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（精讲）（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（精讲）（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，证明面面平行，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。

考向一 证明线面平行常用的方法
【例1-1】（2025高三·全国·专题练习）如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，．求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】因，，则，故，
在三棱柱中，，则，
因平面，平面，则平面.
【例1-2】（2025高三·云南）如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点，求证：平面.
【答案】证明见解析
【解析】连接，交于，如下图所示：
因为底面是正方形，故为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
【例1-3】（2025高三广东）如图，在四棱锥中，底面为正方形，E，F分别为，的中点，求证：直线平面.
【答案】证明见解析
【解析】取的中点G，连接.
因为F为的中点，所以且，
因为底面为正方形，E为中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，
所以直线平面.
【例1-4】（2025高三河南）如图，在几何体中，四边形为平行四边形，BF‖.证明：平面.
【答案】证明见解析；
【解析】由四边形为平行四边形，得，平面，平面，
则平面，又，同理平面，
而，都在平面内，则平面平面，
又平面，所以平面.
【例1-5】（24-25江西）如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点.已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于.
(1)求证：平面；
(2)求证：
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】 （1）
法一：取中点，连接，，，
易知为中位线，故，且，
因为四边形是平行四边形，所以，，
故，又因为是的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
法二：连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为是的中点，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，又因为，
平面，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
【一隅三反】
1.（24-25山西）如图，多面体中，，底面是矩形，为的中点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】如图，连接交于点，连接．因为是矩形，故为的中点．
又因为为的中点，故．又平面，平面，
所以平面．
2.（24-25邢台）如图，在正四棱锥中，，是的中点，点在线段上，且，点在线段上（不与点重合），与交于点，证明：平面
【答案】证明见解析
【解析】因为四边形是正方形，所以，且，
因为为的中点，则，
又因为，则，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
3.（2025湖南）如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为棱的中点．设平面与直线相交于点，求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】因底面为平行四边形，故，
因平面，平面，故平面，
又因平面平面，平面，故，
因平面，平面，
故平面．
4.（2025·安徽黄山）如图，四棱锥中，，，，点在棱上，当时，求证：平面
【答案】证明见解析
【解析】连接交于点，连接，
由 知，，∴，
∵，∴，∴，
又平面，平面，∴平面．
5．（2025高三陕西）如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，，证明：平面.
【答案】证明见解析
【解析】如图所示，取的中点，在上取，连接,

因为是的中点，是的中点，所以，且，
因为，，所以，且，
即得，，故四边形是平行四边形，则，
因为平面平面，所以平面.
6．（2025高三·全国·专题练习）如图，在正四棱台中，．求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】连接交于点，连接，
是正四棱台的对角面与下底面和上底面的交线，则，即；
又，所以，即，
所以是平行四边形，所以，，
又平面，平面，
所以平面；
7．（2025山东）如图，在中，，点分别在边上，且，，将绕着旋转至，连接，，分别为线段，的中点，分别为线段的中点，求证：平面．
【答案】证明见解析
【解析】证法1：如图:
记的中点为，连接．
因为分别为，的中点，
所以∥．
又因为分别为的中点，
所以∥，所以∥．
又因为平面，平面，所以∥平面，
同理可得∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面，
又因为平面，所以∥平面．
证法2：如图，连接并延长，交于点，连接，
因为分别为，的中点，所以∥.
所以为中点.
所以，所以为的中点.
又为中点，所以∥.
又平面，平面，所以∥平面.
证法3：如图：
记的中点为，分别记的中点为，连接，
因为为中点，所以∥，且.
因为为中点，所以∥，且.
因为为中点，所以∥且.
同理可得：∥且.
所以∥，，所以四边形为平行四边形，
所以∥，平面，平面,所以∥平面.
考向二 证明面面平行
【例2】（24-25 陕西 ）由正方体截去三棱锥后得到的几何体如图所示，为AC与BD的交点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）取的中点，连接.
则.
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，不在平面内，
所以平面.
（2）因为，平面，不在平面内，
所以平面.
由（1）知，平面.
因为平面，
所以平面平面.
【一隅三反】
1．（2025河南）如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，，点E，F分别为，的中点.求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【解析】在中，点分别为的中点，
所以，因为平面，而不在平面内，
所以平面.
因为，所以.
因为为等边三角形，所以，
所以.
又易知，所以.
又因为平面，而不在平面内，
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
2．（2025湖北）如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点．求证：平面平面．
【答案】证明见解析；
【解析】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．
3.（2025·河南）如图，在四棱锥中，，，，，若，，求证：平面平面
【答案】证明见解析
【解析】因为，，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
因为，，所以，，
由余弦定理可得，
因为，所以，，故，
在中，，，，
所以，，
因为为锐角，所以，，故，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，所以，平面平面.
考向三 平行中的动点
【例3-1】（24-25 湖北）如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，取的中点，连接，
由，所以为的中点，又为的中点，所以 PE，
平面，平面，所以平面，
又平面，且，平面，
所以平面平面，由平面，所以平面
又平面，平面平面，所以
又，所以，所以，故
故选：A
【例3-2】（2025湖南）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥，若点在线段上，且平面，试确定点的位置

