专题7.3 空间直线、平面的平行【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 证明线线平行】 4
【题型2 线面平行的判定】 7
【题型3 由线面平行的性质判定线线平行】 11
【题型4 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】 14
【题型5 由线面平行求线段长度】 18
【题型6 面面平行的判定】 22
【题型7 面面平行的性质定理的应用】 26
【题型8 平行关系的综合应用】 30
1、空间直线、平面的平行
考点要求 真题统计 考情分析
(1)理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 (2)掌握直线与平面、平面
与平面平行的判定与性质，并会简单应用 2022年全国乙卷（文数）：第9题，5分 2022年全国甲卷（文数）：第19题，12分 2023年新高考I卷：第18题，12分 2024年新高考I卷：第17题，15分 2024年北京卷：第17题，12分 空间直线、平面的平行是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中线面平行关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面平行的证明，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的平行的判定与性质.
【知识点1 线面平行、面面平行的判定定理和性质定理】
1．线面平行的判定定理和性质定理
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线线平行，则线面平行”.
(2)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.
(3)性质定理的作用
①作为证明线线平行的依据.当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行.
②作为画一条与已知直线平行的直线的依据.如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线.
2．面面平行的判定定理和性质定理
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语售
.
该定理可简记为“若线面平行，则面面平行”.
(2)判定定理的推论
①自然语言
如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，那么这两个平面平行.
②图形语言
③符号语言
.
(3)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若面面平行，则线线平行”.
(4)两个平面平行的其他性质
①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面.
②平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等.
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
④两条直线同时被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例.
⑤如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行.
【知识点2 空间中的平行关系的判定方法】
1．线线平行的证明方法
(1)定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；
(2)利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；
(3)利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行；
(4)利用线面平行与面面平行的性质定理来判定线线平行.
2．线面平行的判定方法
(1)利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点；
(2)利用线面平行的判定定理：如果平面外有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(简记为“线线平行—线面平行”)；
(3)利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。(简记为“面面平行—线面平行”).
3．面面平行的判定方法
(1)面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(选择、填空题可用)；
(4)平行于同一个平面的两个平面平行(选择、填空题可用).
【方法技巧与总结】
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，即若a⊥α，b⊥α，则a//b.
4．若α//β，aα，则a//β.
【题型1 证明线线平行】
【例1】（2024·全国·模拟预测）（19-20高一·全国·课后作业）如图，在三棱柱中，E，F分别是AB，AC上的点，且，则EF与的位置关系是（ ）
A．异面 B．平行 C．相交 D．平行或相交
【解题思路】根据线段比例关系,可得直线与直线的平行.结合空间中平行线的传递性即可判断.
【解答过程】因为在中,
所以
又因为
所以
故选：B.
【变式1-1】（23-24高一下·全国·课后作业）如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（ ）
A．3条 B．4条
C．5条 D．6条
【解题思路】由E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，结合正方体的结构特征，即可求解.
【解答过程】由于E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，
因为与棱B1C1平行的棱还有3条：AD, BC，A1D1，所以共有4条.
故选：B.
【变式1-2】（23-24高一·全国·课后作业）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且，求证：直线EH与直线FG平行．
【解题思路】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明,
【解答过程】∵E、H分别是AB、AD的中点，则 ，
又∵F、G分别是BC、CD上的点，且，则 ，
∴ ，
故直线EH与直线FG平行．
【变式1-3】（23-24高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点．
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，结合中位线证明出结论；
（2）求出底面积和高，利用锥体体积公式求出答案.
【解答过程】（1）连接，
因为分别为棱的中点，
所以，
因为正方体的棱长为3，
所以，，
故四边形为平行四边形，
所以，
故；
（2）由题意得，正方形的面积为，
，，
故，
又⊥平面，故⊥平面，
三棱锥的体积为.
【题型2 线面平行的判定】
【例2】（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点．
(1)求证：平面PBC；
(2)求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）利用三角形的中位线，证明，可证得平面PBC；
（2）利用三棱锥的体积公式求解.
【解答过程】（1）证明：如图，连接BD，由ABCD是平行四边形，则有BD交AC于点N．
∵M，N分别为PD，BD的中点，∴．
又平面PBC，平面PBC，故平面PBC．
（2）∵，∴，∴平行四边形ABCD为矩形．
∵，∴，，
∴．
又平面ABCD，M为PD的中点，则M到平面ACD的距离为．
∴．
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直四棱柱中，四边形为梯形，，，，，点在线段上，且，为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的表面积．
【解题思路】（1）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行，由面面平行的性质证明出线面平行；
（2）由余弦定理求出，进而得到，由勾股定理求出各边长，并利用余弦定理和面积公式求出各个面的面积，求出表面积.
