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2025年高考数学一轮复习核心考点：空间直线、平面的平行（新教材新高考）
一 线面平行
1定义
直线与平面无交点.
2 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.
(1) 若平面外一直线与该平面一直线平行，则直线与平面没有公共点，即直线与平面平行；
(2) 符号表述
(线线平行线面平行)
(3) 若，要证明，则在平面内找一条直线与直线平行.把直面平行问题转化为线线平行.
3 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.
(1) 符号表述
(线面平行线线平行)
(2) 证明：如上图，，，又，与无公共点，
又，.
(3) 该性质定理可以由线面平行得到线线平行，即线线平行问题也可以转化为线面平行.
4 证明线面平行的方法
定义法(反证) (用于判断)
判定定理： (线线平行线面平行)
(面面平行线面平行)
二 面面平行
1 定义
;
2 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，那么两个平面互相平行；
符号表述：
【如图】
推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行.
符号表述：
【如图】
3 面面平行的性质
(面面平行线面平行)
(面面平行线线平行)
夹在两个平行平面间的平行线段相等.
4 证明面面平行的方法
定义法；
判定定理及推论(常用)
【题型1】 直线与平面平行的判定与性质
角度1 直线与平面平行的判定
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)在空间四边形中，分别为上的点，且，分别为的中点，则( )
A．平面且为矩形 B．平面且为梯形
C．平面且为菱形 D．平面且为平行四边形
【答案】B
【分析】根据平行线等分线段定理、线面平行的判定定理、三角形中位线定理，结合矩形、梯形、菱形、平行四边形的定义进行判断即可.
【详解】在平面内，，
．
又平面平面，
平面．
又在平面内，
分别是的中点，
．
又，
．
在四边形中，且，
四边形为梯形．
故选：B．
【典题2】 (2024·浙江台州·二模)如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】(1)分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
(2)先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解.
【详解】(1)证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
(2) 由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
.
【巩固练习】
1.下列命题正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理依次判断各选项即可得出结果.
【详解】对于A，，有可能，A错误；
对于B，，有可能异面，B错误；
对于C，，有可能，C错误；
对于D，由线面平行的判定定理可知D正确．
故选：D
2.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，不满足直线平面的是( )
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.
【详解】对于A,如下图所示，
易得,则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,则四边形为平行四边形，四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，且,
又平面,平面,则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选：D.
3.(2023·湖南岳阳·模拟预测)如图，四棱锥的底面是边长为3的正方形，为侧棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若底面，且，求四棱锥的表面积．
【答案】(1)证明见解析，(2)36.
【分析】(1)利用直线与平面平行的判定定理容易证出；
(2)容易推导出四个侧面都是直角三角形，进而表面积可求.
【详解】(1)如下图，连接,设与相交与点,连接.
因为底面是边长为3的正方形，所以为中点，
又因为为侧棱的中点，所以 ，
又平面，平面，
所以平面.
(2)因为底面，平面，所以，又，
平面，所以平面，
而平面，所以，同理可证，
所以均为直角三角形，
则四棱锥的表面积为，
所以四棱锥的表面积为36.
4.(2023·湖北武汉·一模)如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.
(1)证明：直线平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】(1)延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】(1)证明：延长和交于点，连接交于点，连接，
由，故，所以，所以，
所以，所以为中点，
又且，且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
(2) 解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
.
角度2 直线与平面平行的性质
【典题1】 (2024·全国·模拟预测)已知为三个不同的平面，为三条不同的直线，若，，，，则下列结论正确的是( )
A．与相交 B．与相交 C． D．与相交
【答案】C
【分析】根据空间中直线与平面的关系即可结合选项逐一求解.
【详解】，平面，，，故A错误；
同理可得，，故B错误；
由A，B知，故C正确；
由A知，平面，平面，，故D错误．
故选：C
【典题2】(2024·全国·模拟预测)如图，已知圆锥，底面圆内接正方形，若平面平面．现有以下三个结论：
①平面；
②；
③若为钝角，是底面圆周上的动点，则的最大面积大于的面积．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】
由线面平行的判定定理以及线面平行的性质定理即可判断①②，由三角形的面积公式即可判断③.
【详解】
因为四边形为正方形，则，
又平面，平面，所以平面，则①正确；
又因为，平面，平面，
则平面，且平面，平面平面，
所以，又，所以，则②正确；
因为，所以两条母线的夹角可能为，
因为是底面圆周上的动点，设母线长为，
则，
又因为，
而，所以，
的最大面积大于的面积，则③正确．
故答案为：①②③
【典题3】(2024·全国·二模)如图1，中，分别是线段上的动点，且，将沿折起至，如图2，在四棱锥中，为的中点，且平面.
(1)证明：；
(2)若为线段上一点，若平面与平面的夹角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)取中点，利用线面平行的性质证明四边形是平行四边形即可推理得解.
(2)建立空间直角坐标系，利用面面角、线面角的向量求法求解即得.
【详解】(1)取中点，连接，由为的中点，得，
由，得，则，
由平面，平面，平面平面，
因此，四边形是平行四边形，，
所以.
(2) 由（1）知，，，而，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由点在线段上，设，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
依题意，，解得，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
.
【巩固练习】
1. 设表示空间的两条直线，表示平面，给出下列结论：(1)若且，则；(2)若且，则；(3)若且，则；(4)若且，则，其中不正确的个数是( )
A．1 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据直线与直线平行、直线与平面平行的性质分别判断命题真假即可得解.
【详解】若且，则或，故命题错误；
若且，则或为异面直线，故命题错误；
若且，则或，故命题错误；
若且，则或相交或异面，故命题错误.
故选：D.
2.如图所示，过三棱台上底面的一边，作一个平行于棱的截面，与下底面的交线为DE；若D、E分别是AB、BC的中点，则( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据线面平行和面面平行得到线线平行，得到几何体为棱柱，另外，根据柱体和台体体积公式求出答案.
【详解】平面与棱平行，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
故几何体为棱柱，设棱柱的高为，
故，
又D、E分别是AB、BC的中点，则，
由台体体积公式得，
故
故选：A
3.(2021·山西吕梁·三模)如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝(　　)
A．2 B． C． D．1
【答案】D
【分析】首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，找到包含的平面与平面的交线，即可计算的值.
【详解】连结，交于点，连结和，，
因为平面，又平面，且平面平面，
所以，又点是的中点，所以是的中点，
所以
故选：D
4.(2024·山东·二模)三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ．
【答案】
【分析】首先证明截面为长方形，设，将面积表示为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得结果.
【详解】如图所示，因为平面，设面，所以，
同理：，
设，所以，即，
所以四边形为平行四边形，即，
面，面，所以面，
又因为面，面面，
所以，即，且，
取中点，连接，易得，，
，所以面，所以，所以，
所以四边形为正方形，
所以面与三棱锥的交线围成的面积，
当，即为中点时，面积最大，最大值为，
故答案为：.

