新高考数学一轮复习讲义+专项训练第7章第03讲 直线、平面平行的判定与性质（复习讲义）（2份，原卷版+解析版）

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01 TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc203469845" 考情解码·命题预警 PAGEREF _Tc203469845 \h 2
\l "_Tc203469846" 02 体系构建·思维可视 PAGEREF _Tc203469846 \h 3
\l "_Tc203469847" 03 核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc203469847 \h 3
\l "_Tc203469848" 知能解码 PAGEREF _Tc203469848 \h 3
\l "_Tc203469849" 知识点1 直线与平面平行 PAGEREF _Tc203469849 \h 3
\l "_Tc203469850" 知识点2 平面与平面平行 PAGEREF _Tc203469850 \h 4
\l "_Tc203469851" 题型破译 PAGEREF _Tc203469851 \h 5
\l "_Tc203469852" 题型1 有关平行命题的判断 PAGEREF _Tc203469852 \h 5
\l "_Tc203469853" 题型2 线面平行的判定定理 PAGEREF _Tc203469853 \h 8
【方法技巧】线面平行的判定定理的证明步骤
\l "_Tc203469854" 题型3 线面平行的性质定理 PAGEREF _Tc203469854 \h 13
\l "_Tc203469855" 题型4 面面平行的判定定理 PAGEREF _Tc203469855 \h 17
\l "_Tc203469856" 题型5 面面平行的性质定理 PAGEREF _Tc203469856 \h 21
【方法技巧】面面平行证线线、线面平行
\l "_Tc203469857" 题型6 线面平行的探索性问题 PAGEREF _Tc203469857 \h 26
【方法技巧】平行的探索性问题
\l "_Tc203469858" 题型7 面面平行的探索性问题 PAGEREF _Tc203469858 \h 33
\l "_Tc203469859" 04 真题溯源·考向感知 PAGEREF _Tc203469859 \h 38
\l "_Tc203469860" 05 课本典例·高考素材 PAGEREF _Tc203469860 \h 44
知识点1 直线与平面平行
1．直线与平面平行的判定定理
2．直线与平面平行的性质定理
自主检测（多选）如图，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为与的交点，下列说法正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面
【答案】ABD
【详解】因为为平行四边形对角线的交点，所以为的中点，
又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，A选项正确；
同理平面，平面，所以，B选项正确；
由四边形为平行四边形，所以，平面，平面，故平面，故D正确；
又与平面相交于点，故C错误；
故选：ABD.
知识点2 平面与平面平行
1．平面与平面平行的判定定理
2．平面与平面平行的性质定理
3.其余推论
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夹在两个平行平面间的平行线段相等．
③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
④两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
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．
自主检测已知平面平面，点是平面外一点（如图所示），且直线分别与相交于点，若，则 ．

