2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题7.3空间直线、平面的平行(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题7.3空间直线、平面的平行(学生版+解析)，共18页。学案主要包含了全国通用，方法技巧与总结，解题思路，解答过程，变式1-1，变式1-2，变式1-3，变式2-1等内容，欢迎下载使用。

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\l "_Tc1744" 【题型1 有关平行命题的判断】 PAGEREF _Tc1744 \h 4
\l "_Tc23886" 【题型2 证明线线平行】 PAGEREF _Tc23886 \h 6
\l "_Tc9297" 【题型3 线面平行的判定】 PAGEREF _Tc9297 \h 9
\l "_Tc20546" 【题型4 线面平行的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc20546 \h 13
\l "_Tc26678" 【题型5 面面平行的判定】 PAGEREF _Tc26678 \h 18
\l "_Tc12530" 【题型6 面面平行的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc12530 \h 22
\l "_Tc14632" 【题型7 平行关系的综合应用】 PAGEREF _Tc14632 \h 26
\l "_Tc31927" 【题型8 平行关系的探索性问题】 PAGEREF _Tc31927 \h 32
1、空间直线、平面的平行
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 有关平行命题的判断】
【例1】（2025·河北唐山·二模）已知m为平面α外的一条直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．存在直线n，使得n⊥m，n⊥αB．存在直线n，使得n⊥m，n//α
C．存在直线n，使得n//m，n//αD．存在直线n，使得n//m，n⊥α
【答案】B
【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m与平面α斜交时，此时不存在直线n，使得n⊥m，n⊥α，所以A错误；
对于B中，如图所示，当m⊥α时，过直线n作平面β，使得α∩β=a，
因为m⊥α，a⊂α，所以m⊥a，
又因为m⊥n，可得a//n，因为n⊄α,a⊂α，所以n//α，
当m与平面α斜交时，设斜足为A，在直线m上取一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接OA，
在平面α内，过点A作直线a⊥OA，
因为a⊥PO，且PO∩OA=O，PO,OA⊂平面POA，所以a⊥平面POA，
又因为PA⊂平面POA，所以a⊥PA，即a⊥m，
在过a和m确定的平面内，过点P作直线n，使得n⊥m，所以n//a，
因为n⊄α,a⊂α，所以n//α，所以存在直线n，使得n⊥m，n//α
若直线m//α，此时存在平面β//α且m⊂β，在直线m取一点Q，
在平面β内过Q作直线n⊥m，根据面面平行的性质有n//α，所以B正确；

对于C中，当直线m与平面α相交时，若n//m，则直线n与平面α必相交，所以C错误；
对于D中，当m//α时，若n//m，可得n//α或n⊂α，所以D错误.
故选：B.
【变式1-1】（2025·广东深圳·一模）已知直线a,b分别在两个不同的平面α,β内，则“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”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
【答案】D
【解题思路】结合图形利用线面的位置关系和充分条件，必要条件的定义即可判断.
【解答过程】当“直线a和直线b平行”时，平面α和平面β可能平行也可能相交，故不充分；
当“平面α和平面β平行”时，直线a和直线b可能平行也可能异面，故不必要；
因此“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【变式1-2】（24-25高一下·福建龙岩·期中）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若a//α，b//α，则a//b
B．若a//b，a//α，则b//α
C．若a⊂α，b⊂α，且a//β，b//β，则α//β
D．α，β，γ三个平面最多可将空间分割成8个部分
【答案】D
【解题思路】对于A，结合条件可得直线a，b可能平行，相交，异面，判断A，对于B，由条件可得b//α或b⊂α，由此判断B，结合面面平行判定定理判断C，举例判断D.
【解答过程】对于选项A，若a//α，b//α，则a与b可能相交、平行或异面，故选项A错误；
对于选项B，若a//b，a//α，则b//α或b⊂α，故选项B错误；
对于选项C，若a⊂α，b⊂α，且a//β，b//β，因为直线a，b未必相交，所以α与β不一定平行，故选项C错误；
对于选项D，α，β，γ三个平面两两垂直时，可将空间分割成8个部分，故选项D正确．
故选：D.
【变式1-3】（24-25高一下·安徽合肥·期中）已知l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若m//α，n//β，α//β，则m//n
B．若m⊂α，n⊂α， m//β，n//β，则α//β
C．若l//α，l⊂β，α∩β=m，则l//m
D．若m⊂α，n⊂α，l⊂β，且m//β，n//l，则α//β
【答案】C
【解题思路】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即得.
【解答过程】对于A，由m//α，n//β，α//β，得m//n或m与n相交或m与n是异面直线，A错误；
对于B，由m⊂α，n⊂α， m//β，n//β，得α//β或α与β相交，B错误；
对于C，由l//α，l⊂β，α∩β=m，得l//m，C正确；
对于D，由m⊂α，n⊂α，l⊂β，且m//β，n//l，得α//β或α与β相交，D错误.
故选：C.
【题型2 证明线线平行】
【例2】（24-25高一下·全国·课堂例题）如图所示，在三棱锥S−MNP中，E，F，G，H分别是棱SN，SP，MN，MP的中点，则EF与HG的位置关系是（ ）

