专题7.3 空间直线、平面的平行（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc21862" 【题型1 证明线线平行】 PAGEREF _Tc21862 \h 4
\l "_Tc30422" 【题型2 线面平行的判定】 PAGEREF _Tc30422 \h 7
\l "_Tc2569" 【题型3 由线面平行的性质判定线线平行】 PAGEREF _Tc2569 \h 11
\l "_Tc410" 【题型4 由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置】 PAGEREF _Tc410 \h 14
\l "_Tc91" 【题型5 由线面平行求线段长度】 PAGEREF _Tc91 \h 18
\l "_Tc10477" 【题型6 面面平行的判定】 PAGEREF _Tc10477 \h 22
\l "_Tc295" 【题型7 面面平行的性质定理的应用】 PAGEREF _Tc295 \h 26
\l "_Tc345" 【题型8 平行关系的综合应用】 PAGEREF _Tc345 \h 30
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 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ABC−A1B1C1中，E，F分别是AB，AC上的点，且AE:EB=AF:FC，则EF与B1C1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ΔABC中,AE:EB=AF:FC
所以EF∥BC
又因为BC∥B1C1
所以EF∥B1C1
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CFCB=CGCD，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EH ∥ BD，
又∵F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，则FG ∥ BD，
∴EH ∥ FG，
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．
【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2 线面平行的判定】
【例2】（2024·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．
【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．
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，AB=6，AD=CD=DD1=2，∠BAD=60°，点E在线段AB上，且AE=2，F为线段BC的中点．
(1)求证：C1E∥平面ADD1A1；
(2)求三棱锥C1−CEF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BC，进而得到∠BCE=90°，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CC1∥DD1，又DD1⊂平面ADD1A1，CC1⊂平面ADD1A1，
∴CC1∥平面ADD1A1．
∵AE∥CD且AE=CD，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∴CE∥AD，
又AD⊂平面ADD1A1，CE⊂平面ADD1A1，
∴CE∥平面ADD1A1．
又CC1∩CE=C，且CC1，CE⊂平面CC1E，
∴平面ADD1A1∥平面CC1E．
又C1E⊂平面CC1E，
∴C1E∥平面ADD1A1．
（2）在△BCE中，CE=2，BE=4，∠BEC=60°，
由余弦定理可得BC=22+42−2×2×4×cs60°=23，
∴BC2+CE2=BE2，
∴∠BCE=90°．
∵F为线段BC的中点．
∴CF=3，EF=CE2+CF2=7，
由勾股定理得C1E=C1C2+CE2=22，C1F=C1C2+CF2=7，
由余弦定理得cs∠EFC1=EF2+C1F2−C1E22EF⋅C1F=7+7−827×7=37，
故sin∠EFC1=1−372=2107，
则S△C1EF=12×7×7×2107=10，
又S△C1CE=12×2×2=2，S△C1CF=12×2×3=3，S△CEF=12×2×3=3，
故三棱锥C1−CEF的表面积为10+23+2．
【变式2-2】（2024·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.
【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2-3】（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，点E，F，G，H分别在棱AC，BC，BD，AD上．
(1)若四边形EFGH为平行四边形，证明：AB∥平面EFGH；
(2)若E，F，G，H均为所在棱的中点，三棱锥A−BCD的体积为V，多面体CDGFEH的体积为V1，求V1V．
【解题思路】（1）由四边形EFGH为平行四边形得EF∥GH，由线面平行的判定定理得EF//平面ABD，再根据线面平行的性质得EF∥AB，即可得证；
（2）连接ED，EG，将三棱锥E−DHG的体积和四棱锥E−CDGF的体积用V表示出来，相加得V1，即可求出V1V．
【解答过程】（1）∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF∥GH，又EF⊂平面ABD，GH⊂平面ABD，
∴EF∥平面ABD．
∵EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD=AB，
∴EF∥AB，
又EF⊂平面EFGH，AB⊂平面EFGH，
∴AB∥平面EFGH．
（2）连接ED，EG，
∵E为棱AC的中点，
∴点E到平面DHG的距离dE−DHG等于点C到平面DHG的距离dC−DHG的一半，
点E到平面CDGF的距离dE−CDGF等于点A到平面CDGF的距离dA−CDGF的一半，
则三棱锥E−DHG的体积V2=13dE−DHG⋅S△DHG=1312dC−DHG⋅14S△ABD=18V，
四棱锥E−CDGF的体积V3=13dE−CDGF⋅S四边形CDGH=1312dA−CDGF⋅34S△BCD=38V，
故V1V=V2+V3V=12．
【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P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，且M,N分别为棱AB,PC的中点，平面CMN与平面PAD交于直线l.求证：MN//l.