【答案】9
【详解】因为平面平面，根据面面平行的性质定理，可得：，
所以，，又，
所以，
因此，
又，所以.
故答案为：9
题型1 有关平行命题的判断
例1-1已知a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，则下面命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】A
【详解】对于A，由，，根据面面平行的传递性，可得，故A正确；
对于B，由，，则可能平行，也可能相交，故B错误；
对于C，由，，则可能平行、相交、异面，故C错误；
对于D，由，，则或，故D错误.
故选：A.
例1-2下列命题中，正确命题的个数是（ ）
①如果是两条平行直线，那么平行于经过的任何一个平面；
②如果直线和平面满足，那么与平面内的任何一条直线平行；
③如果直线满足，，则；
④如果直线和平面满足，，，那么；
⑤如果平面的同侧有两点到平面的距离相等，则.
A．0B．1
C．2D．3
【答案】C
【详解】对于①中，如图（1）所示，在正方体中，可得，
此时在过的平面内，所以命题①不正确；
对于②中，在正方体中，可得平面，
但与为异面直线，所以命题②不正确；
对于③中，在正方体中，可得平面，平面，
但和为相交直线，所以③不正确；
对于④中，如图（2）所示，在平面任取一点，过直线和点的平面为，
设平面平面，因为，可得，
又因为，所以，因为，所以，所以④正确；
对于⑤中，如图（3）所示，过点分别作，可得，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以，所以⑤正确.
故选：C.
【变式1-1】已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则；
B．若，，则；
C．若、是异面直线，，，，，则；
D．平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则．
【答案】C
【详解】因为、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，，
对于A，若，，则与可能相交，故A错误；
对于B，若，，则可能在内，故B错误；
对于C，因为，所以，
又，所以由线面平行的性质定理可知在内存在，
则，进而可得，
因为是异面直线，，所以与相交，
又，所以由面面平行的判定定理得，故C正确；
对于D，平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能相交，故D错误．
故选：C．
【变式1-2·变考法】如图，梯形中，四边形是梯形在平面α内的投影（），则对四边形的判断正确的是（ ）
A．可能是平行四边形不可能是梯形B．可能是任意四边形
C．可能是平行四边形也可能是梯形D．只可能是梯形
【答案】D
【详解】由题意，因为，所以与确定平面，
与确定平面，
平面，平面，平面，
又在梯形中，平面，
平面，平面.
又平面，平面，
平面平面.
易知平面，
平面.
在平面中，与长度不相等，必然会相交于一点，
则平面与平面相交，必然会相交于一点，
则四边形只可能是梯形，
故选：D
题型2 线面平行的判定定理
例2-1如图，在下列四个正方体中，为正方体的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的有（ ）个.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】对于①：如图，取中点，连接，则有，又平面，所以与平面相交，故①错误
对于②：由，，所以，又平面，不在平面上，所以平面，故②正确；
对于③：由，又平面，不在平面上，所以平面，故③正确；
对于④：由，又平面，不在平面上，所以平面，故④正确.
故选：C.
例2-2已知在直三棱柱中，，M为棱的中点，O为线段的中点．
(1)求证：平面MBC；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）设为中点，连接，又O为线段的中点，则且，
由M为棱的中点，则且，
所以，，故四边形为平行四边形，则，
由平面MBC，平面MBC，则平面MBC；
（2）由，则且为直角三角形，
所以三棱锥的高为，故.
方法技巧 线面平行判定定理的证明步骤
①在平面内找到或作出一条与已知直线平行的直线（常见方法：三角形中位线、平行四边形的性质、线段成比例）；
②证明已知直线平行于找到(作出的)直线；
③由判定定理得出结论
【变式2-1】（多选）如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线平面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】选项A，如题所示连接交与，则为中点，
又因为是中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，A满足题意；
选项B，将直线平移使得点与点重合，则显然可知与平面不平行，B不满足题意；
选项C， 连接，由条件和正方体的性质可知，，
所以五点共面，即在平面内，所以与平面不平行，C不满足题意；
选项D，取的中点为，连接，
因为是棱上中点，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，D满足题意；
故选：AD
【变式2-2·变载体】如图，向透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，水是定量的（体积为）．固定容器底面一边于地面上，，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面结论，其中错误的是（ ）
A．水面所在四边形的面积不是定值B．没有水的部分始终呈棱柱形
C．棱一定与平面平行D．当容器倾斜如图所示时，（定值）
【答案】D
【详解】依题意将容器倾斜，随着倾斜度的不同可得如下三种情形，
对于A：水面是矩形，线段的长一定，从图1到图2，再到图3的过程中，
线段长逐渐增大，则水面所在四边形的面积逐渐增大，故A正确；
对于B：依题意，水面，而平面平面，
平面，则，同理，而，，
又平面，平面平面，
因此有水的部分的几何体是直棱柱，长方体去掉有水部分的棱柱，没有水的部分始终呈棱柱形，故B正确；
对于C：因为，平面，平面，因此平面，
即棱一定与平面平行，故C正确；
对于D：当容器倾斜如图3所示时，有水部分的几何体是直三棱柱，其高为，体积为，
又，，所以，故D错误．
故选：D
【变式2-3】如图，直三棱柱中，为线段的中点.
(1)证明：平面；
(2)平面将三棱柱分成两部分，求这大小两部分体积的比值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【详解】（1）如图：
连接交于点，连接，
则为的中点，又为线段的中点，则，
因为平面平面，
所以直线平面.
（2）由题知，所以，
所以三棱柱的体积.
三棱锥的体积，
所以多面体的体积.
所以.
题型3 线面平行的性质定理
例3-1在四棱锥中，底面为平行四边形，点是侧棱上的动点，若平面，则 ．
【答案】1
【详解】如图，连结交于，连结，
因为平面，根据线面平行的性质定理，得，
又是的中点，所以是的中点，所以．