5.(2024·广东佛山·一模)如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
(1)证明： ；
(2)求顶点到直线的距离.
【答案】(1)答案见解析，(2)
【分析】(1)由已知，可根据，利用线面平行的判定定理证明平面，在使用线面平行的性质定理可证明；
(2)由已知，可作交平面和平面的交线于，利用线面垂直的判定和性质证明，从而即为点到直线的距离，然后在利用勾股定理求解边长，即可求解.
【详解】(1)证明：由题知，平面，平面，
所以平面，又因为平面平面，
平面，所以.
(2)作交直线于点，连接，因为是直三棱柱，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以就是点到直线的距离，
作交于点，因为，，所以，
又因为，所以四边形是矩形，所以，
在，，，所以，
在，，
所以点到直线的距离为.
【题型2】 平面与平面平行的判定与性质
角度1 平面与平面平行的判定
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有( )
①若，且，则；
②若相交且都在平面外，，则；
③若，则；
④若，且，则．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】根据线面平行和面面平行逐项判断即可.
【详解】对于①，若，且，则或相交，故①错误；
对于③和④，与也可能相交，均错误；
对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．
故选：A．
【典题2】(2022·江西景德镇·三模)已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点(包含边界)，E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作辅助线，证明平面平面，说明线段AM即为动点P的轨迹，由此求得AM的长，即可求得答案.
【详解】连接，则，
又平面，平面，故平面，