【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PD的中点G，连接GA,GN，
∵G,N分别为PD,PC的中点，∴GN//CD，且GN=12CD，
∵M为AB的中点，且ABCD为矩形，∴AM//CD，且AM=12CD，
∴GN//AM，且GN=AM，∴四边形AMNG为平行四边形，
∴MN//AG，又MN⊄平面PAD,AG⊂平面PAD，
∴MN//平面PAD，
又MN⊂平面MNC，平面PAD∩平面MNC=l，
∴MN// l.
【变式3-1】（23-24高一下·吉林·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，点I在棱PA上（不与端点重合），E，F分别是PD，AC的中点.
(1)证明：EF//平面PBC.
(2)若平面PAB∩平面EFI=l，证明：EF//l.
【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EF//平面PBC，由线面平行的性质定理即可证明.
【解答过程】（1）连接BD,
因为底面ABCD是正方形，所以F是BD的中点，
又因为E是PD的中点，所以EF是△PBD的中位线，
所以EF//PB，
因为EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以EF//平面PBC
（2）∵ E,F分别是PD,BD的中点，
∴EF//PB，
∵EF⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴EF//平面PAB，
若平面PAB∩平面EFI=l，
又EF⊂平面EFI，
所以EF//l.
【变式3-2】（24-25高二·上海·假期作业）图1是由正方形ABCD,Rt△ABE,Rt△CDF组成的一个等腰梯形，其中AB=2，将△ABE、△CDF分别沿AB,CD折起使得E与F重合，如图2．设平面ABE∩平面CDE=l，证明：l//CD；
【解题思路】首先利用线面平行的判定定理证明CD//平面ABE，进一步即可得证.
【解答过程】因为CD//AB，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，所以CD//平面ABE，
又CD⊂平面ECD，平面ABE∩平面ECD=l，所以l//CD.
【变式3-3】（23-24高一下·四川眉山·期中）如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点.
(1)求证：SA//平面EDB；
(2)设平面SAB∩平面SCD=l，求证：AB//l.
【解题思路】（1）AC∩BD=O，通过证明SA//EO，得证SA//平面EDB；
（2）证明AB//平面SCD，由线面平行的性质定理证明AB//l.
【解答过程】（1）连接AC，交BD于点O，连接OE，
因为ABCD是平行四边形，故O为AC中点，
又E为侧棱SC的中点，故SA//EO.
又SA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，故SA//平面EDB.
（2）因为AB//CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB//平面SCD.
又因为平面SAB∩平面SCD=l，AB⊂平面SAB，
所以AB//l.
【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P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA//平面EBF时，PFPC=（ ）
A．3B．4C．13D．14
【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AC交BE于点G，连接FG
因为PA//平面BEF,PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FG所以PA//FG，
所以PFPC=AGAC，因为AD//BC,E为AD的三等分点，
则AGGC=AEBC=13,AGAC=14即PFPC=14.
故选：D.
【变式4-1】（23-24高一·全国·课后作业）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是平行四边形，AC交BD于点O，E为AD中点，F在PA上，AP=λAF，PC//平面BEF，则λ的值为（ ）

A．1B．32C．2D．3
【解题思路】根据△AEG∼△CBG，得到AGAC=13，利用PC//平面BEF，得到GF//PC，结合比例式的性质，得到λ=APAF=ACAG，即可求解.