A．平行B．相交C．异面D．平行或异面
【答案】A
【解题思路】利用中位线定理与平行线的传递性即可得解.
【解答过程】因为E，F分别是棱SN，SP的中点，所以EF//NP
因为G，H分别是棱MN，MP的中点，所以HG//NP
所以EF//HG.
故选：A.
【变式2-1】（24-25高一·全国·课后作业）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是（ ）
A．相交B．异面C．平行D．垂直
【答案】C
【解题思路】连接AD1，CD1，AC，根据E，F分别为AD1，CD1的中点，由三角形的中位线定理和平行关系的传递性判断.
【解答过程】如图，

连接AD1，CD1，AC，
因为E，F分别为AD1，CD1的中点，
由三角形的中位线定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
故选：C.
【变式2-2】（24-25高一下·全国·课堂例题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，CC1的中点．求证：BF//ED1．
【答案】证明见解析
【解题思路】取BB1的中点G，利用平行四边形的判定性质，平行公理推理得证.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，取BB1的中点G，连接GC1,GE，如图，
由F为CC1的中点，得BG//C1F,BG=C1F，则四边形BGC1F为平行四边形，
于是BF//GC1，又EG//A1B1//C1D1,EG=A1B1=C1D1，
因此四边形EGC1D1为平行四边形，ED1//GC1，
所以BF//ED1.
【变式2-3】（24-25高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P,Q分别为棱BC,CC1的中点．
(1)证明：AD1//PQ；
(2)求三棱锥A−B1QP的体积．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)278
【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形ABC1D1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BC1，
因为P,Q分别为棱BC,CC1的中点，
所以BC1//PQ，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，
所以C1D1=AB=3，C1D1//AB，
故四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1//AD1，
故AD1//PQ；
（2）由题意得，正方形BCC1B1的面积为3×3=9，
S△BB1P=S△C1B1Q=12×3×32=94，S△CPQ=12×32×32=98，
故S△B1QP=9−94×2−98=278，
又AB⊥平面BCC1B1，故AB⊥平面B1PQ，
三棱锥A−B1QP的体积为13S△B1QP⋅AB=13×278×3=278.
【题型3 线面平行的判定】
【例3】（2025·山西晋城·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，点M是线段B1D1上的一个动点，E、F分别是BC、CM的中点.

(1)求证：EF//平面BDD1B1；
(2)若四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为24，求三棱锥C−BDF的体积V的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解题思路】（1）连接BM，由中位线可知EF//BM，然后结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）由F是CM的中点得VC−BDF=VF−BDC=12VM−BDC，再由B1D1//平面BCD，M∈B1D1，所以VM−BDC=VB1−BDC，又VM−BDC=12VB1−ABDC，VB1−ABCD=13VABCD−A1B1C1D1，联立即可得解.
【解答过程】（1）在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接BM，如图，

