新高考数学一轮复习题型分类讲练6.2 空间几何中的平行（精练）（题组版）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型分类讲练6.2 空间几何中的平行（精练）（题组版）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了证明线面平行常用的方法，面面平行，平行中的动点，平行的判定定理及性质定理的辨析等内容，欢迎下载使用。
1.（24-25北京）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点．求证：平面

【答案】证明见解析
【解析】在三棱柱中，取中点，连接，
由分别为和的中点，得且，
由O为BC中点，得且，则且，
即四边形为平行四边形，于是，
又平面，平面，所以平面.

2．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，，平面且，、分别是、的中点. 求证：平面.
【答案】证明见解析
【解析】如图，取中点，连接，
分别为的中点，，
平面，平面，平面，
且，四边形为平行四边形，且，
分别为的中点，且，
四边形为平行四边形，，
面，面，面，
，平面，面面，
平面，平面．
3．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. 若分别是棱的中点，证明：平面；
【答案】证明见解析
【解析】如图，取的中点，连接.
∵分别是棱的中点，∴.
∵，∴.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，∴平面平面，
∵平面，∴平面.
4．（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，E，F，G，H分别是PB，PC，AE，BF的中点．证明：直线平面．

【答案】证明见解析
【解析】如图，取BE的中点M，连接GM，HM，EF，

因为为的中点，
所以是的中位线，所以，
同理，是的中位线，是的中位线，
所以，，所以，
由，平面,平面，得平面，
同理，平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面．
5．（2025高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，是上靠近点的四等分点，是上靠近点的四等分点，证明：平面．

【答案】证明见解析
【解析】证明：如图，

在上取一点，使得，连接，
因为是上靠近点的四等分点，是上靠近点的四等分点，
所以，所以∥，∥，
因为∥，故∥．
因为平面平面，
所以∥平面∥平面，
因为平面，所以平面∥平面．
因为平面，所以∥平面．
6．（2025高三·全国·专题练习）在三棱台中，若是的中点．求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】由三棱台可得，
，又，所以，
因为是的中点，所以，故，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面平面，
所以平面．
7．（2025河南）如图，已知正方体，动点和分别在线段和线段上（不包括端点），且，求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】法一（向量法）：设，则，，
因为，
①②得，
所以，则，，共面，
又平面，，平面，即平面；
法二（坐标法）：以为原点，，，分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则，，
，则，，
，
平面的法向量可以是，
因为，平面，所以平面．
8．（2025江苏）如图，在正方体中，分别为与上的点，且．求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】法一：如图，过点作交于点，过点作交于点，连结，显然．
因为是正方体，所以，，
又因为，，且，所以，
所以四边形是平行四边形，从而.
因为平面，平面，所以平面．
法二：如图，连结并延长，与直线相交于点，连结．
因为是正方体，所以，．
又因为，所以，从而．
因为平面，平面，所以平面．
法三：如图，过点作交于点，连结，显然，
因为平面，平面，所以平面．
因为是正方体，所以，，
又因为，所以，故，
所以，从而，
因为平面，平面，所以平面，
又平面，平面，且，
所以平面平面，
因为平面，所以平面．
9．（24-25福建）如图①，在直角梯形中，∥，，，为的中点，分别为的中点，将沿折起，得到四棱锥，如图②.求证:在四棱锥中，∥平面.
【答案】证明见解析.
【解析】证明：在四棱锥中，分别为的中点，
所以∥，
因为为的中点，所以
因为 ，所以，
因为∥，所以四边形为平行四边形，
所以∥，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，
所以∥平面.
题组二 面面平行
1．（24-25江西）如图所示，四边形为菱形，平面，平面，求证：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】由题意平面，平面，则，
又因为平面，平面，所以平面，
因为四边形为菱形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，，所以平面平面.
2．（24-25 北京）如图，在四棱锥中，已知分别是的中点，底面是一个平行四边形，，平面平面，且，.
(1)求证：平面平面：
(2)求证：.
【答案】证明见解析
【解析】（1）由题可知：分别是的中点，
所以，平面，平面，则平面，
同理：平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由四边形是一个平行四边形，所以，
由平面，平面，所以平面，
又平面且平面平面，
所以.
3．（24-25 上海）如图，已知三棱锥中，平面为中点，为中点，为中点，证明:平面平面
【答案】证明见解析
【解析】因为为中点，为中点，为中点.
所以，平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
因为，平面
所以平面平面
4．（2025·四川德阳·三模）如图，四边形是矩形，，，，证明：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】因为，平面，平面，
所以平面，
因为四边形是矩形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面ABE；
5．（2025广东中山）如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为．
(1)求证：平面平面；
(2)求证：；
(3)若，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】（1）因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，
则平面，
同理平面，平面，
可得平面，
又，平面，
所以平面平面．
（2）因为底面为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以.
（3）
因为四棱锥是正四棱锥，
所以底面是正方形，在底面上的投影是底面的中心，
又，所以，
又，
所以四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积．
题组三 平行中的动点
1．（2025·安徽）如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，E是棱PA上一点，，当平面EBD，求实数λ的值
【答案】；
【解析】在四棱锥中，连接，交于点，连接，如图，