【解答过程】设AO与BE交于点G，连接FG，如图所示，
因为E为AD的中点，则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，
又因为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4-2】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，PA⊥面ABCD，四边形ABCD是边长为1的为正方形,点E在线段PC上，PEEC=m.
（1）若PA //平面EBD时，求m值；
（2）若PC⊥面EBD，棱锥E−BCD体积取得最大值，求四棱锥P−ABCD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PA.
【解答过程】（1）设AC∩BD=O.
∵PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面EBD=EO，PA //面EBD，
∴PA // EO
∴EOPA=CECP=COCA=12，∴m=1.
（2）解法一：建立如图所示坐标系，设P(0，0，p)，有BD=(−1，1，0)，PC=(1,1,−p)，
设CE=nCP，则BE=BC+CE=−n,−n+1,np，
∵PC⊥面EBD，
∴PC⊥EB，
∴PC⋅BE=−n+(1−n)−np⋅p=0得：n=1p2+2，
因为E−BCD的底面△BCD不变，故即E到面BCD的距离取最大值.
E到面BCD的距离d=np=pp2+2=1p+2p≤122，
当仅当p=2p，即p=2时取最大值.故四棱锥P−ABCD的高为2.
解法二：设AC∩BD=O.△PAC中，作EH//PA，交AC于H.
∵PA⊥面ABCD，
∴EH⊥面ABCD，
∴EH就是E到面BCD的距离.
因为E−BCD的底面BCD不变，即求EH最大时PA的值.
∵PC⊥面EBD，OE⊂面EBD，∴OE⊥PC.
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PAEH=CHCA=12|OC|2|OC|=4，PA=4EH=4×12|OC|=2.
【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P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD为正三角形，M为线段PD上一点，N为BC的中点.
(1)当M为PD的中点时，求证：MN//平面PAB.
(2)当PB//平面AMN，求出点M的位置，说明理由.
【解题思路】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有BN//ME,BN=ME，即BNME为平行四边形，则MN//BE，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）连接AN,BD，相交于O，连接OM，由线面平行的性质得PB//OM，利用相似比可得PMMD=12，即可判断M的位置.
【解答过程】（1）取AP中点为E，连接EM,EB，
在△PAD中，M为PD的中点，E为AP中点，
∴EM//AD,EM=12AD，
在平行四边形ABCD中，N为BC的中点，
∴BN//AD,BN=12AD，
∴BN//ME,BN=ME，
∴四边形BNME为平行四边形，
∴MN//BE,MN⊄面PAB,BE⊂面PAB，
∴MN//平面PAB；
（2）连接AN,BD，相交于O，连接OM，
∵PB//面AMN，面PBD∩面AMN=OM,PB⊂面PBD，
∴PB//OM，PMMD=OBOD=BNAD=12，
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AC1的棱长为1，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长为（ ）
A．12B．22C．2D．32
【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AD1，AB1，则AD1过点P.如图所示
∵PQ∥平面AA1B1B，平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1，PQ⊂平面AB1D1，
∴PQ∥AB1，∵D1P=PA，
∴PQ=12AB1=12×12+12=22.
故选：B.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知直三棱柱 ABC−A1B1C1 的侧棱和底面边长均为 1，M，N 分别是棱 BC，A1B1 上的点， 且 CM=2B1N=λ， 当 MN// 平面 AA1C1C 时， λ 的值为（ ）
A．34B．23C．12D．13
【解题思路】过N作NP//B1C1交A1C1于P，利用线面平行的性质可得MN// CP，进而可得四边形MNPC为平行四边形，NP=1−λ2=λ=CM，即得.