【解答过程】（1）由已知可得，又平面，平面，
平面．
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面．
又，且，平面，
平面平面．
又平面，
平面．
（2）在中，，，，
由余弦定理可得，
，
．
∵为线段的中点．
∴，，
由勾股定理得，，
由余弦定理得，
故，
则，
又，，，
故三棱锥的表面积为．
【变式2-2】（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体中，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【解题思路】（1）根据正方体的性质得到，即可得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离.
【解答过程】（1）在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）设正方体的棱长为 ，则，解得，
所以，，
所以，
设点到平面的距离为，则，即，
即，解得，
即点到平面的距离为.
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点E，F，G，H分别在棱，，，上．
(1)若四边形为平行四边形，证明：平面；
(2)若E，F，G，H均为所在棱的中点，三棱锥的体积为，多面体的体积为，求．
【解题思路】（1）由四边形为平行四边形得，由线面平行的判定定理得平面，再根据线面平行的性质得，即可得证；
（2）连接，，将三棱锥的体积和四棱锥的体积用表示出来，相加得，即可求出．
【解答过程】（1）四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面．
平面，平面平面，
，
又平面，平面，
平面．
（2）连接，，
为棱的中点，
点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，
点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，
则三棱锥的体积，
四棱锥的体积，
故．
【题型3 由线面平行的性质判定线线平行】
【例3】（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线.求证：.
【解题思路】首先由线线平行证线面平行，然后利用线面平行的性质定理即可证得线线平行.
【解答过程】取的中点，连接，
分别为的中点，，且，
为的中点，且为矩形，，且，
，且，四边形为平行四边形，
，又平面平面，
平面，
又平面，平面平面，
.
【变式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点在棱上（不与端点重合），E，F分别是PD，AC的中点.
(1)证明：平面.
(2)若平面平面，证明：.
【解题思路】（1）利用中位线定理及线面平行的判定定理即可证明；
（2）由（1）得平面，由线面平行的性质定理即可证明.
【解答过程】（1）连接,
因为底面是正方形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以是的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面
（2） 分别是的中点，
，
平面，平面，
平面，
若平面平面，
又平面，
所以.
【变式3-2】（24-25高二·上海·假期作业）图1是由正方形组成的一个等腰梯形，其中，将、分别沿折起使得E与F重合，如图2．设平面平面，证明：；
【解题思路】首先利用线面平行的判定定理证明平面，进一步即可得证.
【解答过程】因为，平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以.
【变式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求证：.
【解题思路】（1），通过证明，得证平面；
（2）证明平面，由线面平行的性质定理证明.
【解答过程】（1）连接，交于点，连接，
因为是平行四边形，故为中点，
又为侧棱的中点，故.
又平面，平面，故平面.
（2）因为，平面，平面，所以平面.
又因为平面平面，平面，
所以.
【题型4 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】
【例4】（23-24高一下·江苏扬州·阶段练习）在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ）
A．3 B．4 C． D．
【解题思路】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可.
【解答过程】
如图，连接交于点，连接
因为平面平面，平面平面所以，
所以，因为为的三等分点，
则即.
故选：D.
【变式4-1】（23-24高一·全国·课后作业）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，交于点，为中点，在上，，平面，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据，得到，利用平面，得到，结合比例式的性质，得到，即可求解.
【解答过程】设与交于点，连接，如图所示，
因为为的中点，则，
由四边形是平行四边形，可得，则，
所以，所以，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故选：D.
【变式4-2】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，⊥面，四边形是边长为1的为正方形,点在线段上，.
（1）若 平面时，求值；
（2）若⊥面，棱锥体积取得最大值，求四棱锥的高.
【解题思路】（1）根据面面平行的性质得到线线平行，再根据平行线段成比例即可求解；
（2）建立坐标系，根据垂直得到等式，再根据体积的最大值这一条件得到.
【解答过程】（1）设.
∵平面，平面平面=， 面，
∴
∴，∴=1.
（2）解法一：建立如图所示坐标系，设(0，0，p)，有=(，1，0)，，
设，则=，
∵⊥面，
∴⊥，
∴得：，
因为的底面不变，故即到面的距离取最大值.
到面的距离=，
当仅当，即时取最大值.故四棱锥的高为.
解法二：设.PAC中，作EHPA，交AC于H.
∵⊥面，
∴⊥面，
∴就是到面的距离.
因为的底面不变，即求EH最大时PA的值.
∵⊥面，面，∴.
故E在以OC为直径的半圆上，当EH取最大值时，EH为圆的半径，H为圆心.
此时，=4=4×.
【变式4-3】（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.
(1)当为的中点时，求证：平面.
(2)当平面，求出点的位置，说明理由.
【解题思路】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.
【解答过程】（1）取中点为，连接，
在中，为的中点，为中点，
，
在平行四边形中，为的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
面面，
平面；
（2）连接，相交于，连接，
面，面面面，
，，
即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.
【题型5 由线面平行求线段长度】
【例5】（23-24高一·全国·课后作业）已知正方体的棱长为1，点是平面的中心，点是平面的对角线上一点，且平面，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用线面平行的性质定理及三角形的中位线定理，结合勾股定理即可求解.