因为平面平面，平面平面，则，
因为，即，因此，
由，得，于是，所以实数λ的值为.
2．（2025辽宁）如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．

(1)求证：平面PAB；
(2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，E为PC中点，证明见解析
【解析】（1）取AP的中点Q，连接MQ，BQ，

因为M，Q分别为PD，PA的中点，
所以，，
又因为N为BC的中点，
所以，．
所以，，
所以四边形MNBQ为平行四边形，所以，
又因为平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
（2）存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB．
证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，，
所以且，
所以四边形ABCD是平行四边形，所以．
因为E，M分别为PC，PD中点，所以，
所以，
因为平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB，
同理可知平面PAB，又因为平面平面，
所以平面平面PAB．

3．（2025安徽）如图，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，是侧棱上一点，且．

(1)试确定侧棱上一点的位置，使平面．
(2)在侧棱上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点在侧棱上满足．
(2)存在，．
【解析】（1）如图，连结，交于点，连结．显然为的中点．

若平面，
因为平面，平面平面，
所以，所以为的中点．
因为，所以．
又当时，有，从而平面．
所以点在侧棱上满足．
（2）如图，取的中点，连结．

由（1）知为的中点，
所以，而平面，平面，所以平面．
又因为平面，平面，平面，且，
所以平面平面，
又平面，所以平面．
所以侧棱的中点符合题意，此时．
4．（24-25 青海）如图，在长方体中，分别是棱的中点.
(1)证明：平面.
(2)在棱上是否存在点，使得平面平面？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)存在，
【解析】（1）证明：如图所示，连接，
因为分别是棱的中点，所以，
由长方体的性质，可知，则且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：取棱的中点，连接，平面平面，此时
理由如下：
连接，因为分别为棱的中点，所以，
因为分别为棱的中点，所以，所以，
因为平面且平面，所以平面，
由（1）可知平面，且平面，平面，，所以平面平面，
故在棱上存在点，使得平面平面，此时.
5．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，为中点．线段上是否存在点，使得平面？
【答案】存在
【解析】存在，为中点，证明如下：
取中点，连接，连接，连接，
因为为中点，
则是的中位线，，
因为平面，平面，所以平面，
因为
所以是直角梯形的高，，
因为平面，平面，所以平平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
6．（24-25 四川成都·期末）如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，．
(1)求证：平面．
(2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，满足即可，理由见解析
【解析】（1）因，，则，故，
在三棱柱中，，则，
因平面，平面，则平面.
（2）
如图，线段上存在点，满足，即可使平面平面，理由如下：
因，则，则，因平面， 平面，故平面，
由（1），因平面， 平面，故平面，
又平面，故平面平面.
7．（24-25 甘肃）如图，已知在正方体中，P，Q分别为对角线，上的点，.
(1)求证：平面.
(2)若R是上的点，当的值为多少时（用表示），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
【解析】（1）如图，连接并延长，与的延长线交于点，
则平面和平面的交线为.
因为四边形为正方形，所以，
故，所以.
又因为，所以，所以.
因为平面，平面，所以平面.
又平面平面，故平面.
（2）当的值为时，能使平面平面.
证明：如图，因为，即，
又，所以.
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面.
题组四 平行的判定定理及性质定理的辨析
1．（24-25北京）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的必要条件，
设，，显然，从而有成立，但此时不平行，
所以故“”是“”的不充分条件，
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
2．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若与所成的角相等，则
【答案】B
【解析】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面.
例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的.
所以A选项错误.
对于B选项，若，则存在直线，使.
又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以.
由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确.
对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且，所以C选项错误.
对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面.
例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间相交.所以D选项错误.
故选：B.
3．（2025·江西景德镇·三模）设表示两条不重合的直线，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．存在一对异面直线，则
【答案】D
【解析】对于A，由，得直线与可能平行、可能相交，也可能在面内，A错误；
对于B，由，得可能平行，也可能相交，B错误；