故答案为：1.
例3-2如图，是棱长为2的正方体的棱上一点，且面，则线段的长度是 .
【答案】
【详解】连接与相交于点，连接，则点是的中点，
平面平面，
因为平面，所以，
可得点是的中点，
所以,
故答案为：,
【变式3-1】如图，棱长为a的正方体中，，设过点，C，E的平面与平面的交线为EF，则三棱锥的体积为 .
【答案】
【详解】设点的位置如图，如图，连接EF，，CF，AC，
因为平面与平面的交线为EF，
又在正方体中，平面平面，
平面与平面的交线为，所以，
又在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，所以，
又，所以，
又正方体的棱长为，，
故.
【变式3-2】如图，已知三棱柱中，是上的动点，是上的动点，且，平面．
（1）若是的中点，则的值为 ；
（2）若是上靠近的三等分点，则的值为 ．
【答案】 1 2
【详解】（1）如图，设平面与直线相交于点，连接，．
因为平面，平面，平面平面，
所以．
又，所以平面，
又平面，平面平面，
所以，则四边形是平行四边形．
故，所以是的中点．
故，即，即．
（2）如图，设平面与直线相交于点，连接，．
因为平面，平面，平面平面，
所以，又，所以平面，
又平面，平面平面，
所以，故四边形是平行四边形，
则，且，
所以，所以，
则，即．
故答案为：1；2.
【变式3-3】如图，点C是以为直径的圆O上异于的点，P为平面外一点，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线l．
(1)求证：直线平面；
(2)求证：直线平面．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）因为分别是的中点，所以，
平面，平面，所以直线平面；
（2）由（1）知，直线平面，平面，
平面与平面的交线为直线l，所以，
平面，平面，所以直线平面.
题型4 面面平行的判定定理
例4-1如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中，
①平面；②平面；
③平面平面；④平面平面.
以上四个命题中，正确命题的序号是 .

【答案】①②③④
【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体，如图所示，
对于①，因为，平面，平面，所以平面，命题①正确；
对于②，，平面，平面，所以平面，命题②正确；
对于③，，面，面，，面，面，
所以面，面，又，、平面，
所以平面平面，命题③正确；
对于④，，面，面，，面，面，
所以面，面，又，、平面，
所以平面平面，命题④正确.

故答案为：①②③④.
例4-2如图，在边长为2的正方体中，，，，都是正方体棱上的中点.
(1)求证平面平面;
(2)求三棱台的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）连接，则，
因为面，
所以面，
分别取、的中点、，连接，，，
在四边形中，且，
所以四边形为平行四边形，
同理可得四边形也是平行四边形，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为面，
所以面，
因为，
所以平面平面.
（2）由题可知，，，，
根据棱台的体积公式，可得三棱台的体积为：
.
【变式4-1】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
【详解】（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.
【变式4-2】如图所示，正四棱锥S-ABCD中，，．