因E、F分别是BC、CM的中点，则有EF//BM，
又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD1B1，所以EF//平面BDD1B1.
（2）由F是CM的中点得VC−BDF=VF−BDC=12VM−BDC，
在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，BB1//DD1，BB1=DD1，
故四边形BB1D1D为平行四边形，则B1D1//BD，
因为BD⊂平面BCD，B1D1⊄平面BCD，则B1D1//平面BCD，
又点M是线段B1D1上的一个动点，
则VM−BDC=VB1−BDC=12VB1−ABCD=12×13VABCD−A1B1C1D1=16×24=4，
所以三棱锥C−BDF的体积V的值12×4=2.
【变式3-1】（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体A1B1C1D1−ABCD中，E是DD1的中点．
(1)求证：A1C1//平面ACE；
(2)若BD1=6，求点B到平面AEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解题思路】（1）根据正方体的性质得到AC//A1C1，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A1B1C1D1−ABCD中，AA1//CC1且AA1=CC1，
所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC//A1C1，
又A1C1⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，所以A1C1//平面ACE.
（2）设正方体的棱长为a a>0，则BD1=a2+a2+a2=6，解得a=23，
所以AC=232+232=26，AE=EC=232+32=15，
所以S△ACE=12×26×152−62=36，
设点B到平面AEC的距离为d，则VE−ABC=VB−AEC，即13S△ABC⋅DE=13S△AEC⋅d，
即13×12×23×23×3=13×36⋅d，解得d=2，
即点B到平面AEC的距离为2.
【变式3-2】（2024·四川·三模）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E,F,G分别是CC1,BC,AD的中点.
(1)求证：CG //面D1EF；
(2)求点G到平面D1EF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)23
【解题思路】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可.
（2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可.
【解答过程】（1）
连接D1A,FA,BC1，因为E,F分别是CC1,BC的中点，
由中位线定理得EF // BC1，又BC1 // D1A，
所以EF // D1A，所以A,F,E,D1四点共面，由于G是AD的中点，
则AG // FC且AG=FC,那么四边形AGCF为平行四边形，
从而CG // AF，又CG⊄面D1EF, AF⊂面D1EF,故CG //面D1EF，
（2）由上问结论知点G到平面D1EF的距离等于点C到平面D1EF的距离.
易得D1E=5,EF=2,D1F=3，
利用余弦定理得cs∠D1EF=5+2−925×2=−1010,
则sin∠D1EF=31010,S△D1EF=12D1E⋅EF⋅sin∠D1EF=12×5×2×31010=32.
设点C到平面D1EF的距离d，
利用等体积法VC−D1EF=13S△CEF⋅D1C1=13SΔD1EF⋅d，
可得d=S△CEF⋅D1C1S△D1EF=12×1×1×232=23，
即点G到平面D1EF的距离为23.
【变式3-3】（2025·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，4PA=4AB=3AD=12，BA⋅AD=0，且M，N分别为PD，AC的中点．
(1)求证：MN//平面PBC；
(2)求三棱锥M−ACD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【解题思路】（1）利用三角形的中位线，证明MN//PB，可证得MN//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，∴MN//PB．
又PB⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，故MN//平面PBC．
（2）∵BA⋅AD=0，∴BA⊥AD，∴平行四边形ABCD为矩形．
∵4PA=4AB=3AD=12，∴PA=AB=3，AD=4，
∴S△ACD=12AD⋅CD=6．
又PA⊥平面ABCD，M为PD的中点，则M到平面ACD的距离为ℎ=12PA=32．
∴VM−ACD=13S△ACD⋅ℎ=3．
【题型4 线面平行的性质定理的应用】
【例4】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是平行四边形，E为AD的中点，F在PA上，且AP=λAF，PC//平面BEF，则λ的值为（ ）

A．1B．32C．2D．3
【答案】D
【解题思路】连接AC，与BE交于点G，连接FG，易证△AEG∽△CBG，得AGAC=13，由PC//平面BEF利用线面平行的性质定理可得GF//PC，即可求得λ=APAF=ACAG=3.
【解答过程】如图，连接AC，与BE交于点G，连接FG.
因为E为AD的中点，所以AE=12AD=12BC，由四边形ABCD是平行四边形，可得AD//BC，
则△AEG∽△CBG，所以AGGC=AEBC=12，所以AGAC=13．
又PC//平面BEF, PC⊂平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，所以GF//PC，所以λ=APAF=ACAG=3．
故选：D．