【解答过程】过N作NP//B1C1交A1C1于P，连接CP，
因为MC//B1C1，∴NP//MC，故N,P,M,C共面,
因为MN// 平面 AA1C1C，平面MNPC∩平面 AA1C1C= CP，MN⊂平面MNPC，
所以MN// CP，又NP//MC,
∴四边形MNPC为平行四边形，
又CM=2B1N=λ，
∴NP=1−λ2=λ=CM，
所以λ=23.
故选：B．
【变式5-2】（2023·河南·模拟预测）正三棱锥P−ABC的各棱长均为2，D为BC的中点，M为AB的中点，E为PC上一点，且PE=13PC，平面DEM交AP于点Q，则截面MDEQ的面积为（ ）

A．346B．3412C．516D．55136
【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MDEQ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MD//AC，又MD⊂平面MDEQ,AC⊄平面MDEQ，所以AC//平面MDEQ，
由于AC⊂平面PAC,平面MDEQ∩平面PAC=QE,故AC//QE//MD，
又PE=13PC，故PQ=13PA．在等腰梯形MDEQ中，MD=1，EQ=13AC=23，
在△DCE中，CE=23PC=43，CD=1，则DE2=432+12−2×43×1×cs60°=139，
故梯形的高为DE2−12×1−232=516，故SMDEQ=12×1+23×516=55136．
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．[322，5]B．[5，22]C．[324，6]D．[6，22]
【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=AA12+A1M2=22+12=5，
同理，在Rt△AA1N中，求得AN=5，则△AMN为等腰三角形．
当P在MN的中点时，AP最小为22+(22)2=322，
当P与M或N重合时，AP最大为5．
∴线段AP长度的取值范围是322,5．
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ABCD−A1B1C1D1中，H是B1D1的中点，E,F,G分别是DC,BC,HC的中点.求证：
(1)F,G,H,B四点共面；
(2)平面EFG ∥平面BDD1B1.
【解题思路】（1）连接BH，由中位线可得FG//BH，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BH，
∵F,G分别是BC,HC的中点,
∴FG为△CBH的中位线，
∴FG ∥ BH，
∴F,G,H,B四点共面；
（2）由（1）知FG ∥ BH，
∵FG⊄平面BDD1B1,BH⊂面BDD1B1，
∴FG ∥平面BDD1B1；
又∵E,F分别是DC,BC的中点
∴EF ∥ DB，
EF⊄平面BDD1B,DB⊂平面BDD1B1，
∴EF ∥平面BDD1B1；
∵EF∩FG=F,EF⊂面EFG,FG⊂面EFG，
∴平面EFG ∥平面BDD1B1.
【变式6-1】（2024·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.
【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6-2】（23-24高一下·陕西咸阳·期中）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为棱AA1的中点，AB=2,AA1=3．
(1)求三棱锥A−BDE的体积．
(2)在DD1上是否存在一点P，使得平面PA1C//平面EBD.如果存在，请说明P点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据VA−BDE=VE−ABD=13AE⋅S△ABD计算可得；
（2）当P为DD1的中点时满足平面PA1C//平面EBD，设AC∩BD=O，连接OE，即可证明OE//A1C、DE//A1P，从而得到OE//平面PA1C，DE//平面PA1C，即可得证.
【解答过程】（1）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，
所以AA1⊥平面ABCD，
所以VA−BDE=VE−ABD=13AE⋅S△ABD=13×32×12×2×2=1.
（2）当P为DD1的中点时满足平面PA1C//平面EBD，
设AC∩BD=O，连接OE，
因为ABCD为正方形，所以O为AC的中点，又E为棱AA1的中点，
所以OE//A1C，又OE⊄平面PA1C，A1C⊂平面PA1C，所以OE//平面PA1C，
又P为DD1的中点，所以DP//A1E且DP=A1E，所以DPA1E为平行四边形，
所以DE//A1P，
又DE⊄平面PA1C，A1P⊂平面PA1C，所以DE//平面PA1C，
又DE∩OE=E，DE,OE⊂平面BDE，
所以平面PA1C//平面EBD.
【变式6-3】（2024·河南·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱BB1，B1C1，CC1的中点.