(1)求正四棱锥S-ABCD的体积；
(2)若P为侧棱SD上的点，且，Q是SD的中点，E是侧棱SC上的点，且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意，在正方形ABCD中，，所以．
在正四棱锥S-ABCD中，，
所以正四棱锥S-ABCD的高为，
所以正四棱锥S-ABCD的体积为；
（2）由题意及（1）得，
连接BD交AC于点O，连接OP，如图所示，
∵，Q是SD的中点，
∴，，
∴点P是QD的中点，
由几何知识得，点O是BD的中点，
在△BDQ中，，，
∵，，∴，
在△SCP中，，又，，
所以，
∵，，，
∴．

题型5 面面平行的性质定理
例5-1如图，多面体是用平面截底面边长，侧棱长的长方体剩下的一部分几何体，其中，点E在线段上，平面交线段于点F，则截面四边形的周长的最小值为 .
【答案】10
【详解】由题意，平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，沿将右面和后面相邻两面展开，
当B，E，三点共线时，最小，最小值为，
所以截面四边形的周长的最小值为10.
故答案为：10.
例5-2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
【详解】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．
方法技巧 面面平行证线线、线面平行
（1）利用面面平行的性质定理证明线线平行的关键是把要证明的直线看作是平面的交线,往往需要有三个平面,即有两平面平行,再构造第三个平面与两平行平面都相交.
（2）两个平面平行的另一个重要性质是判断线面平行:如果两个平面平行,那么其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
【变式5-1·变考法】（ 2023·四川绵阳·模拟预测）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线，平面与平面的交线，若直线与所成角为，直线与所成角为，则的值是 ．
【答案】/
【详解】延长与直线相交于，连接，
则平面与平面的交线为，
即为直线，故即为，
又，，
是棱的中点，且，
，，
又为锐角，且，，
则，
又平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，又，
故直线与所成角为，
又，故，
所以，
故答案为：.
【变式5-2】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
【详解】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.
【变式5-3】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.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（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5-4】如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点．证明：平面；
【答案】证明见解析
【详解】证明：设的中点为，连接，
为的中位线，，
又平面，平面，
平面，
为梯形的中位线，，
又平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面平面，
平面，
平面．
题型6 线面平行的探索性问题
例6-1如图，直三棱柱中，，．
(1)求证：；
(2)在棱上是否存在点K，使得平面？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)当为中点时，平面，此时
【详解】（1）因为为直三棱柱，故面面，
又面面，且，故面，
又面，故
（2）分别取，的中点为，，连接，
因为，故为的中位线，为的中位线，
因此，
又面，故面
又为直三棱柱，故，即，
又面，故面
又，故面面
又面，故平面，
此时
例6-2如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，分别是的中点．
(1)求三棱锥的体积；
(2)证明：平面；
(3)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，.
【详解】（1）因为四边形为菱形，，
所以，，又为的中点，
所以为等边三角形，，，，
所以，
又平面，，
所以三棱锥的体积，
（2）连结，
因为，分别为的中点，所以，，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以，，又是的中点，且，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面,
所以平面．
（3）线段上存在点P，使得平面，且，
证明如下：
连接，其中AC交DE于点，连接
在菱形ABCD中，，且
所以，又，
所以，
所以四边形是平行四边形
平面，平面，
平面.
方法技巧 平行的探索性问题
常用“逆向推理法”：假设平行关系成立，结合线面平行、面面平行的判定定理（如线面平行需平面外直线与平面内直线平行，面面平行需一平面内两条相交直线与另一平面平行），推导线段比例、中点位置等关键条件。
【变式6-1】如图所示，点P是平面外一点，平面，，.
(1)求证：平面；
(2)问：是否存在线段上的一点N，使得对线段上的任一动点M，均有平面成立？若存在，请指出点N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，点N为的靠近的三等分点，证明见解析
【详解】（1）如图，在上取靠近的三等分点F，即，连接，
，
∴，.
∵平面，平面，平面平面，
∴，
∵，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）存在，点N为的靠近的三等分点.证明如下：
如图，在上取点使得，连接.
∵，.
∴.
∵平面，平面，
∴平面.
由（1）得，平面，
∵，平面，平面，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面.
【变式6-2】如图所示，在四棱锥中，底面为梯形，，，面面，是的中点．
(1)求证：平面.；
(2)若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【详解】（1）证明：取中点，连和，可得且，
因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：取中点，连接和，
因为和分别为和的中点，所以，
又因为平面，且平面，所以平面，
又由（1）可得∥平面，且，平面，
所以平面平面，
因为是上的动点，且平面，所以平面，
所以，当为中点时，平面．
【变式6-3】如图所示正四棱锥，，P为侧棱SD上一动点.
(1)正四棱锥的表面积；
(2)若直线平面ACP，求证：P为棱SD的中点；
(3)若，侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，，理由见解析
【详解】（1）因为，所以底面积为2，由正四棱锥的性质可得侧面为全等的等腰三角形，
因为，所以侧面积为，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）连接,交于，则为中点，连接；
因为直线平面，且平面平面，
所以，
因为为中点，所以P为棱SD的中点.