设为BC的中点，连接，
由于F分别是棱的中点，故，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又平面，
故平面平面，
由于平面BEF，故平面，
又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面，
故AM即为动点P的轨迹，
而，故AP的取值范围是，
故选：A
【典题3】(2024·四川泸州·三模)如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，与交于点，底面，，点，分别是棱，的中点，连接，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)见解析，(2)
【分析】(1)根据中位线定理和面面平行的判定定理即可证明；
(2)根据等体积法即可求解.
【详解】(1)因为底面是矩形，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，
所以平面平面.
(2)因为底面ABCD是矩形，，，
所以为等边三角形，所以，
所以，
根据体积相等法可知，
，
故三棱锥的体积为.
【巩固练习】
1. (2020·山东济宁·三模)已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是( )
A．内有无数条直线与平行 B．内的任何直线都与平行
C．且 D．且
【答案】D
【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，
即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；
对于C选项，若且，则、平行或相交，
则“且”“”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，
反之，若，则“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.
故选：D.
2.(2023·甘肃白银·二模)如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是( )
A．2 B． C． D．3
【答案】B
【分析】先根据题中的关系确定点在平面中的位置，在求的最小值.
【详解】如图，分别取棱，的中点，，连接，，．
因为正方体中，，
所以平面内两相交直线，与平面平行
所以平面，则点在线段上．
过点作，垂足为，连接DH，
则，当且仅当与重合时，．
故选：B.
3.(2023·浙江·模拟预测)如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)根据线面平行及面面平行的判定定理即得；
(2)方法一，延长与交于，由题可得面面，过作，过作，进而可得即为面与面所成二面角的平面角，结合条件即得；
方法二，利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】(1)连接，∵为中点，为中点，
∴，又面，面，
∴面，
在中，，，，
∴，即，
在中，，，∴，，
在中，，，，，
∴，，∴，
∵F为AB中点，∴，，
∴，又∵面，面，
∴面，又∵，CF，面，
∴平面平面；
(2) 延长与交于，连，则面面，
在中，，，，所以，
又，，，面，
∴面，面，
∴面面，
在面内过作，则面，
∵面，∴，
过作，连，∵，面，面，
∴面，面，
∴，
∴即为面与面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，，，又，
∴，， ，
∴.
.
4.(2024·福建厦门·一模)如图，在四棱锥中，，，，，平面，过点作平面．
(1)证明：平面平面；
(2)已知点F为棱的中点，若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解，(2)
【分析】(1)利用三角形相似及等量代换得，利用线面垂直得，进而得平面EAC，结合已知条件得证；
(2)利用空间向量法可求
【详解】(1)

设AC与BD的交点为O，连接OF，
因为，且，所以，
因为，所以，，，
且，，，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
即，所以，
所以，即，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面EAC，
所以平面EAC，
又因为平面，且平面EAC，
所以平面平面
（2）
因为，平面，
所以两两垂直，
如图，以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，
因为点F为棱的中点，
所以，
设平面FBD的一个法向量为，
则，所以，
取，得，
所以平面FBD的一个法向量为，
记直线AD与平面FBD所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
5.如图，四棱锥中，平面，，，，，分别为，的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)见解析；(2)
【解析】(1)由已知可得：，即可证得：平面，再证明四边形为平行四边形即可证得，即可证得：平面，命题得证.
(2)利用等体积法得：，整理计算得解.
【详解】(1)证明：因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面
因为，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
因为，，平面，所以平面平面
(2)解：因为，，为中点，
所以，
因为平面，所以，
因为，
所以，
设点到平面的距离为，因为，
所以，所以到平面的距离.
角度2 平面与平面平行的性质
【典题1】 已知为所在平面外一点，平面平面，且交线段，，于点，若，则( )
A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．4：25
【答案】D
【分析】根据面面平行的性质定理可得，，且，，进而根据等角定理可得，，，即可得出答案.
【详解】由已知可得，平面平面，平面，平面平面，
根据面面平行的性质定理可得，，且.
同理可得，，.
根据等角定理可得，，，，
所以，.
所以，.
故选：D.
【巩固练习】
1. (2024·江苏盐城·模拟预测)已知两条不同的直线，表示三个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A． B．与平行或相交
C． D．
【答案】B
【分析】由线线、线面、面面的位置关系直接判断即可.
【详解】对于A，若，则或异面，故A错误；
对于B，若，则平行或相交，故B正确；
对于C，若，则，所以，故C错误；
对于D，若，则或相交，可参考直三棱柱的三个侧面，故D错误；
故选：B.
2.如图，在四面体中，是中点，是中点.在线段上存在一点，使得平面，则的值为( )