(1)证明：平面A1EF//平面AD1G；
(2)若点A1在底面ABCD的投影是四边形ABCD的中心，A1A=2AB=4，求三棱锥A1−AD1G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，BC1.
因为E，G分别是棱BB1，CC1的中点，所以EG∥B1C1，EG=B1C1.
因为A1D1∥B1C1，A1D1=B1C1，所以EG∥A1D1，EG=A1D1，
所以四边形EGD1A1是平行四边形，则D1G∥A1E.
因为D1G⊂平面AD1G，A1E⊄平面AD1G，所以A1E∥平面AD1G.
因为E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，所以EF∥BC1.
因为AD1∥BC1，所以EF∥AD1.
因为AD1⊂平面AD1G，EF⊄平面AD1G，所以EF∥平面AD1G.
因为EF⊂平面A1EF，A1E⊂平面A1EF，且A1E∩EF=E，
所以平面A1EF∥平面AD1G.
（2）连接AC，BD，记AC∩BD=O，连接A1O，则A1O⊥平面ABCD.
因为2AB=4，所以AB=AD=2，所以AO=12AC=2.
因为A1A=4，所以A1O=14，
则四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积V=2×2×14=414.
故三棱锥G−AA1D1的体积V1=16V=16×414=2143，
即三棱锥A1−AD1G的体积为2143.
【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ABCDEF中，DE//CF，四边形ABCD是平行四边形，DE=2CF．
(1)证明：平面ADE//平面BCF．
(2)若G是棱BC的中点，证明：AE//FG．
【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EF,AG的延长线与DC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▱ABCD，得BC//AD，而AD⊂平面AED，BC⊄平面平面AED，则BC//平面AED，
由DE//CF，CF⊄平面AED，DE⊂平面AED，得CF//平面AED，
又BC∩CF=C,BC,CF⊂平面BCF，所以平面ADE//平面BCF.
（2）延长EF,AG与DC的延长线分别交于点O1,O2，
由DE//CF，DE=2CF，得CO1=CD，由BC//AD，G是棱BC的中点，得CO2=CD，
因此点O1,O2重合，记为O，显然平面AOE∩平面AED=AE，平面AOE∩平面BCF=FG，
由（1）知，平面ADE//平面BCF，所以AE//FG.
【变式7-1】（2024高三·全国·专题练习）在四棱锥P−ABCD中，PC⊥平面ABCD,∠ABC=∠BCD=90∘,AB=3CD，点M在线段PB上，且PB=3PM.求证：CM ∥平面PAD.
【解题思路】在线段AB上取一点N，使AN=CD，连接CN,MN，可证四边形ANCD为平行四边形，即可得CN//AD，再利用线面平行的判定定理可证CN//平面PAD，根据成比例线段证得MN//AP，再利用线面平行的判定定理可证MN//平面PAD，再结合面面平行的判定和性质即可得证.
【解答过程】在线段AB上取一点N，使AN=CD，连接CN,MN，

在四边形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90∘，
所以CD//AB，即CD//AN，又CD=AN，
所以四边形ANCD为平行四边形，所以CN//AD，
又CN⊄平面PAD,AD⊂平面PAD，所以CN//平面PAD，
在三角形ABP中，MPPB=ANAB=13，所以MN//AP，
又MN⊄平面PAD,AP⊂平面PAD，所以MN//平面PAD，
又MN∩CN=N,MN,CN⊂平面MNC，所以平面MNC//平面PAD，
又CM⊂平面MNC，所以CM//平面PAD.
【变式7-2】（23-24高一下·海南海口·阶段练习）如图，已知四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点.
(1)求证：SA ∥平面EDB；
(2)若F为侧棱AB的中点，求证：EF ∥平面SAD.
【解题思路】（1）连接AC，AC∩BD=O，再证明SA//EO即可；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面EOF//平面SAD即可；
【解答过程】（1）连接AC,BD，设AC∩BD=O，因为ABCD是平行四边形，
所以O是AC､BD的中点，连接OE，又E为侧棱SC的中点，
所以在△SAC中有：SA ∥ EO，又SA⊄平面EDB,EO⊂平面EDB，
所以SA ∥平面EDB.