【解答过程】连接，，则过点.如图所示
∵平面，平面平面，平面，
∴，∵，
∴.
故选：B.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知直三棱柱 的侧棱和底面边长均为 分别是棱 上的点， 且 ， 当 平面 时， 的值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】过作交于，利用线面平行的性质可得 ，进而可得四边形为平行四边形，，即得.
【解答过程】过作交于，连接，
因为，∴，故共面,
因为 平面 ，平面平面 ，平面，
所以 ，又,
∴四边形为平行四边形，
又，
∴，
所以.
故选：B．
【变式5-2】（2023·河南·模拟预测）正三棱锥的各棱长均为2，D为的中点，M为的中点，E为上一点，且，平面交于点Q，则截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据中位线可得线面平行，进而根据线面平行的性质可得线线平行，进而可得四边形为等腰梯形，即可由边角关系求解.
【解答过程】因为M，D分别为AB，BC的中点，故，又平面,平面，所以平面，
由于平面,平面平面,故，
又，故．在等腰梯形MDEQ中，，，
在中，，，则，
故梯形的高为，故．
故选:D．
【变式5-3】（23-24高一上·江西景德镇·期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【解题思路】分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．
【解答过程】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，
∴MN∥EF，又MN 平面BDEF，EF 平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；
连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，
可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，
则AN∥FB，而AN 平面BDEF，FB 平面BDEF，则AN∥平面BDEF．
又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．
又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．
在Rt△AA1M中，AM，
同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．
当P在MN的中点时，AP最小为，
当P与M或N重合时，AP最大为．
∴线段AP长度的取值范围是．
故选：A．
【题型6 面面平行的判定】
【例6】（23-24高一下·青海西宁·期末）如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点.求证：
(1)四点共面；
(2)平面 平面.
【解题思路】（1）连接BH，由中位线可得，即可证明F，G，H，B四点共面；
（2）由面面平行的判定定理即可证明.
【解答过程】（1）连接，
分别是的中点,
为的中位线，
，
四点共面；
（2）由（1）知 ，
平面面，
平面；
又分别是的中点
，
平面平面，
平面；
面面，
平面 平面.
【变式6-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.
(1)证明：平面 平面；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）由线面平行的判定定理可证 平面， 平面，再由面面平行的判定定理即可证明平面 平面；
（2）由题意可得，点到平面的距离等于点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可求解.
【解答过程】（1）因为分别为的中点，所以 ，
因为四边形为正方形，所以 ，从而 ，
又平面平面，所以 平面，
连接，则为的中点，又为的中点，所以 ，
又平面平面，
所以 平面，又，平面，
所以平面 平面，
即平面 平面.
（2）
由题知，平面.
连接，则.
因为由（1）的证明可知平面 平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
所以三棱锥的体积为.
【变式6-2】（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.
【解题思路】（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.
【解答过程】（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.
【变式6-3】（2024·河南·模拟预测）如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在底面ABCD的投影是四边形ABCD的中心，，求三棱锥的体积.
【解题思路】（1）根据四棱柱中的平行关系以及中点,可得线线平行,根据线线平行证明线面平行,进而可证明面面平行.（2）可由四棱柱的体积,可得同底等高的三棱锥的体积,然后根据三棱锥中等体积法即可求解.
【解答过程】（1）证明：连接EG，.
因为E，G分别是棱，的中点，所以，.
因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，则.
因为平面，平面，所以平面.
因为E，F分别是棱，的中点，所以.
因为，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，且，
所以平面平面.
（2）连接AC，BD，记，连接，则平面ABCD.
因为，所以，所以.
因为，所以，
则四棱柱的体积.
故三棱锥的体积，
即三棱锥的体积为.
【题型7 面面平行的性质定理的应用】
【例7】（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）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：．
【解题思路】（1）根据给定条件，结合平行四边形性质，利用线面平行、面面平行的判定推理即得.
（2）证明的延长线与的延长线交点重合，再利用面面平行的性质推理即得.
【解答过程】（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.
【变式7-1】（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥中，平面，点在线段上，且.求证： 平面.
【解题思路】在线段上取一点，使，连接，可证四边形为平行四边形，即可得，再利用线面平行的判定定理可证平面，根据成比例线段证得，再利用线面平行的判定定理可证平面，再结合面面平行的判定和性质即可得证.
【解答过程】在线段上取一点，使，连接，
在四边形中，，
所以，即，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
在三角形中，，所以，
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.
【变式7-2】（23-24高一下·海南海口·阶段练习）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
(1)求证： 平面；
(2)若为侧棱的中点，求证： 平面.
【解题思路】（1）连接AC，，再证明即可；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可；
【解答过程】（1）连接，设，因为是平行四边形，
所以是的中点，连接，又为侧棱的中点，
所以在中有： ，又平面平面，
所以 平面.