【变式4-1】（24-25高一下·山东济南·期中）如图，在四棱锥P−ABCE中，四边形ABCE是梯形，AB//CE,且AB=3CE,点F在棱PA上，且EF ∥平面PBC，则PFFA=（ ）
A．13B．12C．23D．34
【答案】B
【解题思路】首先作辅助线，构造相似三角形，然后利用相似三角形的性质求得PFFA的比值.
【解答过程】过E作EG//BC交AB于G，连接FG，如图所示.
因为EG//BC，BC⊂平面PBC，EG不在平面PBC上，
根据线面平行的判定定理可得EG//平面PBC.
又因为EF//平面PBC，EG∩EF=E，EG,EF⊂平面EFG，
根据平面与平面平行的判定定理的推论，可得平面EFG//平面PBC.
又平面PAB∩平面EFG=FG，平面PAB∩平面PBC=PB，所以FG//PB.
根据相似三角形性质可得：PFFA=BGGA.
因为EG//BC，CE//AB，所以四边形BCEG为平行四边形，所以CE=EG.
又AB=3CE，所以AG=2BG，所以PFFA=BGGA=12.
故选：B.
【变式4-2】（2024·河南·模拟预测）如图，三棱柱ABC−A1B1C1各棱长均相等，M为棱AC上一点，Q为棱BB1的中点，AQ//平面C1BM．
(1)求AMMC的值；
(2)若平面A1MB1将三棱柱ABC−A1B1C1分为两部分，较小部分的体积为V1，较大部分的体积为V2，求V1V2的值．
【答案】(1)12
(2)819
【解题思路】（1）线面平行的性质定理，根据已知的平行关系推出线段比例关系；
（2）通过构建三棱台求出相应体积，进而得出体积比.
【解答过程】（1）连接CQ，与BC1交于H，连接HM.
因为AQ//平面C1BM，平面AQC∩平面C1BM=HM，
根据线面平行的性质定理，所以AQ//HM.
又因为QB//C1C，在△BQC和△HCC1中，
由于平行线分线段成比例定理，可得QHHC=QBC1C=12.
因为AQ//HM，所以AMMC=QHHC=12.
（2）在BC上取一点S，使BS=13BC，连接MS,B1S，
因为MS//AB//A1B1，所以四边形MSB1A1即为过A1,B1,M三点的截面.
设三棱柱ABC−A1B1C1的底面积为S0，高为ℎ，体积为V，则V=S0ℎ.
因为MS//AB，且BS=13BC，所以△MSC与△ABC相似，相似比为23，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可得△MSC的面积为49S0.
对于三棱台A1B1C1−MSC，根据体积公式V2=13ℎ(S0+49S0+S0×49S0)=13ℎ(S0+49S0+23S0)=1927S0ℎ.
因为V1=V−V2，V=S0ℎ，V2=1927S0ℎ，
所以V1=S0ℎ−1927S0ℎ=827S0ℎ.
则V1V2=827S0ℎ1927S0ℎ=819.