【答案】点为线段上靠近点的三等分点；
【解析】如图，过点作交于点，连接，
因为，所以四点共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，,则，

所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.
【一隅三反】
1．（24-25河北邢台）如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，，分别在线段，上，且，在上且平面平面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
延长，连接，
由四边形为平行四边形可知，
则，即，
又平面平面，且平面平面，
平面平面，则，
又，所以，
由四棱柱可知，，
即，，
又，，
故选：A.
2．（23-24海南）如图，在正方体中，是棱的中点，点在棱上，且，若平面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则，，可得，
设是平面的法向量，则，
令，则，即，
由，且，可得，
又因为，则，
由平面，可得，
解得.
解法二：如图，取中点，连接，易证，
所以平面即为平面，
易知当为的中点时，，平面，平面，
从而平面，所以.
故选：C.
3．（2025高三·全国·专题练习）如图所示的多面体中，四边形ABCD是菱形且，，平面ABCD，，点N为PC上的动点. 求证：存在点N，使得.
【答案】证明见解析
【解析】证明：设平面与交于点，
因为四边形是菱形，所以，
又平面，平面，所以平面.
又，平面，平面，所以平面.
又，平面ADM，
所以平面平面.
又平面，所以平面，
因为平面，平面平面，
所以，所以结论成立.
4．（24-25 湖北武汉·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，使平面平面?请说明理由.
(3)若四棱锥的体积为1，求三棱柱的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
(3)
【解析】（1）证明：因为，分别为线段上的点,,
所以.又因为，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）取的点，，连接，.则.
因为平面，平面，所以平面，
同理可得，平面，又因为，，平面，
所以平面平面，
故在线段上存在一点，使平面平面.

（3）由题意可得，则得,
所以.
故三棱柱的体积为.
考向四 平行的判定定理及性质定理的辨析
【例4】（24-25 北京 ）已知直线，平面，给出下列四个命题：
①若，则； ②若，则；
③若，则 ④若，则.
其中正确命题的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】A
【解析】对于①，若，则或，故①错误；
对于②，若，则可共面，也可异面，不一定得到，故②错误；
对于③，若，则或，故③错误；
对于④，若，则不一定平行，也可以与异面,，故④错误.
故选：A.
【一隅三反】
1．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【解析】对于A选项，若，，，，则、平行或相交，A错；
对于B选项，若，，则、平行或相交，B错；
对于C选项，若，，则或，C错；
对于D选项，若，，则，D对.
故选：D.
2．（24-25 江苏 ）已知为两条不同直线，为三个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】D
【解析】对于选项A：若，所以可能平行也可能异面，所以A错误；
对于选项B：若，所以可能与平面平行，也可能在平面内，所以B错误；
对于选项C：若，那么，也可能平面相交，所以C错误；
对于选项D：根据平行平面的传递性，若，则.所以D正确.故选：D.
3．（24-25·四川成都）对于不同直线和平面，下列叙述错误的是（ ）
A．，则
B．，则
C．，则
D．，则
【答案】A
【解析】对于A，由可得或，故A错误；
对于B，由面面垂直的性质定理：若两平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面.即可判断B正确；
对于C，利用面面平行的判定定理：若一个平面中的两条相交直线都与另一个平面平行，则这两个平面互相平行.即可判断C正确；