（2）若为侧棱的中点，且由（1）知是的中点，
所以在中有：则 ，又平面平面，
所以 平面，
由（1）知 平面平面，
所以 平面.
又平面，
所以平面 平面，又平面，所以 平面.
【变式7-3】（23-24高一下·重庆·期中）如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，.
(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）先由面面平行的判定定理证明面面，即可证明平面；
（2）假设在棱上存在点，使得面，由线面平行的性质定理即可得点为棱的中点.
【解答过程】（1）在上取点，使得，连接，
在中，点、分别为、上的三等分点，则有
又面、面
由线面平行的判定定理：面
又且，∴四边形为平行四边形
则有，又面、面，∴面
由于面、面，，∴面面
又面，∴面
（2）假设在棱上存在点，使得面
连接，交于
∵面，面，面面
由线面平行的性质定理：
则在中，，易知，
∴，∴点为棱的中点，即.
【题型8 平行关系的综合应用】
【例8】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，已知四棱柱的底面为菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）在直线上是否存在点，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）由棱柱的性质知，，得到平面，同理可得平面，再利用面面垂直的判定定理.
（2）易知四边形为平行四边形，，在的延长线上取点，使，连接，则四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明.
【解答过程】（1）由棱柱的性质可知，，
∵平面，平面，
∴平面，
同理可证平面，而，平面，
∴平面平面；
（2）存在这样的点，使平面，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
如图所示：
在的延长线上取点，使，连接，
∵，=，
∴，
∴四边形为平行四边形，
则，
∴，又平面 平面，
∴平面.
【变式8-1】（23-24高一下·河北张家口·阶段练习）在正方体中，O是的中点，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)若P是的中点，求证：平面平面.
【解题思路】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得解；
（2）利用线面平行与面面平行的判定定理即可得解.
【解答过程】（1）连接，
因为分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，
所以平面平面.
【变式8-2】（23-24高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥中，，.
(1)若点为的中点，为的中点，求证：平面 平面.
(2)在棱上是否存在一点，使得 平面？若存在，请求出的值：若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）通过证平面，平面，由线面平行即可证面面平行；
（2）由面面平行的判定和性质，结合平行线的性质，即可判定存在性.
【解答过程】（1）因为，所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为，，
所以，
所以，
所以，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又点为的中点，为的中点，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面；
（2）存在，，
过作交与，再过作，交于，连接，
则即为所求，
由，所以，
所以，
在直角，，
所以，
所以，
由得，
证明：当时，得，
由平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，平面，
，平面，平面，
所以平面平面，因为平面，
所以平面.
【变式8-3】（23-24高一下·海南海口·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，点，分别为，的中点，设平面平面.
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）取PB的中点Q，连接QF，EQ，由题意可证得四边形DEQF为平行四边形，可证得，进而可证得结论；
（2）由（1）及线面平行的性质定理，可证得结论；
（3）取AB的中点N，由中位线的性质可得，再由线面平行的判断定理可得平面DBF，并可得．
【解答过程】（1）取PB的中点Q，连接QF，EQ，
因为点E，F分别为AD，PC的中点，
由题意可证得，且，，
所以，且，
所以四边形DEQF为平行四边形，所以，
而平面PBE，平面PBE，
所以平面PBE.
（2）设平面平面，
由（1）可得平面，平面，
所以.
（3）在棱AB上存在点N为AB的中点，连接EN，BD，
因为E为AD的中点，所以，平面，平面，
所以平面，
此时．
一、单选题
1．（23-24高二下·湖南·阶段练习）已知三条不同的直线l，m，n，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
【解题思路】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解.
【解答过程】解：若，又，则，故充分性成立，
反之，若，又，则，故必要性成立.
故“”是“”的充要条件.
故选：C.
2．（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
【解题思路】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【解答过程】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.
3．（2024·河北唐山·二模）已知为平面外的一条直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在直线，使得， B．存在直线，使得，
C．存在直线，使得， D．存在直线，使得，
【解题思路】根据题意，结合线面平行的判定与性质，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于A中，当直线与平面斜交时，此时不存在直线，使得，，所以A错误；
对于B中，如图所示，当时，过直线作平面，使得，
因为，，所以，
又因为，可得，因为，所以，
当与平面斜交时，设斜足为，在直线上取一点，作，垂足为，连接，
在平面内，过点作直线，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，即，
在过和确定的平面内，过点作直线，使得，所以，
因为，所以，所以存在直线，使得，
若直线，此时存在平面且，在直线取一点，
在平面内过作直线，根据面面平行的性质有，所以B正确；
对于C中，当直线与平面相交时，若，则直线与平面必相交，所以C错误；
对于D中，当时，若，可得或，所以D错误.
故选：B.
