所以和均为直角三角形，
所以，，
所以，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
根据体积相等法可知，
所以，
所以.
，
故三棱锥的体积为.
题型4：平面与平面平行的性质
4-1．（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．
4-2．（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，
.
4-3．（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.
（三）
解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
题型5：探索性问题
5-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设．当平面时，求实数的值.
【答案】
【分析】连接，交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得到为的中点，从而得解.
【详解】如图，连接，交于点，连接，
为的中点，且平面平面，
平面，平面，
，
为的中点，即实数的值为．
5-2．（2024高三·全国·专题练习）如图、三棱柱的侧棱垂直于底面，是边长为2的正三角形，，点在线段上且，点是线段上的动点．当为多少时，直线平面？
【答案】.
【分析】过点作交于点，过点作交于点，利用线面平行的判定定理可得平面，平面，再利用面面平行的判定定理及性质定理即得.
【详解】当点是线段上靠近点的三等分点，即时，平面.
过点作交于点，过点作交于点，连接，
平面，平面，
平面，
，面，平面，
平面，
又，平面，平面，
∴平面平面，
平面，
平面．
∴，
当时，平面．
5-3．（2024高二上·安徽合肥·阶段练习）已知正方体中，､分别为对角线､上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．
【分析】（1）连结并延长与的延长线交于点，证明，，又平面，平面，证明平面；
（2）是上的点，当的值为时，能使平面平面，通过证明平面，又，平面．然后证明即可．
【详解】（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面平行的判定定理，考查空间想象能力逻辑推理能力．
（四）
平行关系的综合应用
证明平行关系的常用方法
熟练掌握线线、线面、面面平行关系间的相互转化是解决线线、线面、面面平行的综合问题的关键．面面平行判定定理的推论也是证明面面平行的一种常用方法．
题型6：平行关系的综合应用
6-1．（2024高二上·山西朔州·期中）如图所示，四边形EFGH为四面体ABCD的一个截面，若四边形EFGH为平行四边形.
(1)求证：平面；
(2)若，，求四边形周长的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面，得出，从而证明平面；
（2）设，，由，，求出x､y的关系式，再求四边形的周长l的取值范围即可.
【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴；
∵平面，平面，∴平面，
又∵平面，平面平面，∴；
又∵平面，平面，平面；
（2）设，，由（1）可知，同理有，
∴，，∴，
又∵，，∴，
∴，且；
∴四边形的周长为，
∴；
∴四边形周长的取值范围是.
6-2．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示的几何体是由圆锥与圆柱组成的组合体，其中圆柱的轴截面是边长为2的正方形，圆锥的高，M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点．
(1)求证：∥平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正切值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，连结，，证明，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）以O为原点，分别以，的方向为x轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，直线与平面所成角为，可得，根据同角三角函数的基本关系即可求解．
【详解】（1）连结，，
设圆锥的底面所在平面为，则，，
所以S，，O三点共线．
从而，所以点S，D，C，O共面．
又因为，，
所以四边形为平行四边形，
故，
因为M为圆柱下底面圆周上异于A，B的点，
所以平面，又平面，
所以平面．
（2）如图，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，设，
则，即，且，
则，，，
设平面的法向量，
则，即，整理得，
令，则．
因为，所以，从而，
所以．
设直线与平面所成角为，
则，
故．
因为，所以，
从而，解得，
所以直线与平面所成角的正切值的取值范围为．
6-3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，，，分别是，上的点，且，现将四边形沿向上折起成直二面角，设.
(1)若，在边上是否存在点，满足，使得平面？若存在，求出；若不存在，说明理由.
(2)当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离.
【答案】(1)存在点，满足使得平面.理由见详解
(2)
【分析】（1）如图，当时，由题意可得且，进而，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质可得平面，利用三棱锥的体积公式可得三棱锥，由二次函数的性质求出的最大值，此时，根据余弦定理和三角形面积公式求出，结合等体积法计算即可求解.
【详解】（1）存在，使得平面，此时.
证明如下：
当时，过作，与交于，连接，
则，又，得，因为，
所以且，所以四边形为平行四边形，
得，又平面，平面，
所以平面.
（2）由题意知，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
由，得，
所以三棱锥的体积为，
当时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为3.
此时，
由平面，平面，得，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，得，
设点到平面的距离为，由，
得，解得，
即点到平面的距离为.
6-4．（2024·河南·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，的中点分别为，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接、，设，根据，则即可求出，从而证明四边形为平行四边形，即可得到，从而得证；
（2）利用勾股定理逆定理得到，再由，即可得到平面，即可得证；
（3）过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接、，设，
则，，
因为，，则，
，解得，则为的中点，
由分别为的中点，
所以且， 且，即且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）由（1）可知，则，，
所以，因此，则，
有，又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3）因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
在中，，
在中，，
即，
设，所以由，可得，
解得，所以，
则 ，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
又平面的一个法向量为，
设二面角为，显然为钝角，
所以，所以二面角的大小为.