【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥底面ABCD，PD=λCD，点E在棱PC上，PA //平面EBD.
(1)试确定点E的位置，并说明理由；
(2)是否存在实数λ，使三棱锥E−BPD体积为43，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)点E是PC的中点，理由见解析
(2)存在λ=2，使三棱锥E−BPD体积为43
【解题思路】（1）连接AC，交BD于点O，连结OE，根据线面平行的性质定理，证出PA∥OE，再结合O是AC的中点，判断出点E是PC的中点，可得答案；（2）若三棱锥E−BPD体积为43，则可推出三棱锥P−BDC的体积为83，进而利用棱锥的体积公式与PD⊥底面ABCD，列式算出实数λ的值，即可得到答案.
【解答过程】（1）点E是PC的中点，理由如下：
连接AC，交BD于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，AC、BD相交于点O，
∴O是AC的中点，
∵PA//平面EBD，PA含于平面PAC，平面PAC∩平面BDE=OE，
∴PA//OE， ∵△APC中，O是AC的中点，
∴ E是PC的中点.
（2）∵E为PC中点，
∴VE−BPD=12VC−BPD=12VP−DBC.
∴若VE−BPD=43，则VP−DBC=83
∵ PD⊥底面ABCD，PD=λCD=2λ，
S△BCD=12×2×2=2
∴VP−DBC=13⋅S△BCD⋅2λ=13×2×2λ=83，解得λ=2.
∴存在λ=2，使三棱锥E−BPD体积为43.
【题型5 面面平行的判定】
【例5】（2025高三·全国·专题练习）如图，正四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点．求证：平面MNQ//平面PAD．
【答案】证明见解析；
【解题思路】根据面面平行的判定定理，即可证明.
【解答过程】因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，
所以MN//PD，NQ//AD，
又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
则MN//平面PAD，
同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN∩NQ=N，MN,NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ//平面PAD．
【变式5-1】（24-25高一下·福建龙岩·期中）如图，梯形ABCD是圆台O1O2的轴截面，E，F分别在底面圆O1，O2的圆周上，EF为圆台的母线，∠DO1E=60°，已知CD=4，AB=8，G，H分别为O2B，BF的中点.
(1)证明：平面CGH//平面O1O2FE.
(2)若三棱锥C−GBH的体积为533，求圆台O1O2的侧面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)629π
【解题思路】（1）由题意可证得CG//平面O1O2FE，HG//平面O1O2FE，进而可证得结论；
（2）由三棱锥C−GBH体积可得△GBH的面积，进而可得圆台的侧面积．
【解答过程】（1）∵在梯形ABCD中，CD=4，AB=8，∴O1C//12O2B，O1C=12O2B
又G为O2B的中点，∴O2G=12O2B，∴O1C//O2G，O1C=O2G
故四边形O1O2GC为平行四边形，∴OG//O1O2.
又OG⊄平面O1O2FE，O1O2⊂平面O1O2FE，
∴CG//平面O1O2FE.
∵G,H分别是O2B，BF的中点，
∴GH//O2F.
又GH⊄平面O1O2FE，O2F⊂平面O1O2FE，
∴GH//平面O1O2FE.
又CG∩GH=G，CG⊂平面CGH，GH⊂平面CGH，
∴平面CGH//平面O1O2FE.
（2）设O1O2=ℎ由（1）可知OG//O1O2,OG=O1O2，则CG为三棱锥C−GBH的高h.
故VC−GBH=13⋅S△GBH⋅ℎ，
由∠DO1E=60°，可得∠AO2F=60°，
∴∠BO2F=120°.
又∵GH//12O2F,GH=12O2F，BG=12O2B=2，
∴S△GBH=12⋅BG⋅HG⋅sin120°=12×2×2×32=3.
故VC−GBH=13⋅S△GBH⋅ℎ=13×3×ℎ=533，
∴ℎ=5.
在Rt△CGB中，BC=ℎ2+4−22=29.
故圆台的侧面积S=122πr+2πRl=2π+4π×29=629π.
【变式5-2】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥PO中，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形ABCD是底面的内接正方形，E,F分别为PD,PA的中点，过点E,F,O的平面为α.
(1)证明：平面α ∥平面PBC；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为3，设点M在线段EF上运动，求三棱锥P−MBC的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)233.
【解题思路】（1）由线面平行的判定定理可证EF ∥平面PBC，OE ∥平面PBC，再由面面平行的判定定理即可证明平面α ∥平面PBC；
（2）由题意可得，点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC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E,F分别为PD,PA的中点，所以EF ∥ AD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AD ∥ BC，从而EF ∥ BC，
又EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以EF ∥平面PBC，
连接BD,OE，则O为BD的中点，又E为PD的中点，所以OE ∥ PB，
又OE⊄平面PBC,PB⊂平面PBC，
所以OE ∥平面PBC，又OE∩EF=E，OE,EF⊂平面OEF，
所以平面OEF ∥平面PBC，
即平面α ∥平面PBC.
（2）
由题知，PO⊥平面ABCD.
连接OC，则OB=OC=2,PO=3.
因为由（1）的证明可知平面α ∥平面PBC，
所以点M到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离，
所以VP−MBC=VM−PBC=VO−PBC=13S△OBC⋅PO=13×12×2×2×3=233，
所以三棱锥P−MBC的体积为233.
【变式5-3】（24-25高一下·广东中山·阶段练习）如图，正四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)求证：平面MNQ//平面PAD；
(2)求证：BC//l；
(3)若PA=5，AB=42，求四棱锥P−ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)32.
【解题思路】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明；
（2）根据线面平行的性质，即可证明；
（3）根据几何体特征，可求得正四棱锥P−ABCD的高为3，再根据锥体的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，
所以MN//PD，NQ//AD，
又MN⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
则MN//平面PAD，
同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN∩NQ=N，MN,NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ//平面PAD．
（2）因为底面ABCD为平行四边形，所以BC//AD，
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l.
（3）
因为四棱锥P−ABCD是正四棱锥，
所以底面ABCD是正方形，P在底面上的投影是底面的中心，
又AB=42，所以AC=8，
又PA=5，
所以四棱锥的高为PA2−12AC2=52−42=3，
所以正四棱锥P−ABCD的体积V=13⋅422⋅3=32．
【题型6 面面平行的性质定理的应用】
【例6】（24-25高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E,F分别在线段DB,DD1上，且DEEB=DFFD1=12,G在CC1上且平面AEF ∥平面BD1G，则CGCC1=（ ）