4．（2023·广西·模拟预测）在三棱锥中，分别是、的重心，以下与直线平行的是（ ）
A．直线 B．平面 C．平面 D．平面
【解题思路】取中点为，由，分别是 和的重心，证得，结合不平行，可判定A错误；利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；结合平面，平面和平面，平面，可判定C、D错误．
【解答过程】如图所示，取中点为，连结、，
由，分别是 和的重心，可得，，
则，，即，所以，
又由不平行，故A错误；
由，且平面，平面，所以平面，
所以B正确；
因为平面，平面，所以与平面不平行，所以C错误；
因为平面，平面，所以与平面不平行，所以D错误．
故选：B．
5．（2024·海南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，点D，E分别在棱上， ，点满足，若平面，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据线面平行的判定定理找到过直线且与直线平行的平面，从而可以确定点位置，进而求解即可.
【解答过程】在上取一点使得，连接，
与交于一点，即为所求（如图所示）.
证明如下：
根据已知，，
在直三棱柱中， ，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面
即平面.
又，
，即的值为.
故选：C.
6．（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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
7．（23-24高一下·海南·期末）如图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中以下四个命题中，真命题的序号是（ ）
①平面；
②平面；
③平面平面；
④平面平面.
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【解题思路】把正方体的平面展开图还原成正方体，得出平面，判断①正确；由平面平面，得出平面，判断②正确；由，得出平面，同理平面，证明平面平面，判断③正确；由，，且，证明平面平面，判断④正确．
【解答过程】把正方体的平面展开图还原成正方体，如图1所示；
对于①，平面平面，平面，
∴平面，①正确；
对于②，平面平面，平面，
∴平面，②正确；
对于③，如图2所示，易知，则四边形为平行四边形，
则，平面，平面，∴平面；
同理可得四边形为平行四边形，则，
因为 ，平面，则平面，且，
平面，∴平面平面，③正确；
对于④，如图3所示，由③知，因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，
∴平面平面，∴④正确．
综上，正确的命题序号是①②③④．
故选：A．
8．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在正方体中，已知E，F，G，H，分别是，，，的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．C，G，，F四点共面 B．直线平面
C．平面平面 D．直线EF和HG所成角的正切值为
【解题思路】根据线线平行即可判断A，根据面面平行得线面平行即可判断B，根据面面平行的性质即可得矛盾判断C，根据异面直线的几何法找到其角，即可由三角形边角关系求解D.
【解答过程】取中点，连接,
由于是的中点，在正方体中可知,
又，所以四边形为平行四边形，故,
因此，故C，G，，F四点共面，故A正确，,
取中点，连接,
由于均为中点，所以
平面，平面，所以平面,
同理平面,平面,
所以平面平面，平面，故直线平面，B正确，
假若平面平面，则平面平面，平面平面，根据面面平行的性质可得平面，显然这与与相交矛盾，故C错误，
由于，所以,
故为直线EF和HG所成角或其补角，
不妨设正方体的棱长为，则，
由于底面，平面，所以,
故,
直线EF和HG所成角的正切值为，D正确.
故选：C.
二、多选题
9．（2024高一下·全国·专题练习）已知a，b是不同的直线，是平面，下列命题错误的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
【解题思路】考查点线面位置关系，根据点线面位置关系类型和种类以及线面平行判定定理进行讨论分析即可.
【解答过程】对于A，因为，内有无数条直线与平行，故还可能是，故A错误；
对于B，，所以a与没有公共点，又，所以与没有公共点，
所以a与b的位置可平行可异面，故B错误；
对于C，因为,，所以或b在内，故C错误；
对于D，由线面平行的判定定理知D正确．
故选：ABC．
10．（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱中，分别是的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【解题思路】对于A选项，连接，交于点，连接，然后通过中位线证明，进而根据判定定理证明线面平行；
对于B选项，取的中点，连接，然后通过平行四边形法则证明，进而根据判定定理证明线面平行；
对于C选项，取的中点，连接，然后通过平行四边形法则证明，
通过与平面相交即可判断选项正误；
对于D选项，连接，交于点，连接，根据线面平行的性质定理可知，
根据是的中点，推断点是的中点，进而导出矛盾，即可判断选项正误.
【解答过程】选项A：如图1，连接，交于点，连接，
则点是的中点，又是的中点，则，
平面,平面
所以平面，所以A正确.
选项B：如图2，取的中点，连接，因为是的中点，
所以，且，又，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故B正确.
选项C：如图3，取的中点，连接，因为是的中点，
所以，且，又，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，显然与平面相交，故C错误.
选项D：如图4，连接，交于点，连接，
则平面平面，若平面，平面，则，
由于是的中点，所以点是的中点，
而显然点不是的中点，矛盾，故D错误.
故选：AB.