A．1 B．2 C．3 D．
【答案】C
【分析】取MD中点O，连接OP，OQ，利用线面平行的判定定理证明平面.从而利用面面平行的判定定理得平面 平面.再利用面面平行的性质定理得，利用三角形的比例性质即可求解.
【详解】如图所示，

取MD中点O，连接OP，OQ，∵为MD中点，为中点，∴.
又∵平面，平面，∴平面.
又平面，，平面，平面，
∴平面 平面.
又平面，平面，平面平面，平面平面，
∴，∴在中，.
故选：C.
3.如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则 .
【答案】
【分析】由面面平行的性质定理得到，再利用相似比求AB的长度.
【详解】因为平面平面，由面面平行的性质定理得，
所以，所以，即，解得，
故答案为：.
4.(2024·广东汕头·一模)如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
【答案】 /0.5 /
【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.
【详解】在正方体中，是棱的中点，
延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，，
由，得，又，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面，
则，又，因此，，
所以.
故答案为：；
【题型3】 平行关系的综合应用
【典题1】 (多选)(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
【答案】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.

【典题2】(2024·山东聊城·二模)如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】(1)要证明线面平行：平面，只需证明平面平面(其中点在线段上，)，从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可.
【详解】(1)在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
(2) 因为平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，
，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
.
【巩固练习】
1. (多选)(2023高三·全国·专题练习)如图，已知正方体的棱长为2，设P，Q分别为，的中点，则过点P，Q的平面截正方体所得截面的形状可能为( )
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】BCD
【分析】
根据正方体六个面即三对互相平行的平面的性质，结合空间直观想象作出截面图形即可.
【详解】
对选项A，假设过点P，Q的平面截正方体所得截面的形状为三角形，则必为三角形的一条边，
但线段不在正方体的任一表面上，不可能为截面图形的边.故A项错误；
对选项B，如图，取AB的中点为，连接PM，过点P，Q，M的平面作截面，
则平面，设平面，且点，
由平面平面，则，又，且，又，
则，故所在直线与重合，又，
连接MD，，则四边形为平行四边形，且，
故此时过点P，Q，M的平面截正方体所得的截面为四边形，
故选项B正确；
对选项C，如图，连接，过点的平面作截面，
则平面，设平面，且点，
由平面平面，则，
取上靠近的四等分点为，连接，
再分别取的中点，连接，
由，，可得四边形为平行四边形，
则，同理可证，又由分别为的中点，则，
则由平行的传递性可得，，
即所在直线与重合，即平面；
同理，取上靠近的三等分点为M，连接，
由平面平面，可得，平面；
连接，此时过点的平面截正方体所得的截面为五边形PBNQM，
故C项正确；
对选项D，如图，取M，N，E，F分别为对应棱的中点，
连接PF，FQ，QE，EN，MN，PM，
与BC项同理可由平面平面，平面平面，平面平面，
得，，，
即此时过点的平面截正方体所得的截面为六边形PMNEQF，故D项正确.
故选：BCD．
2. (2021·江苏南通·模拟预测)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN//平面A1BD则线段MN的最小值为( )
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正方体性质及线面、面面平行的判定找到过点平行于面的截面，进而确定的运动轨迹，结合已知即可求最小值.
【详解】在正方体中分别是的中点，
由正方体性质易知：，而，，则，
由面，面，则面，同理有面，
由，面，故面面，
所以面中的直线平行于面，
由面，则在直线上运动，要使最小，只需，
延长、交于，故只需求出△底边上的高即可，
由已知可得：，则△为边长为的等边三角形，
所以底边上的高为，即最小值为.
故选：B
3.(2023·四川·三模)如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内(含边界)的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为( )

A．2 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接、、、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出平面，说明点的轨迹为线段，结合线面角的定义求与侧面所成角的正切值最大.
【详解】取的中点，连接、、、、，如图所示：

