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专题38 空间直线、平面的平行（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 12
【考点1】直线与平面平行的判定与性质 12
【考点2】平面与平面平行的判定与性质 19
【考点3】平行关系的综合应用 27
【分层检测】 35
【基础篇】 35
【能力篇】 47
【培优篇】 54
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.
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∥b
2.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∥b
1.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
一、解答题
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2024·天津·高考真题）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；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
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·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)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
2．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
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)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1】直线与平面平行的判定与性质
一、解答题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，已知，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，H为AB的中点．
(1)判断DE与平面ABC的位置关系，并加以证明；
(2)求直线DH与平面ACE所成角的正弦值．
2．（2024·河南新乡·模拟预测）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，且二面角的大小为120°，求的值．
3．（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点．
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为．
4．（2024·四川自贡·三模）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，是棱上一点．
(1)若‖平面，证明：是的中点．
(2)若，，问线段上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．(1)平面，证明见解析；
(2)
【分析】（1）分别取的中点，连接，且，再利用线面平行的判定定理，即可得到答案；
（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量，代入夹角公式，即可得到答案；
【详解】（1）平面，理由如下：
分别取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
同理平面，所以，
又因为是全等的正三角形，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；
（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，令.
则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，所以
则，取，，则，
所以，
设直线与平面所成的角为，则．
2．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取棱的中点，连结，，可证四边形是平行四边形，利用线面平行的判定即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出参数，即可求解
【详解】（1）如图，取棱的中点，连接．
因为是棱的中点，所以且．
又因为四边形是矩形，是棱的中点，故且，
所以四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，故平面．
（2）取棱的中点，则在正三角形中，，所以平面．
以为坐标原点，的方向分别为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
设，则．
所以．
设平面的法向量为，
则即可取．
设平面的法向量为，
则即可取．
由题设知，故，
即．
3．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明；
（2）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果；
（3）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题.
【详解】（1）因为直线平面平面，
且平面平面，所以；
（2）过作，垂足为，
由题意知：为矩形，可得，
由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，
所以.
（3）由（1）可知：平面ABCD，
取线段的中点，连接，则，，
又因为，可知，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为E为线段PF上一点，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得，
所以当，直线与平面夹角的正弦值为.
4．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接交于，连接，则由线面平行的性质可得‖，再由为的中点，可证得结论；
（2）由已知条件结合线面垂直的判定定理可得平面，则可求出，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，则，设线段上存在点满足条件，则设，然后由可求得结果.
【详解】（1）证明：连接交于，连接，
因为四边形是正方形，所以为的中点，
因为‖平面，平面，平面平面，
所以‖，
因为为的中点，所以是的中点．
（2）因为，，四边形是正方形，
所以，
所以，
因为，平面，
所以平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，
设线段上存在点，使点到平面的距离为，
设，则，
因为，
所以，解得，
所以线段上存在点，且时，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、解答题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，且，，，G为的重心．

(1)证明：平面PCD．
(2)若，求点C到平面PAE的距离．
2．（2024·辽宁·模拟预测）如图，已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，点在线段上，且．
(1)当时，证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，点在上，点在上，平面平面．

(1)求证：是的中点；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
4．（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．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一连接AG并延长交PD于点M，延长AE交DC的延长线于点N，连接MN，由，得到．再结合G为PAD的重心，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；方法二 延长PG交AD于点O，取线段AD上靠近点D的三等分点F，则，连接EF，FG．易得平面PCD，再由G为△PAD的重心，得到，结合，，得到，从而．进而得到平面PCD，然后利用面面平行的判定定理和性质定理证明；
（2）延长PG交AD于点O，连接AC，根据PAD为等边三角形，得到，，再由，得到平面ABCD，设点C到平面PAE的距离为h，利用等体积法，由求解.
【详解】（1）证明：方法一 如图所示：

连接AG并延长交PD于点M，延长AE交DC的延长线于点N，连接MN．
∵且，
∴，．
∵G为PAD的重心，∴．
∴，∴．
∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
方法二 如图所示：