11．（2024·福建·模拟预测）已知正方体，分别是边上（含端点）的点，则（ ）
A．当时，直线相对于正方体的位置唯一确定
B．当时，直线相对于正方体的位置唯一确定
C．当平面时，直线相对于正方体的位置唯一确定
D．当平面平面时，直线相对于正方体的位置唯一确定
【解题思路】选项A，利用正方体中的点线关系，即可求解；选项B，在平面上作的投影为，利用任何满足且不重合时，均有，即可求解；选项C，设在直线上的投影为，利用任何满足的情况，有，再利用线面平行的判定定理，即可得到平面，从而求解；选项D，先确定点及的位置，利用面面平行的判定定理，证明点及符合题意，并说明唯一，即可求解.
【解答过程】对于A选项，当且仅当点与点重合，且点与点重合时条件成立，故A选项正确；
对于B选项，如图1，设在平面上的投影为，，记的中点为，
则对于任何满足且不重合时，为平行四边形，即有，故B选项错误；
对于C选项，如图1，设在直线上的投影为，对于任何满足的情况，有，
所以为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
故直线的位置无法唯一确定，故C选项错误；
对于D选项，如图2，当且仅当为的中点，取中点，连接，
因为，即点为线段上靠近点的三等分点，
因为，面，面，所以面，
连接，，连接，
易知，面，面，所以面，
又，面，所以平面平面，故D选项正确.
故选：AD.
三、填空题
12．（23-24高二·全国·课后作业）若直线，c，d为不重合的两条直线，且，，则c与d的位置关系是 ．
【解题思路】根据平行线的传递性，排除重合情况即可得解.
【解答过程】因为且
根据平行线的传递性知平行或重合，
又因为，
再次利用平行线的传递性知平行或重合，
因为c，d为不重合的两条直线
所以.
故答案为：.
13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当 平面时， .
【解题思路】根据线面平行的性质定理，结合平行线的性质进行求解即可.
【解答过程】如图，连结交于点，连结.
因为 ，所以，
因为 平面，平面平面平面，
所以 ，所以.
故答案为：.
14．（2023·四川泸州·三模）如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ①②④ ．
①对于任意的点，都有
②对于任意的点，四边不可能为平行四边形
③当时，存在点，使得为等腰直角三角形
④存在点，使得直线平面
【解题思路】根据面面平行的性质判断①②，使用假设法判断③④．
【解答过程】对于①，，平面，平面，平面，
同理，有平面，
平面，，平面平面，
平面平面，平面平面，
，故①正确．
对于②，四边形是直角梯形，，平面与平面不平行，
平面平面，平面平面，
与不平行，故四边形不可能为平行四边形，故②正确．
对于③，，，，要使为等腰直角三角形，则，但根据题意，故③不正确．
对于④，延长至，使得，
则四边形是矩形，．
当，，三点共线时，平面，平面，故④正确．
故答案为：①②④．
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）如图，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.证明：；
【解题思路】首先利用线面平行判定定理证明平面，再由线面平行的性质证明即可.
【解答过程】因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
由直线与平面相交于点，
则平面，且平面，
又点在棱上，则平面，又平面，
所以平面平面，又平面，
所以.
16．（2024·上海嘉定·三模）在长方体中，，，E、F、G分别为AB、BC、的中点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)点P在矩形内，若直线平面，求线段长度的最小值.
【解题思路】（1）等体积由可得.
（2）先证平面平面，则由直线平面可得点P在直线上，进而可得线段长度的最小值
【解答过程】（1）依题意有，
所以三棱锥的体积；
（2）如图，
连结，
∵分别为的中点，
∴平面，平面，
∴平面
∵平面，平面，
∴平面，
∵，∴平面平面，
∵平面，
∴点在直线上，在中，，
，
∴当时，线段的长度最小，最小值为＝.
17．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.
(1)证明：平面 平面；
(2)求平面与平面间的距离.
【解题思路】（1）利用面面平行的判定定理证明;
（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.
【解答过程】（1）在正六棱柱中，
因为底面为正六边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面.
（2）平面与平面间的距离等价于点到平面的距离，设为.
连接，则四面体的体积.
因为，
，，
所以，从而，
所以，
所以，即平面与平面间的距离为.
18．（23-24高一下·河北·期中）如图所示：在长方体中，，，E、F分别是面，中心，G，H分别是，的中点.
(1)证明：面面；
(2)证明：面.
【解题思路】（1）先由线面平行再由判定定理证明面面平行；
（2）由线面平行判定定理证明.
【解答过程】（1）连接，，则F，E分别为，的中点，
则，又面，面，
所以面，
，又面，面，
所以面，
又，，面，
所以面面.
.
（2）连接，，G，F分别是AD，AC的中点，
，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，则，
又面，面，
所以面.
.
19．（23-24高一下·广东茂名·期中）如图：在正方体中，边长，M为的中点．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：平面；
(3)若为线段上的动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由．
【解题思路】（1）利用等体积转化求三棱锥的体积；
（2）利用线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明；
（3）构造面面平行，即可说明线面平行.