在正方体中，且，
因为、分别是棱、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，同理可证平面，
，平面，
所以平面平面，
平面，若，则平面，平面，
所以，点在侧面内的轨迹为线段，
因为平面，
所以与侧面所成的角为，
在，，
所以，
所以与侧面所成角的正切值为，
在中，，所以，
所以点到边的距离为，即的最小值为，
所以与侧面所成角的正切值的最大值为，
故选：D.
4.(2023·福建泉州·三模)如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点．
(1)试确定点E的位置，使平面；
(2)已知平面．设直线与平面所成的角为，试在(1)的条件下，求的最小值．
【答案】(1)是的中点，详见解析；(2).
【分析】(1)根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面 平面，有面面平行的性质即可得线线平行，即可求解；
(2)根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解.
【详解】(1)连接,
由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,
平面, 平面,故平面,
又平面，且平面， ，
所以平面 平面，又平面平面,平面平面,故,
由于是的中点,故是的中点，
故点在边的中点处，平面;
(2) 因为平面，平面,
所以,又 平面,
故平面,由于平面,所以 ,
由（1）知：在边的中点，是的中点,
所以,进而，
连接,由
所以四边形为平行四边形，
故 ,由于平面，因此平面，
故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，
则，
故 ，
设平面平面的法向量为，
则，取，则，
又，
故，
当且仅当，即时取等号，
要使的最小值，只需要最大，最大值为，
此时的最小值为 .
.
5.如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使 平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)线段上当点满足，使 平面．
【分析】(1)先根据线面垂直的性质定理与判定定理证得平面，从而得证；
(2)根据三棱锥等体积即可求解.
(3)利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得解.
【详解】(1)因为底面，平面，所以.
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
(2)设点到平面的距离为.
因为底面，，为的中点，
所以点到平面的距离为.
又因为在中，，，．
则，
.
又因为底面，平面，所以 ，
又因为，，为的中点，
所以，
又因为由(1)知平面，平面，所以，
则.
所以，则，
则的面积为，
所以，解得.
(3)线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．
因为为的中点，
所以由为的中位线，可得.
又因为平面，平面ABC，所以平面；
由，可得，则，
又因为平面ABC，平面ABC，所以平面．
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面MNK，所以平面ABC．
1.(2022·全国·高考真题)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
【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；
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.
2.(2022·全国·高考真题)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】(1)连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
(2)建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】(1)证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