延长PG交AD于点O，取线段AD上靠近点D的三等分点F，则．
连接EF，FG．
∵且，∴．
∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD．
∵G为△PAD的重心，∴．
又，，
∴．∴，∴．
∵平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
又∵，EF，平面EFG，
∴平面平面PCD．
又∵平面EFG，
∴平面PCD．
（2）延长PG交AD于点O，连接AC，如图：

∵PAD为等边三角形，，∴，．
∵，，AD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
∵四边形ABCD为直角梯形，，，
∴，，．
在中，，，
∴，，
∴，即．
∵，，AD，平面PAD，
∴平面PAD．
∵平面PAD，∴．
设点C到平面PAE的距离为h．
∵，
，
又∵，∴．
故点C到平面PAE的距离为．
2．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接与交于点M，连接，利用线面平行的判定定理分别证明平面，平面，进而得证平面平面，从而由面面平行的性质得证平面；
（2）取AD中点O，取BC中点H，建立，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，进而求平面的一个法向量和，从而结合空间向量利用直线与平面的夹角列方程即可求得的值.
【详解】（1）连接与交于点M，连接，如图:
因为底面为矩形，所以M是BD的中点，
当时，G是的中点．
所以，又平面，则平面.
因为四边形为平行四边形，所以，
又平面，则平面.
又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面 .
（2）取AD中点O，取BC中点H，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，又平面，平面平面，
所以平面，
又底面为矩形，则.
以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图：
由题意可得，，，，，，
，，，.
设平面的一个法向量，
则，取，得，即平面的一个法向量.
又，
设直线与平面所成角为，则，
整理得：，所以（舍去）.
故直线与平面所成角的正弦值为时.
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面平行得到线线平行，从而得到四边形为平行四边形，，得到结论；
（2）作出辅助线，得到，结合三角形全等得到，从而证明出线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
平面平面．所以，
又由梯形可得，所以四边形为平行四边形，
所以，所以是的中点．
（2）连接，由（1）知是的中点，，
故，故，
因为，
所以，故，即，
因为，所以与全等，
所以，即，
又平面，所以平面，
以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，

因为，由勾股定理得，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，
取，则，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面．
得，
又是的中点，所以是的中点，．
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
4．(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、解答题
1．（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面平面．

(1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
2．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
3．（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心.
(1)求证：面面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度；
4．（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．(1)线段上存在中点，使得平面，理由见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明，，从而得到平面平面，即可得到平面；
（2）取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面，又，则点在以为直径的球与平面的交线上，即点的轨迹为圆，取的中点，过点作交于点，则平面，再求出的轨迹圆的半径，即可气求出轨迹长.
【详解】（1）线段上存在中点，使得平面，理由如下：

取的中点，的中点，连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，
即为线段的中点时，平面.
（2）取的中点，连接、，
又，为等边三角形，所以，，
，平面，所以平面，
又，所以平面，
又，所以点在以为直径的球上，
所以点在以为直径的球与平面的交线上，
即点的轨迹为圆，
取的中点，由平面，过点作交于点，
则平面，
又，则，
设球的半径为，的轨迹圆的半径为，则，，
所以点的轨迹长度为.