【解答过程】（1）因为
故三棱锥的体积为．
（2）证明：连接，，连结，
因为，分别是和的中点，
所以，
平面，平面，
所以平面；
（3）存在点为的中点时，使平面，
因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面，且平面，
且，平面，
所以平面平面,
若，则平面，
所以平面
所以线段上存在中点，使平面.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题7.3 空间直线、平面的平行【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 证明线线平行】 4
【题型2 线面平行的判定】 5
【题型3 由线面平行的性质判定线线平行】 7
【题型4 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】 9
【题型5 由线面平行求线段长度】 11
【题型6 面面平行的判定】 12
【题型7 面面平行的性质定理的应用】 14
【题型8 平行关系的综合应用】 16
1、空间直线、平面的平行
考点要求 真题统计 考情分析
(1)理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 (2)掌握直线与平面、平面
与平面平行的判定与性质，并会简单应用 2022年全国乙卷（文数）：第9题，5分 2022年全国甲卷（文数）：第19题，12分 2023年新高考I卷：第18题，12分 2024年新高考I卷：第17题，15分 2024年北京卷：第17题，12分 空间直线、平面的平行是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，主要分两方面进行考查，一是空间中线面平行关系的命题的真假判断，常以选择题、填空题的形式考查，难度较易；二是空间线线、线面、面面平行的证明，一般以解答题的第一小问的形式考查，难度中等；解题时要灵活运用直线、平面的平行的判定与性质.
【知识点1 线面平行、面面平行的判定定理和性质定理】
1．线面平行的判定定理和性质定理
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线线平行，则线面平行”.
(2)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.
(3)性质定理的作用
①作为证明线线平行的依据.当证明线线平行时，可以证明其中一条直线平行于一个平面，另一条直线是过第一条直线的平面与已知平面的交线，从而得到两条直线平行.
②作为画一条与已知直线平行的直线的依据.如果一条直线平行于一个平面，要在平面内画一条直线与已知直线平行，可以过已知直线作一个平面与已知平面相交，交线就是所要画的直线.
2．面面平行的判定定理和性质定理
(1)判定定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语售
.
该定理可简记为“若线面平行，则面面平行”.
(2)判定定理的推论
①自然语言
如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，那么这两个平面平行.
②图形语言
③符号语言
.
(3)性质定理
①自然语言
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.
②图形语言
③符号语言
.
该定理可简记为“若面面平行，则线线平行”.
(4)两个平面平行的其他性质
①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面.
②平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等.
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
④两条直线同时被三个平行平面所截，截得的线段对应成比例.
⑤如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行.
【知识点2 空间中的平行关系的判定方法】
1．线线平行的证明方法
(1)定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；
(2)利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质；
(3)利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行；
(4)利用线面平行与面面平行的性质定理来判定线线平行.
2．线面平行的判定方法
(1)利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点；
(2)利用线面平行的判定定理：如果平面外有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(简记为“线线平行—线面平行”)；
(3)利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。(简记为“面面平行—线面平行”).
3．面面平行的判定方法
(1)面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合(不常用)；
(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行(主要方法).
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(选择、填空题可用)；
(4)平行于同一个平面的两个平面平行(选择、填空题可用).
【方法技巧与总结】
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，即若a⊥α，b⊥α，则a//b.
4．若α//β，aα，则a//β.
【题型1 证明线线平行】
【例1】（2024·全国·模拟预测）（19-20高一·全国·课后作业）如图，在三棱柱中，E，F分别是AB，AC上的点，且，则EF与的位置关系是（ ）
A．异面 B．平行 C．相交 D．平行或相交
【变式1-1】（23-24高一下·全国·课后作业）如图所示，在长方体AC1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有（ ）
A．3条 B．4条
C．5条 D．6条
【变式1-2】（23-24高一·全国·课后作业）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且，求证：直线EH与直线FG平行．
【变式1-3】（23-24高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点．
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积．
【题型2 线面平行的判定】
【例2】（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面ABCD，，，且M，N分别为PD，AC的中点．
(1)求证：平面PBC；
(2)求三棱锥的体积．
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直四棱柱中，四边形为梯形，，，，，点在线段上，且，为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的表面积．
【变式2-2】（2024·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体中，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点E，F，G，H分别在棱，，，上．
(1)若四边形为平行四边形，证明：平面；
(2)若E，F，G，H均为所在棱的中点，三棱锥的体积为，多面体的体积为，求．
【题型3 由线面平行的性质判定线线平行】
【例3】（2024高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线.求证：.
【变式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥中，底面是正方形，点在棱上（不与端点重合），E，F分别是PD，AC的中点.
(1)证明：平面.
(2)若平面平面，证明：.
【变式3-2】（24-25高二·上海·假期作业）图1是由正方形组成的一个等腰梯形，其中，将、分别沿折起使得E与F重合，如图2．设平面平面，证明：；
【变式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求证：.