(2) 解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
。
3.(2023·全国·高考真题)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【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）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：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，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【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）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
2025年高考数学一轮复习核心考点：空间直线、平面的平行（新教材新高考）
一 线面平行
1定义
直线与平面无交点.
2 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.
(1) 若平面外一直线与该平面一直线平行，则直线与平面没有公共点，即直线与平面平行；
(2) 符号表述
(线线平行线面平行)
(3) 若，要证明，则在平面内找一条直线与直线平行.把直面平行问题转化为线线平行.
3 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.
(1) 符号表述
(线面平行线线平行)
(2) 证明：如上图，，，又，与无公共点，
又，.
(3) 该性质定理可以由线面平行得到线线平行，即线线平行问题也可以转化为线面平行.
4 证明线面平行的方法
定义法(反证) (用于判断)
判定定理： (线线平行线面平行)
(面面平行线面平行)
二 面面平行
1 定义
;
2 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，那么两个平面互相平行；
符号表述：
【如图】
推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条直线，那么这两个平面互相平行.
符号表述：
【如图】
3 面面平行的性质
(面面平行线面平行)
(面面平行线线平行)
夹在两个平行平面间的平行线段相等.
4 证明面面平行的方法
定义法；
判定定理及推论(常用)
【题型1】 直线与平面平行的判定与性质
角度1 直线与平面平行的判定
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)在空间四边形中，分别为上的点，且，分别为的中点，则( )
A．平面且为矩形 B．平面且为梯形
C．平面且为菱形 D．平面且为平行四边形
【典题2】 (2024·浙江台州·二模)如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【巩固练习】
1.下列命题正确的是( )
A． B．
C． D．
2.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，不满足直线平面的是( )
A． B．C．D．
3.(2023·湖南岳阳·模拟预测)如图，四棱锥的底面是边长为3的正方形，为侧棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若底面，且，求四棱锥的表面积．
4.(2023·湖北武汉·一模)如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.
(1)证明：直线平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
角度2 直线与平面平行的性质
【典题1】 (2024·全国·模拟预测)已知为三个不同的平面，为三条不同的直线，若，，，，则下列结论正确的是( )
A．与相交 B．与相交 C． D．与相交
【典题2】(2024·全国·模拟预测)如图，已知圆锥，底面圆内接正方形，若平面平面．现有以下三个结论：
①平面；
②；
③若为钝角，是底面圆周上的动点，则的最大面积大于的面积．
其中所有正确结论的序号是 ．
【典题3】(2024·全国·二模)如图1，中，分别是线段上的动点，且，将沿折起至，如图2，在四棱锥中，为的中点，且平面.
(1)证明：；
(2)若为线段上一点，若平面与平面的夹角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【巩固练习】
1. 设表示空间的两条直线，表示平面，给出下列结论：(1)若且，则；(2)若且，则；(3)若且，则；(4)若且，则，其中不正确的个数是( )
A．1 B．2个 C．3个 D．4个
2.如图所示，过三棱台上底面的一边，作一个平行于棱的截面，与下底面的交线为DE；若D、E分别是AB、BC的中点，则( )
A． B． C． D．
3.(2021·山西吕梁·三模)如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝(　　)
A．2 B． C． D．1
4.(2024·山东·二模)三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为 ．
5.(2024·广东佛山·一模)如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
(1)证明： ； (2)求顶点到直线的距离.
【题型2】 平面与平面平行的判定与性质
角度1 平面与平面平行的判定
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有( )
①若，且，则；
②若相交且都在平面外，，则；
③若，则；
④若，且，则．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【典题2】(2022·江西景德镇·三模)已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点(包含边界)，E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是( )
A． B． C． D．
【典题3】(2024·四川泸州·三模)如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，与交于点，底面，，点，分别是棱，的中点，连接，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积.
【巩固练习】
1. (2020·山东济宁·三模)已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是( )
A．内有无数条直线与平行 B．内的任何直线都与平行
C．且 D．且
2.(2023·甘肃白银·二模)如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是( )
A．2 B． C． D．3
3.(2023·浙江·模拟预测)如图，在四棱锥中，已知，，，，，，为中点，为中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
4.(2024·福建厦门·一模)如图，在四棱锥中，，，，，平面，过点作平面．
(1)证明：平面平面；
(2)已知点F为棱的中点，若，求直线与平面所成角的正弦值．
5.如图，四棱锥中，平面，，，，，分别为，的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
角度2 平面与平面平行的性质
【典题1】 已知为所在平面外一点，平面平面，且交线段，，于点，若，则( )
A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．4：25
【巩固练习】
1. (2024·江苏盐城·模拟预测)已知两条不同的直线，表示三个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A． B．与平行或相交
C． D．
2.如图，在四面体中，是中点，是中点.在线段上存在一点，使得平面，则的值为( )

A．1 B．2 C．3 D．
3.如图，平面平面，所在的平面与，分别交于和，若，，，则 .
4.(2024·广东汕头·一模)如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
【题型3】 平行关系的综合应用
【典题1】 (多选)(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
【典题2】(2024·山东聊城·二模)如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【巩固练习】
1. (多选)(2023高三·全国·专题练习)如图，已知正方体的棱长为2，设P，Q分别为，的中点，则过点P，Q的平面截正方体所得截面的形状可能为( )
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
2. (2021·江苏南通·模拟预测)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN//平面A1BD则线段MN的最小值为( )
A．1 B． C． D．
3.(2023·四川·三模)如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内(含边界)的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为( )

A．2 B．1 C． D．
4.(2023·福建泉州·三模)如图，三棱台中，是的中点，E是棱上的动点．
(1)试确定点E的位置，使平面；
(2)已知平面．设直线与平面所成的角为，试在(1)的条件下，求的最小值．
5.如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使 平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
1.(2022·全国·高考真题)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
2.(2022·全国·高考真题)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
3.(2023·全国·高考真题)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.

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