（2）若F为侧棱AB的中点，且由（1）知O是BD的中点，
所以在△BAD中有：则AD ∥ FO，又FO⊄平面SAD,AD⊂平面SAD，
所以FO ∥平面SAD，
由（1）知SA ∥ EO,EO⊄平面SAD,SA⊂平面SAD，
所以EO ∥平面SAD.
又EO∩FO=O,EO,FO⊂平面EOF，
所以平面EOF ∥平面SAD，又EF⊂平面EOF，所以EF ∥平面SAD.
【变式7-3】（23-24高一下·重庆·期中）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为棱AB，PC上的点，且AE=2EB，FC=2PF.
(1)求证：BF//平面PDE；
(2)在棱AD上是否存在点G，使得PG//平面BDF？若存在求出AGDG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FMB//面PDE，即可证明BF//平面PDE；
（2）假设在棱AD上存在点G，使得PG//面BDF，由线面平行的性质定理即可得点G为棱AD的中点.
【解答过程】（1）在DC上取点M，使得CM=2DM，连接FM，BM
在△CDP中，点F、M分别为PC、DC上的三等分点，则有FM//PD
又FM⊄面PDE、PD⊂面PDE
由线面平行的判定定理：FM//面PDE
又DM//EB且DM=EB，∴四边形DEBM为平行四边形
则有DE//BM，又BM⊄面PDE、DE⊂面PDE，∴BM//面PDE
由于FM⊂面FMB、BM⊂面FMB，FM∩BM=M，∴面FMB//面PDE
又BF⊂面FMB，∴BF//面PDE
（2）假设在棱AD上存在点G，使得PG//面BDF
连接CG，交BD于H
∵PG//面BDF，PG⊂面PGC，面PGC∩面BDF=FH
由线面平行的性质定理：PG//FH
则在△CPG中，CFCP=CHCG=23，易知△DGH∽△BCH，
∴GHCH=DGBC=12，∴点G为棱AD的中点，即AGDG=1.
【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ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为菱形.
（1）证明：平面AB1C//平面A1C1D；
（2）在直线CC1上是否存在点P，使BP//平面A1C1D？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）由棱柱ABCD−A1B1C1D1的性质知，AB1//DC1，得到AB1//平面A1C1D，同理可得B1C//平面A1C1D，再利用面面垂直的判定定理.
（2）易知四边形A1B1CD为平行四边形，A1D//B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，则四边形BB1CP为平行四边形，得到BP//A1D，再利用线面平行的判定定理证明.
【解答过程】（1）由棱柱ABCD−A1B1C1D1的性质可知，AB1//DC1，
∵AB1⊄平面DA1C1，DC1⊂平面A1C1D，
∴AB1//平面A1C1D，
同理可证B1C//平面A1C1D，而AB1∩B1C=B1，AB1、B1C⊂平面AB1C，
∴平面AB1C//平面A1C1D；
（2）存在这样的点P，使BP//平面A1C1D，
∵A1B1//CD,A1B1=CD，
∴四边形A1B1CD为平行四边形，
∴A1D//B1C，
如图所示：
在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，
∵B1B//C1C，B1B=C1C，
∴B1B//C1P,B1B=C1P，
∴四边形BB1CP为平行四边形，
则BP//B1C,BP=B1C，
∴BP//A1D，又BP⊄平面A1C1D A1D⊂平面A1C1D，
∴BP//平面A1C1D.
【变式8-1】（23-24高一下·河北张家口·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是AC的中点，M,N分别是OD1，A1D1的中点.

(1)求证：MN//平面ACC1A1；
(2)若P是C1D1的中点，求证：平面MNP//平面ACC1A1.