A．12B．13C．23D．14
【答案】B
【解题思路】延长AE交CD于H，结合面面平行性质定理证明FH//D1G，证明△DFH∽△C1GD1，结合相似三角形性质证明结论.
【解答过程】解析如图所示，延长AE交CD于H，连接FH，
则△DEH∽△BEA，所以DHAB=DEEB=12.
因为平面AEF //平面BD1G，平面AEF∩平面CDD1C1=FH，
平面BD1G∩平面CDD1C1=D1G，
所以FH // D1G，又四边形CDD1C1是平行四边形，
所以△DFH∽△C1GD1，所以DFC1G=DHC1D1.
因为DHC1D1=DHAB=12，所以DFC1G=12.
因为DFFD1=12，所以FD1=C1G,DF=CG，
所以CGCC1=13，
故选：B.

【变式6-1】（24-25高一下·全国·课后作业）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，DEEB=12，G在CC1上且平面AEF//平面BD1G，则CGCC1=（ ）

A．12B．13C．23D．14
【答案】B
【解题思路】连接B1D1，FG，利用面面平行、线面平行的性质证明线线平行，再结合平行线分线段成比例定理求解作答.
【解答过程】在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1，FG，如图，

因为平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D=EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1，则EF//BD1，于是DFFD1=DEEB=12，
平面ADD1A1//平面BCC1B1，而BG⊂平面BCC1B1，则BG//平面ADD1A1，
在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l//BG，又平面AEF//平面BD1G，BG⊂平面BD1G，
则BG//平面AEF，在平面AEF内存在与AF不重合直线m//BG，从而m//l，m⊂平面AEF，
l⊄平面AEF，则l/平面AEF，又l⊂平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1=AF，
因此AF//l//BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A1//平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CDD1C1=FG，于是AB//FG，即有CD//FG，
所以CGCC1=DFDD1=13.
故选：B.
【变式6-2】（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥P−ABC中，E，F，G，H分别是PB，PC，AE，BF的中点．证明：直线GH//平面ABC．

【答案】证明见解析
【解题思路】取BE的中点M，连接GM，HM，EF，可证明平面GHM//平面ABC，从而可证直线GH//平面ABC.
【解答过程】如图，取BE的中点M，连接GM，HM，EF，