对于D，如图，经过直线作一个平面，设，因，则，故，
因，则，又，则，故.故D正确.
故选：A.
4．（24-25湖南）设是两个不同的平面，，是异于的一条直线，则“”是“且”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】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，可得，所以，即必要性成立，
故“”是“且”的必要不充分条件．
故选：A．
考向五 线面平行性质应用---轨迹及轨迹长
【例5-1】（24-25甘肃）柱是建筑物中用来承托建筑物上部重量的直立的杆体，俗称“柱子”.柱子在各个时期既有延续与继承，又有发展和变化，如方柱在秦代时开始出现，而在汉代时则又增加了八角形柱、束竹式柱、人像柱等.某凉亭的一根正三棱形柱子可近似看作如图所示的图形，记该正三棱柱为，其底面边长是3，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且平面，则点N的轨迹长为（ ）
A．27B．C．12D．6
【答案】B
【解析】分别取，的中点，，连接，.
因为，，
所以，平面，平面.
所以平面.又，平面，平面.
所以平面，平面，
所以平面平面.
所以当点在线段上运动时，有平面，
所以点的轨迹长为.故B正确.
故选：B.
【例5-2】（2025·重庆·模拟预测）正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取的中点为，
连接，
由中位线易知，
又在平面 内，不在平面 内，
所以平面 ，平面 ，
又是平面内两条相交直线，
所以平面平面 ，
又 平面 ，
所以在平面内，又 是侧面 内一点，
所以的轨迹是线段,
易知,
，
所以 长度的取值范围是.
故选：C
【一隅三反】
1．（24-25北京）如图，在长方体中，，，点，分别为，的中点，点为长方形内一动点（含边界），若直线平面，则点的轨迹长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【解析】在长方体中，取的中点，连接,
由点为的中点，得，则四边形是平行四边形，
，又，则四边形是平行四边形，
于是，取中点，在上取点，使得，连接，
而，则四边形为平行四边形，，而平面，平面，
于是平面，由为的中点，得，而平面，平面，
则平面，又平面，因此平面平面，
由直线平面，点平面，则点在平面与平面的交线上，
从而点的轨迹是线段，而，
所以点的轨迹长度为.
故选：C
2．（24-25辽宁锦州·期末）在正三棱柱中，，外接球表面积为，P为的中点，Q为侧面内（含边界）一点，若平面，则点Q运动轨迹的长度为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】A
【解析】设正三棱柱的外接球半径为，
则，解得，
设的中点分别为，连接，
在上分别取，使得，
故分别为等边三角形和等边三角形的中心，
连接，则的中点即为正三棱柱的外接球球心，
即，设正三棱柱的高为，则，，
因为，所以，，
则，解得，
因为P为的中点，所以，又，所以，
因为平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，同理可证平面，
因为，平面，所以平面平面，
故当在线段上时，平面，故平面，
故点Q运动轨迹的长度为的长，.

故选：A
3．（24-25 ·福建）已知正四棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，E是棱的中点，F是棱上靠近点C的三等分点，动点P在侧面（包括边界）内运动，若平面则线段长度的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【解析】
取的中点，上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，
上靠近点的三等分点为，连接，，，，，，如图所示.
在正四棱柱中，
∵，且，
∴四边形是平行四边形，∴.
又平面，平面，∴平面.
∵，分别是和的中点，∴.
同理可知，
又，
∴四边形是平行四边形，∴.
∴.
又平面，平面，∴平面.
又，平面，平面，
∴平面平面.
∵平面，动点P在矩形（包括边界）内运动，
∴点在线段上运动.
在中，易求，，为等腰三角形，
∴点为线段的中点时，取得最小值.

此时，
即的最小值为.
故选：C.
4．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图所示，取的中点，连接，，，
在正方体中，可得且，
因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，
因为正方体的边长为，可得，，
在中，可得，且，
则，所以的最小值为.
故选：B.