【题型4 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】
【例4】（23-24高一下·江苏扬州·阶段练习）在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ）
A．3 B．4 C． D．
【变式4-1】（23-24高一·全国·课后作业）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，交于点，为中点，在上，，平面，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，⊥面，四边形是边长为1的为正方形,点在线段上，.
（1）若 平面时，求值；
（2）若⊥面，棱锥体积取得最大值，求四棱锥的高.
【变式4-3】（23-24高二上·河北邢台·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.
(1)当为的中点时，求证：平面.
(2)当平面，求出点的位置，说明理由.
【题型5 由线面平行求线段长度】
【例5】（23-24高一·全国·课后作业）已知正方体的棱长为1，点是平面的中心，点是平面的对角线上一点，且平面，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知直三棱柱 的侧棱和底面边长均为 分别是棱 上的点， 且 ， 当 平面 时， 的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（2023·河南·模拟预测）正三棱锥的各棱长均为2，D为的中点，M为的中点，E为上一点，且，平面交于点Q，则截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（23-24高一上·江西景德镇·期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【题型6 面面平行的判定】
【例6】（23-24高一下·青海西宁·期末）如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点.求证：
(1)四点共面；
(2)平面 平面.
【变式6-1】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为.
(1)证明：平面 平面；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积.
【变式6-2】（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.
【变式6-3】（2024·河南·模拟预测）如图，在四棱柱中，四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在底面ABCD的投影是四边形ABCD的中心，，求三棱锥的体积.
【题型7 面面平行的性质定理的应用】
【例7】（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）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：．
【变式7-1】（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥中，平面，点在线段上，且.求证： 平面.
【变式7-2】（23-24高一下·海南海口·阶段练习）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.
(1)求证： 平面；
(2)若为侧棱的中点，求证： 平面.
【变式7-3】（23-24高一下·重庆·期中）如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，.
(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由.
【题型8 平行关系的综合应用】
【例8】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，已知四棱柱的底面为菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）在直线上是否存在点，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.
【变式8-1】（23-24高一下·河北张家口·阶段练习）在正方体中，O是的中点，分别是，的中点.
(1)求证：平面；
(2)若P是的中点，求证：平面平面.
【变式8-2】（23-24高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥中，，.
(1)若点为的中点，为的中点，求证：平面 平面.
(2)在棱上是否存在一点，使得 平面？若存在，请求出的值：若不存在，请说明理由.
【变式8-3】（23-24高一下·海南海口·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，点，分别为，的中点，设平面平面.
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
一、单选题
1．（23-24高二下·湖南·阶段练习）已知三条不同的直线l，m，n，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
2．（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
3．（2024·河北唐山·二模）已知为平面外的一条直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在直线，使得， B．存在直线，使得，
C．存在直线，使得， D．存在直线，使得，
4．（2023·广西·模拟预测）在三棱锥中，分别是、的重心，以下与直线平行的是（ ）
A．直线 B．平面 C．平面 D．平面
5．（2024·海南·模拟预测）如图，在直三棱柱中，点D，E分别在棱上， ，点满足，若平面，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（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
7．（23-24高一下·海南·期末）如图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中以下四个命题中，真命题的序号是（ ）
①平面；
②平面；
③平面平面；
④平面平面.
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
8．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，在正方体中，已知E，F，G，H，分别是，，，的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．C，G，，F四点共面 B．直线平面
C．平面平面 D．直线EF和HG所成角的正切值为
二、多选题
9．（2024高一下·全国·专题练习）已知a，b是不同的直线，是平面，下列命题错误的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
10．（2023·全国·模拟预测）已知三棱柱中，分别是的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
11．（2024·福建·模拟预测）已知正方体，分别是边上（含端点）的点，则（ ）
A．当时，直线相对于正方体的位置唯一确定
B．当时，直线相对于正方体的位置唯一确定
C．当平面时，直线相对于正方体的位置唯一确定
D．当平面平面时，直线相对于正方体的位置唯一确定
三、填空题
12．（23-24高二·全国·课后作业）若直线，c，d为不重合的两条直线，且，，则c与d的位置关系是 ．
13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当 平面时， .
14．（2023·四川泸州·三模）如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ．
①对于任意的点，都有
②对于任意的点，四边不可能为平行四边形
③当时，存在点，使得为等腰直角三角形
④存在点，使得直线平面
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）如图，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.证明：；
16．（2024·上海嘉定·三模）在长方体中，，，E、F、G分别为AB、BC、的中点.
(1)求三棱锥的体积；
(2)点P在矩形内，若直线平面，求线段长度的最小值.
17．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为.
(1)证明：平面 平面；
(2)求平面与平面间的距离.
18．（23-24高一下·河北·期中）如图所示：在长方体中，，，E、F分别是面，中心，G，H分别是，的中点.
(1)证明：面面；
(2)证明：面.
19．（23-24高一下·广东茂名·期中）如图：在正方体中，边长，M为的中点．
(1)求三棱锥的体积；
(2)求证：平面；
(3)若为线段上的动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由．
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