因为G为AE的中点，
所以GM是△ABE的中位线，所以GM//AB，
同理，HM是△BEF的中位线，EF是△PBC的中位线，
所以HM//EF，EF//BC，所以HM//BC，
由GM//AB，GM⊄平面ABC,AB⊂平面ABC，得GM//平面ABC，
同理，HM//平面ABC，
又GM∩HM=M，GM⊂平面GHM，HM⊂平面GHM，
所以平面GHM//平面ABC，
因为GH⊂平面GHM，所以GH//平面ABC．
【变式6-3】（24-25高一下·辽宁沈阳·阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形.设平面PAD与平面PBC的交线为l，M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点.
(1)求证：MQ//平面PAD；
(2)求证：BC//l.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）由题设得MN//PD，应用线面平行的判定证明MN//平面PAD，同理证NQ//平面PAD，再由面面平行的判定和性质即可证明结论；
（2）由题设BC//AD，再由线面平行的判定和性质即可证明结论.
【解答过程】（1）∵M、N分别为PC、CD的中点，
∴MN//PD，又PD⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，
∴MN//平面PAD，同理可证NQ//平面PAD，
由MN∩NQ=N都在平面MNQ内，则平面MNQ//平面PAD，
由MQ⊂平面MNQ，故：MQ//平面PAD；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴BC//平面PAD，又BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，
∴BC//l.
【题型7 平行关系的综合应用】
【例7】（24-25高一下·陕西汉中·期末）由正方体ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后得到的几何体如图所示，O为AC与BD的交点.
(1)求证：A1O//平面B1CD1；
(2)求证：平面A1BD//平面B1CD1.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）要证明线面平行，需证明线线平行即可，即证明A1O//EC.
（2）要证明面面平行，需通过证明一平面内的两条相交直线与另一平面平行即可.
【解答过程】（1）取B1D1的中点E，连接A1E,CE.
则A1E=OC,A1E//OC.
所以四边形COA1E为平行四边形，所以A1O//EC.
因为EC⊂平面B1CD1，A1O不在平面B1CD1内，
所以A1O//平面B1CD1.
（2）因为BD//B1D1，B1D1⊂平面B1CD1，BD不在平面B1CD1内，
所以BD//平面B1CD1.
由（1）知，A1O//平面B1CD1.
因为A1O∩BD=O,A1O,BD⊂平面A1BD，
所以平面A1BD//平面B1CD1.
【变式7-1】（24-25高一下·江西上饶·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点.已知M，N分别是PC，AB的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG.
(1)求证：MN//平面PAD；
(2)求证：AP//HG.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）方法一：构造平行四边形，证得AK//MN，再根据线面平行的判定定理证明即可；方法二：构造三角形的中位线，证得平面MON//平面PAD，根据MN⊂平面MON，即可证明；
（2）先通过三角形中位线证得PA//平面BDM，再根据线面平行的性质定理证明即可.
【解答过程】（1）
法一：取PD中点K，连接MK，AK，MN，
易知MK为△PCD中位线，故MK//CD，且MK=12CD，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB//CD，AB=CD，
故MK//AN，又因为N是AB的中点，所以AN=12AB=12CD=MK，
所以四边形ANMK为平行四边形，所以AK//MN，
又因为MN⊄平面PAD，AK⊂平面PAD，所以MN//平面PAD.
法二：连接AC，交BD于O，连接MO，如下图：
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为AC中点，
又因为M为PC中点，所以MO为△ACP的中位线，
所以MO//PA，
又因为MO⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以MO//平面PAD，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为BD中点，
又因为N是AB的中点，所以NO为△ABD的中位线，
所以NO//AD，又因为NO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以NO//平面PAD，又因为NO∩MO=O，
NO⊂平面MON，MO⊂平面MON，所以平面MON//平面PAD，
因为MN⊂平面MON，所以MN//平面PAD.
（2）连接AC，交BD于O，连接MO，如下图：
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，
又因为M是PC的中点，所以MO为△ACP的中位线，
所以MO//PA，
又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，
所以PA//平面BDM，
又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG.
【变式7-2】（24-25高一下·吉林长春·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中AB=2，M为DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面AMC；
(2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//平面BND1；
(3)求三棱锥M−ABC与正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球半径之比．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)32
【解题思路】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，证明OM//BD1，利用线面平行的判定定理即可求证；
（2）连接BN,ND1,MN，证明AM//BN，得BN//平面AMC，结合（1）由面面平行的判定定理即可求证；
（3）将棱锥M−ABC放入长方体中即可求外接球半径R1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中利用体对角线求出外接球半径R即可求解.
【解答过程】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，所以O为BD的中点，
又M为DD1中点，所以OM//BD1，
又OM⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，
所以BD1//平面AMC；
（2）连接BN,ND1,MN，由（1）有BD1//平面AMC，
由N为CC1中点，M为DD1中点，
所以MN//DC,MN=DC，且AB//DC,AB=DC，
所以MN//AB,MN=AB，
所以四边形ABNM为平行四边形，所以AM//BN，
又AM⊂平面AMC，BN⊄平面AMC，
所以BN//平面AMC，
又BN∩BD1=B，BN,BD1⊂平面BND1，
所以平面AMC//平面BND1；
（3）设正方体ABCD−A1B1C1D1外接球半径为R，所以外接球的直径为BD1，
由2R2=BA2+BC2+BB12=3×22，解得R=3，
设三棱锥M−ABC的外接球半径为R1，
分别取AA1,BB1的中点E,F，连接ME,EF,FN,MB，
由MD⊥AD,MD⊥DC,AD⊥DC，
所以三棱锥M−ABC的外接球就是长方体ABCD−EFNM的外接球，
其外接球的直径等于长方体的对角线MB的长，
由MD=12DD1=1,AD=DC=2，
所以2R12=AD2+DC2+DM2=9，解得R1=32，
所以R1R=323=32，
所以三棱锥M−ABC与正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球半径之比32.
【变式7-3】（24-25高一下·河南驻马店·阶段练习）如图，在正方体ABCD−AB1C1D1中，E为DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面AEC；
(2)取CC1中点F，求证：平面AEC//平面BFD1；
(3)求异面直线AE与D1B所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)155
【解题思路】（1）由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理推理得证.
（2）易证D1F//平面AEC，结合（1）可证结论成立.
（3）利用几何法求出夹角的余弦.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−AB1C1D1中，连接BD交AC于O，连接EO，
则O为BD的中点，而E为DD1的中点，则OE//BD1，
又OE⊂平面AEC，BD1⊂平面AEC，所以BD1//平面AEC.
（2）由F为CC1的中点，E为DD1的中点，得CF//ED1，CF=ED1，
则四边形CFD1E为平行四边形，D1F//EC，又EC⊂平面AEC，D1F⊂平面AEC，
于是D1F//平面AEC，由（1）知BD1//平面AEC，而BD1∩D1F=D1，
BD1,D1F⊂平面BFD1，所以平面AEC//平面BFD1．
（3）由（1）知，OE//BD1，则∠AEO是异面直线AE与D1B所成的角或其补角，
令正方体的棱长AB=2，则OE=3，AE=5，
因此cs∠AEO=OEAE=35=155，
所以异面直线AE与D1B所成角的余弦值为155.
【题型8 平行关系的探索性问题】
【例8】（24-25高一下·青海海南·期末）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G分别是棱AB,BB1,A1B1的中点.
(1)证明：C1G//平面CEF.
(2)在棱AA1上是否存在点H，使得平面C1GH//平面CEF？若存在，求出A1HA1A的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，A1HA1A=12.
【解题思路】（1）连接EG，根据题意，证得四边形CEGC1是平行四边形，得到CE//C1G，结合线面平行的判定定理，即可证得C1G//平面CEF；
（2）连接AB1，分别证得EF//AB1和GH//EF，得到GH//平面CEF，由（1）知C1G//平面CEF，证得平面C1GH//平面CEF，即可得到答案.
【解答过程】（1）证明：如图所示，连接EG，
因为E,G分别是棱AB,A1B1的中点，所以EG//BB1,EG=BB1，
由长方体的性质，可知BB1//CC1,BB1=CC1，则EG//CC1且EG=CC1，
所以四边形CEGC1是平行四边形，所以CE//C1G，
又因为CE⊂平面CEF，且C1G⊄平面CEF，所以C1G//平面CEF.
（2）解：取棱AA1的中点H，连接GH,C1H，平面C1GH//平面CEF，此时A1HA1A=12.
理由如下：
连接AB1，因为E,F分别为棱AB,BB1的中点，所以EF//AB1，
因为G,H分别为棱A1B1,A1A的中点，所以GH//AB1，所以GH//EF，
因为EF⊂平面CEF且GH⊄平面CEF，所以GH//平面CEF，
由（1）可知C1G//平面CEF，且C1G⊂平面C1GH，GH⊂平面C1GH，C1G∩GH=G，所以平面C1GH//平面CEF，
故在棱AA1上存在点H，使得平面C1GH//平面CEF，此时A1HA1A=12.
【变式8-1】（2025高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是平行四边形，E是侧棱PC上一点，且PE=2EC．