对于C，要垂直于内的两条相交直线，才能推出，C错误；
对于D，过直线的平面，由，得，而，则，
由是异面直线，得直线相交，又，因此，D正确.
故选D，
4．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．，，，B．，，
C．，D．，
【答案】D
【解析】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误；
对于B：当时，则，，，故B错误；
对于C：满足，，则或，故C错误；
对于D：由，,故D正确.
故选：D.
5．（2025·北京·三模）已知平面，直线，则下面结论正确的是（ ）
A．若，则；
B．若，则；·
C．若，则；
D．若，则；
【答案】A
【解析】对于A，由，则存在相异于的直线，
，使，即，
又，所以，又，所以，
故，故A正确；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，仅说明直线与交线垂直，不能保证垂直于内的所有直线，故D错误；
故选：A.
6．（24-25 天津南开·期中）已知为两个不同的平面，为三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，且，则D．若，且，则
【答案】C
【解析】对于A，若，则或异面或相交，故A错误；
对于B，，则或异面，故B错误；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，且，则或，故D错误.
故选：C.
7．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（ ）
A．若直线，与平面所成角相等，则
B．若，且，，则
C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直
D．若，，，，则
【答案】C
【解析】
如图所示，在正方体中，
直线和直线与平面所成角均为，但，故选项A错误；
直线平面，直线平面，且平面，平面，但平面平面，故选项B错误；
平面平面，平面，平面，且，但与平面相交，故选项D错误；
假设，直线，，如图所示.
∵不垂直于，，，，∴直线与直线必相交，设.
，，，，.
又，.
，，，，，.
又，，这与，均不垂直于矛盾，故，不垂直，故选项C正确.
故选：C.
题组五 线面平行性质应用---轨迹及轨迹长
1．（24-25山东）如图，正方体的棱长为3，点M，N分别在棱，上，满足，点Q在正方体的内部或表面，且平面，则点Q组成的图形的面积是 ．
【答案】/
【解析】在上取点，使得，
分别连结，
因为，可得，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由且，可得，
又由且，所以，
在正方体中，可得，所以，
因为平面，且平面，所以平面，
同理可证平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因此点的轨迹组成的图形为，
在等腰三角形中，，
可得底边上的高为，
所以面积为，
故答案为：.
2．（24-25 甘肃张掖·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为正方形内一动点，且平面，则点的轨迹的长度为 ．
【答案】
【解析】如图，分别取，的中点，连接，GH，，，HP，
因为为的中点，得，，则四边形是平行四边形，故，
因为平面，平面，故平面，
又因为，，则四边形是平行四边形，故，
因为，故，又平面，平面，可得平面，
且，平面，故平面平面．
又因为平面，故平面，故点的轨迹为线段，其长为．
故答案为：．
3．（2025·宁夏银川·三模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为 .
【答案】
【解析】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，
∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
由得，，
∴，
∴的最小值为.
故答案为：.
4．（2025·山西吕梁·一模）如图所示，在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 .
【答案】
【解析】在棱长为4的正方体中，分别取棱中点，连接，
由点分别是棱的中点，得，
又平面，平面，则平面，
又，则四边形为平行四边形，
于是，又平面，平面，则平面，
又，平面，因此平面平面，
又是侧面内一点，且平面，则点的轨迹是线段，
在中，，同理，
即为等腰三角形，当为中点时，最短，为，
当位于、处时，最长，为，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：
5．（2025·四川绵阳·模拟预测）在几何学的世界里，阿基米德体以其独特的形状和美丽的对称性吸引了无数数学爱好者和科学家，它是一种半正多面体，其中每个面都是正多边形，且各个面的边数不全相同.如图，棱长为2的半正多面体是将一个棱长为6的正四面体切掉4个顶点所在的小正四面体后所剩余的部分，已知A，B，C，D为该半正多面体的四个顶点，点P为其表面上的动点，且平面，则P点的轨迹长度为 .
【答案】/
【解析】如图：补全正四面体，连接,
取分别为大正四面体棱的中点，连接,
由于均为大四面体的棱的三等分点，故.
平面，平面，平面，平面，
故平面, 平面.
且平面，
故平面平面，
由于平面，因此平面，
故点的轨迹为线段，
由于,
故点的轨迹长度为，
故答案为：
6．（2024·西藏拉萨·二模）如图，正四棱锥的所有棱长都为为的中点，是底面内（包括边界）的动点，且平面，则长度的取值范围是 .
【答案】
【解析】如图（1），设的中点分别为，连接，则.因为平面平面，所以平面.
又平面平面，所以平面.
又，所以平面平面，所以动点在线段上运动.
设的中点分别为，连接，
则在等腰梯形中，只需求出点与线段上的点的距离的取值范围.
易知，如图（2），作，则，所以长度的取值范围是.
故答案为：.
7．（2024·浙江·模拟预测）三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为 ．
【答案】/
【解析】延长CM交AB于点I，因为平面ABD，
由线面平行性质定理可知，设，
因为三棱锥的所有棱长均为2，
所以，且E为线段BC的中点，
所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知，
所以，
因为F为线段AD的中点，所以，
由余弦定理可知，
所以，
令，，化简可得，
因为，所以，
则在时取得最小值，
所以，
综上当，即时MN取得最小值．
故答案为：．