2．(1)
(2)存在，为的中点
【分析】（1）根据计算可得；
（2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证.
【详解】（1）在直四棱柱中，底面为正方形，
所以平面，
所以.
（2）当为的中点时满足平面平面，
设，连接，
因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，
又为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
3．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，利用平行的传递性可以证明，利用对应成比例可以证明，从而得证面面平行；
（2）利用第（1）问的结论，把平面与平面的夹角问题，转化为平面与平面的夹角问题，连接，根据二面角的平面角的定义，为所求二面角的平面角，解三角形即可求；
（3）先找一个特殊的点，使得直线与平面平行，然后再延展平面，与底面的交线长度即为所求.
【详解】（1）如图，连接,易知三点共线
因为分别为面，面，面的重心，
所以在中，，所以，
在中，所以分别是棱的中点，所以，
所以，
又平面，平面，所以平面，
在中，，所以，
又平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
所以面面.
（2）由（1）知，平面平面，所以平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等，
如图，连接，因为分别是棱的中点，
所以在等腰中，，在等边中，，
所以是平面的夹角与平面与平面所成角的平面角，
因为面，面，所以,
又，，，平面，所以面，
又面，所以，
所以在中，，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）如图，取线段靠近点的三等分点P，连接，易知三点共线，
连接，因为点为等边的重心，所以，
所以当点在点P位置时，满足题意，
取线段靠近点G的三等分点Q，连接，易知，又，
所以，所以共面，即当O在线段上运动时，均满足题意，
所以即为点的轨迹长度,
又，
所以点的轨迹长度为.
4．(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
【基础篇】
一、单选题
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·重庆·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
3．（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
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·江苏徐州·模拟预测）如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·广东广州·三模）下列命题正确的是（ ）
A．如果一条直线上两点到一个平面的距离相等，那么这个直线与这个平面平行
B．两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等
C．如果一个平面内一个锐角的两边，分别平行于另一个平面内一个角的两边，那么这两个平面平行
D．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直
7．（2024·河南·模拟预测）已知点，为不同的两点，直线，，为不同的三条直线，平面，为不同的两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，则直线
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．（2021·黑龙江大庆·一模）如图，已知正方体，点分别是的中点， 与平面 （填“平行”或“不平行”）；在正方体的条面对角线中，与平面平行的面对角线有 条．
10．（2021·江西·二模）如图，在平行六面体中，所有棱长均为a，且，点E在楼上，且，平面α过点E且平行于平面，则平面α与平行六面体各表面交线围成的多边形的面积是 .
四、解答题
11．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
12．（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．

参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C D C ACD BC AC
1．D
【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.
【详解】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．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.
3．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.
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．ACD
【分析】结合题目条件，根据线面平行的判断定理，构造线线平行，证明线面平行.
【详解】对A：如图：

连接，因为为正方体棱的中点，所以，又，所以，
平面，平面，所以平面.故A正确；
对B：如图：

因为是正方体棱的中点，所以，，，
所以，
同理：，.
所以5点共面，所以平面不成立.故B错误；
对C：如图：

因为是正方体棱的中点，所以，，所以.
平面，平面，所以平面.故C正确；
对D：如图：

因为为正方体棱的中点，连接交于，连接，
则为的中位线，所以，
平面，平面，所以平面.故D正确.
故选：ACD
6．BC
【分析】A也有可能直线与平面相交；B由平面与平面平行的性质可得；C由平面与平面平行的判定可得；D中无数条直线是平行线时得不到直线与平面垂直.
【详解】对于A，当直线上的两点位于平面的同侧时，可得直线与平面平行；当两点位于平面两侧时，直线与平面相交，故A错误；
对于B，如图，，则确定一个平面，又因为，平面，平面，所以根据平面与平面平行的性质得，所以四边形是平行四边形，所以，故B正确；

对于C，根据平面与平面平行的判定可知C正确；
对于D，当平面内的无数条直线都平行时，不能得到直线与平面垂直，故D错误；
故选：BC.
7．AC
【分析】利用已知条件判断线线位置关系，可知A正确，BD错误；根据点线面的位置关系，结合立体几何的基本事实1，2，可以得到结论：C正确.
【详解】若，则垂直于任一条平行于的直线，又，则，故A正确；
若，不能推出,还可能平行或异面，故B错误；
若，则，，又，故，故C正确；
若，，则为内的一条直线，不一定对，故D错误.
故选：AC
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． 不平行 6.
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，令，则，，所以，，所以，所以 与平面不平行，
因为，所以，所以与平面平行，因为，所以 与平面平行，同理可得，，，与平面平行，，，，，，与平面不平行，
故与平面平行的面对角线有6条，
故答案为：不平行，6；
10．
【分析】根据题意作出截面，由此可求得答案．
【详解】如图，符合条件的截面是六边形EFGHMN，
，且六边形内角均为，
连接EG，GM，ME，可知△EGM为等边三角形，
，
所以面积为.
故答案为：．
11．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明平面平面，得平面，再证即可；
（2）依题建系，分别就① ，② ，③，写出相关点的坐标，求得平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）设，求得，分别利用①，②，③求得，结合列方程组，求出即得
【详解】（1）因为，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若选择条件①，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件②，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件③，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有.
设，，则，
由（1）知，所以
故存在实数，使得,即，解得,符合题意.
故得.
12．(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.