【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A1O，

因为M,N分别是OD1，A1D1的中点，所以MN//A1O，
因为MN⊄平面ACC1A1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以MN//平面ACC1A1.
（2）因为N,P分别是A1D1，C1D1的中点，所以NP//A1C1，
因为NP⊄平面ACC1A1，A1C1⊂平面ACC1A1，
所以NP//平面ACC1A1，
又MN//平面ACC1A1，MN∩NP=N,MN,NP⊂平面MNP，
所以平面MNP//平面ACC1A1.
【变式8-2】（23-24高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=23，AD=AB=PD=PB=2.
(1)若点E为PC的中点，M为DC的中点，求证：平面BEM //平面PAD.
(2)在棱PD上是否存在一点F，使得AF //平面PBC？若存在，请求出PFFD的值：若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）通过证BM//平面PAD，EM//平面PAD，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BC=BD=DC=23，所以△BCD为等边三角形，
因为M为DC的中点，所以BM⊥CD，
因为AD=AB=2，BD=23，
所以∠ADB=∠ABD=30∘，
所以∠ADC=30∘+60∘=90∘，
所以AD⊥CD，所以AD//BM，
因为BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BM//平面PAD，
又点E为PC的中点，M为DC的中点，
所以AD//EM，
因为EM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以EM//平面PAD，
又EM∩BM=M，EM⊂平面BEM，BM⊂平面BEM，
所以平面BEM//平面PAD；
（2）存在，PFFD=2，
过A作AN//BC交CD与N，再过N作NF//PC，交PD于F，连接AF，
则F即为所求，
由∠ABC=30∘+60∘=90∘，所以∠NAB=90∘，
所以∠DAN=120∘−90∘=30∘，
在直角△ADN，ND=AD⋅tan30∘=233，
所以CN=23−233=433，
所以DNCN=12，
由NF//PC得PFFD=CNDN=2，
证明：当PFFD=CNDN=2时，得NF//PC，
由NF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以NF//平面PBC，
又AN//BC，AN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，AN//平面PBC，
AN∩NF=N，NF⊂平面ANF，AN⊂平面ANF，
所以平面ANF//平面PBC，因为AF⊂平面ANF，
所以AF//平面PBC.
【变式8-3】（23-24高一下·海南海口·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，点E，F分别为AD，PC的中点，设平面PCD∩平面PBE=l.
(1)证明：DF//平面PBE；
(2)证明：DF//l；
(3)在棱AB上是否存在点N，使得EN//平面FBD？若存在，求出ANNB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DF//QE，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EN//BD，再由线面平行的判断定理可得EN//平面DBF，并可得ANNB=1．
【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QF//BC，且QF=12BC=QE，BC//DE，
所以QE//DE，且QE=DE，
所以四边形DEQF为平行四边形，所以DF//QE，
而DF⊄平面PBE，QE⊂平面PBE，
所以DF//平面PBE.
（2）设平面PCD∩平面PBE=l，
由（1）可得DF//平面PBE，DF⊂平面PCD，
所以DF//l.
（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EN//BD，EN⊄平面FBD，BD⊂平面FBD，
所以EN//平面FBD，
此时ANNB=1．
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l∥m，则“m∥n”是“l∥n”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m∥n，又l∥m，则l∥n，故充分性成立，
反之，若l∥n，又l∥m，则m∥n，故必要性成立.
故“m∥n”是“l∥n”的充要条件.
故选：C.
2．（2024·内蒙古·三模）设α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，且α∩β=l则“m//l”是“m//β且m//α”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m//l时，m可能在α内或者β内，故不能推出m//β且m//α，所以充分性不成立；
当m//β且m//α时，设存在直线n⊂α，n⊄β，且n//m，
因为m//β，所以n//β，根据直线与平面平行的性质定理，可知n//l，
所以m//l，即必要性成立，故“m//l”是“m//β且m//α”的必要不充分条件.
故选：C.
3．（2024·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
【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.