（3）在侧棱SC上存在一点E，使得平面，满足.
理由如下:取SD的中点Q，连接BQ，
因为，所以，又为的中点，
在△中, ,又平面，平面，所以平面，
过Q作，交于，连接，
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，由，得,
由，Q为SD的中点，得，
所以，即侧棱SC上存在一点E，当满足时, 平面PAC.
题型7 面面平行的探索性问题
例7-1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，
【详解】（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.
例7-2如图，在四棱锥中，底面为正方形，点分别为的中点．

(1)证明：平面；
(2)在棱BC上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【详解】（1）证明：取PB的中点，连接，
在四棱锥中，底面为正方形，E，F分别为AD，PC的中点，
，且，
，且，
四边形为平行四边形，，
而平面平面PBE，
平面；
（2）存在满足条件的，且，
证明如下：取BC的中点，连接FQ，DQ，则，
由平面平面平面，
又平面平面，
又平面平面与重合，
即为BC的中点，．

【变式7-1】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
【详解】（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.
【变式7-2】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，交于点，是的中点. 在线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，请给出点的位置，并证明，若不存在，请说明理由.
【答案】存在，为中点，证明见解析
【详解】存在，为中点时，平面平面，
连接，设，连接，易知，
因为为中点，为的中点，所以，
由于，所以，
由于平面，平面，
所以平面，
同理可证得平面，
由于，平面，
所以平面平面.
【变式7-3】如图，在三棱柱中，D，E，F分别是AB，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求证：在上存在一点P，使得平面平面DCF．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）连接DE，由题意知，，，
即四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面．
同理，四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，DC，平面，
所以平面平面．
（2）如图，取的中点P，连接，，，
由（1）知，又分别是的中点，可得，
因为分别为的中点，所以，则，
又，
平面，平面，
所以平面平面DCF．故结论得证．
1．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC中点，则（ ）
A．B．平面
C．D．平面
【答案】BD
【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面，
又平面，则，则，
因为是正三角形，为中点，则，则
又，
所以，
则不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱中，平面，
又平面，则，
因为是正三角形，为中点，则，
又平面，
所以平面，故B正确；
对于D，因为在正三棱柱中，
又平面平面，所以平面，故D正确；
对于C，因为在正三棱柱中，，
假设，则，这与矛盾，
所以不成立，故C错误；
故选：BD.
2．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，
底面周长为，则侧面积为：;
（2）由题知，则根据中位线性质，，
又平面，平面，则平面
由于，底面圆半径是，则，又，则，
又，则为等边三角形，则，
于是且，则四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
又平面，
根据面面平行的判定，于是平面平面，
又，则平面，则平面

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；
【答案】(1)证明见解析
【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.
4．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）由题意知，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
5．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
6．（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．
【答案】(1)证明见解析
【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.
7．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见详解；
【详解】（1）由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
8．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，