【能力篇】
一、单选题
1．（2024·贵州遵义·二模）已知平面满足，下列结论正确的是（ ）
A．若直线，则或
B．若直线，则与和相交
C．若，则，且
D．若直线过空间某个定点，则与成等角的直线有且仅有4条
二、多选题
2．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点是其侧面上的一个动点（含边界），点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得二面角大小为
B．存在点，使得平面与平面平行
C．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为
D．当为的中点时，四棱锥外接球的表面积为
三、填空题
3．（2023·北京东城·二模）如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则
四、解答题
4．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
参考答案：
题号 1 2
答案 D BC
1．D
【分析】根据给定条件，作出正方体，举例说明判断ABC；利用正方体的体对角线推理判断D.
【详解】在正方体中，平面，平面，平面两两垂直，
令平面为平面，平面为平面，平面为平面，
对于A，直线，，当为直线时，，A错误；
对于B，，当为直线时，，B错误；
对于C，，当为直线时，，C错误；
对于D，在正方体中，直线相交于点，
它们与平面，平面，平面所成的角都相等，
而正方体过其中心的直线有且只有4条直线与该正方体各个面所成的角相等，
过空间给定点作直线平行于直线之一，所得直线与与所成角相等，
因此直线过空间某个定点，与成等角的直线有且仅有4条，D正确.
故选：D
2．BC
【分析】由题意，证得，得到二面角的平面角，可得判定A错误；利用线面平行的判定定理分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，可判定B正确；取中点，证得，得到，得到点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为的劣弧，可判定C正确；当为中点时，连接与交于点，求得，得到四棱锥外接球的球心为，进而可判定D错误.
【详解】对于A，在正方体中，可得平面，
因为平面，平面，所以，
所以二面角的平面角为，其中，所以A错误；
对于B，如图所示，当M为中点，为中点时，
在正方体中，可得，
因为平面，且平面，所以平面，
又因为，且平面，且平面，所以平面，
因为，且平面，所以平面平面，所以B正确；