(1)试确定侧棱PC上一点Q的位置，使AQ//平面BDE．
(2)在侧棱PB上是否存在一点R，使AR//平面BDE？若存在，求出PRRB的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点Q在侧棱PC上满足PQ=13PC．
(2)存在，PRRB=1．
【解题思路】（1）直线AQ在平面APC内运动，将AQ∥平面BDE转化成平面APC内的限制条件，就可以限制点Q的位置．
（2）构造平面AQR//平面BDE，利用面面平行的判定定理可说明R点的位置.
【解答过程】（1）如图，连结AC，交BD于点O，连结OE．显然O为AC的中点．

若AQ//平面BDE，
因为AQ⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE=OE，
所以AQ//OE，所以E为QC的中点．
因为PE=2EC，所以PQ=13PC．
又当PQ=13PC时，有AQ//OE，从而AQ//平面BDE．
所以点Q在侧棱PC上满足PQ=13PC．
（2）如图，取PB的中点R，连结AR,QR．

由（1）知Q为PE的中点，
所以QR//EB，而QR⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，所以QR//平面BDE．
又因为AQ//平面BDE，AQ⊂平面BDE，QR⊂平面BDE，且AQ∩QR=Q，
所以平面AQR//平面BDE，
又AR⊂平面AQR，所以AR//平面BDE．
所以侧棱PB的中点R符合题意，此时PRRB=1．
【变式8-2】（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，CQQD1=BPPD=λ0