(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【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；
1．平面α与平面β平行的充分条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线都与β平行
B．直线aα，aβ，且直线a不在α与β内
C．直线 ，直线，且bα，aβ
D．α内的任何直线都与β平行
【答案】D
【详解】A：α内有无穷多条直线都与β平行，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；
B：直线aα，aβ，且直线a不在α与β内，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；
C：直线 ，直线，且bα，aβ，则面α与面β可能平行也可能相交，错误；
D：α内的任何直线都与β平行，α内任取两条相交的直线平行于β，由面面平行的判定知，正确.
故选：D.
2．如图，在长方体的六个面所在的平面中，
（1）与平行的平面是 ；
（2）与平行的平面是 ；
（3）与平行的平面是 .
【答案】 平面，平面 平面，平面 平面，平面
【解析】（1）根据线面平行的判定定理填写出正确结论.
（2）根据线面平行的判定定理填写出正确结论.
（3）根据线面平行的判定定理填写出正确结论.
【详解】（1）由于，平面，平面，所以平面.同理证得平面.
（2）由于，平面，平面，所以平面.同理证得平面.
（3）由于，平面，平面，所以平面.同理证得平面.
故答案为：(1). 平面，平面；(2). 平面，平面； (3). 平面，平面.
【点睛】本小题主要考查线面平行的判定定理，属于基础题.
3．如图，在四面体中，E，F，G分别是AB，BC，CD的中点，求证：

(1)∥平面EFG；
(2)∥平面EFG．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析.
【详解】（1）证明：因为F，G分别是BC，CD的中点，
所以，又 平面EFG，平面EFG ，
所以平面EFG；
（2）因为E，F分别是AB，BC的中点，
所以，又 平面EFG，平面EFG ，
所以平面EFG；
4．如图，在正方体中，E为的中点，判断与平面的位置关系，并说明理由.
【答案】平面.见解析
【详解】平面理由如下：
如图，在正方体中，
连接交于点F，则F为中点.
连接，
又∵E为的中点，是的中位线，.
平面，平面，
平面.
【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.
5．已知正方体的棱长为a，M，N，E，F分别是棱，，，的中点．求证：平面平面BDEF．
【答案】证明见解析
【详解】证明：如图，以点D为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

建立空间直角坐标系，则，，，
，，，．
于是，，，．
设是平面AMN的法向量，则
取，得，，则．
设是平面BDEF的法向量，
则
取，得，，则．
又平面AMN与平面BDEF不重合，
故平面平面BDEF．
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
（1）直线与平面平行的判定与性质
（2）平面与平面平行的判定与性质
单选题
多选题
填空题
解答题
全国一卷T9（6分）
全国二卷T17（15分）
上海卷T18（14分）
北京卷T17（14分）
全国Ⅰ卷T17（15分）
全国甲卷（文）T19（12分）
全国甲卷（理）T19（12分）
北京卷T17（14分）
天津卷T17（15分）
天津卷T17（15分）
上海卷T17（14分）
全国乙卷（文）T19（12分）
全国乙卷（理）T19（12分）
考情分析：
该内容是新高考卷高频考点，题型以解答题为主，分值约5分。解答题中常作为第一问考查线面或面面平行的证明，如2024年I卷第17题（1）要求利用三角形中位线或平行四边形法构造线线平行，难度中等。选择题和填空题则侧重位置关系的判定，需注意定理中“直线不在平面内”的隐含要求。
近年命题更注重逻辑推理与空间想象能力的结合，动态几何问题（如翻折、动点轨迹）逐渐增多，需灵活运用平行性质转化条件。备考时需熟练掌握几何法（如中位线、平行四边形）与向量法的综合应用，尤其注意定理条件的完整性，避免因忽略 “相交直线”“直线不在平面内” 等关键条件失分
复习目标：
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，
文字语言
图形语言
符号语言
线线平行线面平行
如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行
文字语言
图形语言
符号语言
线面平行线线平行
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行
文字语言
图形语言
符号语言
线面平行面面平行
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行
文字语言
图形语言
符号语言
面面平行线线平行
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行