对于C，如图所示，取中点，连接，，，
在正方体中，平面，且，
所以平面，因为平面，可得，
则，
则点在侧面内运动轨迹是以为圆心、半径为2的劣弧，
分别交，于，如图所示，则，
结合对称性可知，，
则，劣弧的长为，所以C正确；
对于D，当为中点时，可得为等腰直角三角形，且平面平面，
连接与交于点，可得，
所以四棱锥外接球的球心即为与的交点，
所以四棱锥外接球的半径为，其外接球的体积为，所以D错误.
故选：BC.
3．
【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果.
【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分，
设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，，
故,
故答案为：.
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面平行的判定及性质即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可．
【详解】（1）证明：设中点为，连接，
为中位线，，
又平面，平面，
平面，
为梯形中位线，，
又平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面平面，
平面，
平面．
（2）以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
，不妨设，
，
则，
∴，
则，，
设平面的法向量为，
∴，即，
不妨取，，
设平面的法向量为，
∴，即，
不妨取，则，
，
设二面角平面角为，由图可知为锐角，
，
时，二面角的余弦最小值为．
【培优篇】
一、单选题
1．（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
二、多选题
2．（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
三、填空题
3．（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 .
参考答案：
题号 1 2
答案 D ABC
1．D
【分析】根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可求解.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理，求出四边形为平行四边形即可.
2．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.
3． /
【分析】由题意，根据线面平行的判定定理和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质确定点的轨迹为线段，且当取最小值时，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点线距离即可.
【详解】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则，
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，要使得平面，
则平面，因为平面平面，
故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点，
则.
以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系，
易知，
取，
则，
所以点到直线的距离为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过平面平面确定点的轨迹为线段，即当时取最小值，注重考查学生的数学运算和逻辑推理能力.
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专题38 空间直线、平面的平行（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 5
【考点1】直线与平面平行的判定与性质 5
【考点2】平面与平面平行的判定与性质 6
【考点3】平行关系的综合应用 8
【分层检测】 9
【基础篇】 9
【能力篇】 13
【培优篇】 14
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.
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∥b
2.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∥b
1.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
一、解答题
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2024·天津·高考真题）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；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
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·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．
【考点1】直线与平面平行的判定与性质
一、解答题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体中，已知，，均为等边三角形，平面平面ABC，平面平面ABC，H为AB的中点．
(1)判断DE与平面ABC的位置关系，并加以证明；
(2)求直线DH与平面ACE所成角的正弦值．
2．（2024·河南新乡·模拟预测）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为矩形，且平面平面分别为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，且二面角的大小为120°，求的值．
3．（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点．
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为．
4．（2024·四川自贡·三模）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，是棱上一点．
(1)若‖平面，证明：是的中点．
(2)若，，问线段上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
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、解答题
1．（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，且，，，G为的重心．

(1)证明：平面PCD．
(2)若，求点C到平面PAE的距离．
2．（2024·辽宁·模拟预测）如图，已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，点在线段上，且．
(1)当时，证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，点在上，点在上，平面平面．

(1)求证：是的中点；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
4．（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．
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、解答题
1．（2024·江西·模拟预测）如图所示，四边形为直角梯形，且，，，，．为等边三角形，平面平面．

(1)线段上是否存在一点，使得平面，若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
2．（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，．
(1)求三棱锥的体积．
(2)在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
3．（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心.
(1)求证：面面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度；
4．（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.
反思提升：
三种平行关系的转化
【基础篇】
一、单选题
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·重庆·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
3．（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
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·江苏徐州·模拟预测）如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·广东广州·三模）下列命题正确的是（ ）
A．如果一条直线上两点到一个平面的距离相等，那么这个直线与这个平面平行
B．两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等
C．如果一个平面内一个锐角的两边，分别平行于另一个平面内一个角的两边，那么这两个平面平行
D．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直
7．（2024·河南·模拟预测）已知点，为不同的两点，直线，，为不同的三条直线，平面，为不同的两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，则直线
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．（2021·黑龙江大庆·一模）如图，已知正方体，点分别是的中点， 与平面 （填“平行”或“不平行”）；在正方体的条面对角线中，与平面平行的面对角线有 条．
10．（2021·江西·二模）如图，在平行六面体中，所有棱长均为a，且，点E在楼上，且，平面α过点E且平行于平面，则平面α与平行六面体各表面交线围成的多边形的面积是 .
四、解答题
11．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 再从条件①、条件②、条件③，这三个条件中选择一个作为已知.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
12．（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．

【能力篇】
一、单选题
1．（2024·贵州遵义·二模）已知平面满足，下列结论正确的是（ ）
A．若直线，则或
B．若直线，则与和相交
C．若，则，且
D．若直线过空间某个定点，则与成等角的直线有且仅有4条
二、多选题
2．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点是其侧面上的一个动点（含边界），点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得二面角大小为
B．存在点，使得平面与平面平行
C．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为
D．当为的中点时，四棱锥外接球的表面积为
三、填空题
3．（2023·北京东城·二模）如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则
四、解答题
4．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角余弦的最小值．
【培优篇】
一、单选题
1．（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
二、多选题
2．（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
三、填空题
3．（23-24高三下·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为 ，此时点到直线的距离为 .
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