4．（2023·广西·模拟预测）在三棱锥D−ABC中，M,N分别是△ACD、△BCD的重心，以下与直线MN平行的是（ ）
A．直线CDB．平面ABDC．平面ACDD．平面BCD
【解题思路】取CD中点为E，由M，N分别是△ACD 和△BCD的重心，证得MN//AB，结合CD不平行AB，可判定A错误；利用线面平行的判定定理，证得MN//平面ABD，可判定B正确；结合M∈平面ACD，M∉平面BCD和N∈平面BCD，N∉平面ACD，可判定C、D错误．
【解答过程】如图所示，取CD中点为E，连结AE、BE，
由M，N分别是△ACD 和△BCD的重心，可得AMME=21，BNNE=21，
则EMEA=13，ENEB=13，即EMEA=ENEB=13，所以MN//AB，
又由CD不平行AB，故A错误；
由MN//AB，且MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN//平面ABD，
所以B正确；
因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，所以C错误；
因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD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ABC−A1B1C1中，点D，E分别在棱AA1,CC1上，AB=AC=AD= 2A1D=CE=2C1E=2，点F满足BF=λBD(0<λ<1)，若B1E∥平面ACF，则λ的值为（ ）
A．23B．12C．13D．14
【解题思路】根据线面平行的判定定理找到过直线AC且与直线B1E平行的平面，从而可以确定F点位置，进而求解即可.
【解答过程】在BB1上取一点G使得B1G=2BG，连接CG,AG，
AG与BD交于一点F，即为所求（如图所示）.
证明如下：
根据已知CE=2C1E=2，∴CC1=BB1=3，
∴在直三棱柱ABC−A1B1C1中，B1G// CE，且B1G=CE=2，
∴四边形B1GCE为平行四边形，∴B1E∥CG，
∵B1G⊄平面ACG，CG⊂平面ACG，∴B1G//平面ACG
即B1G//平面ACF.
又△BFG∽△DFA，∴BFDF=BGDA=12
∴BF=13BD，即λ的值为13.
故选：C.
6．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BB1=3BD，点M在棱A1C1上，且M为A1C1的中点，点N在直线BB1上，若MN ∥平面ADC1，则NBNB1=（ ）
A．2B．3C．4D．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P为A1A的中点，
因为M为A1C1的中点，
所以MP//AC1,
又MP⊄平面ADC1，AC1⊂平面ADC1，
所以MP//平面ADC1，
过点P作PN//AD，交BB1于N,则易知PN//平面ADC1，
又因为MP∩PN=P,MP⊂平面PMN，PN⊂平面PMN，
所以平面PMN//平面ADC1.
又MN⊂平面PMN,
所以MN//平面ADC1.
因为AP//DN,
所以四边形APND为平行四边形，
所以AP=DN=12AA1=12BB1,
因为BB1=3BD，
所以NB=DB+DN=13BB1+12BB1=56BB1,
NB1=BB1−56BB1=16BB1,
所以NBNB1=56BB116BB1=5.
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（ ）
①BM//平面ADE；
②CN//平面ABF；
③平面BDM//平面AFN；
④平面BDE//平面NCF.
A．①②③④B．①②③C．①②④D．②③④
【解题思路】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD−EFMN，得出BM//平面ADNE，判断①正确；由平面DCMN//平面ABFE，得出CN//平面ABFE，判断②正确；由BD//FN，得出BD//平面AFN，同理BM//平面AFN，证明平面BDM//平面AFN，判断③正确；由BD//FN，BE//CN，且BD∩BE=B，证明平面BDE//平面NCF，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ABCD−EFMN，如图1所示；
对于①，平面BCMF//平面ADNE，BM⊂平面BCMF，
∴BM//平面ADNE，①正确；
对于②，平面DCMN//平面ABFE，CN⊂平面DCMN，
∴CN//平面ABEF，②正确；
对于③，如图2所示，易知DN=BF,DN//BF，则四边形BDNF为平行四边形，
则BD/ /FN，BD⊄平面AFN，FN⊂平面AFN，∴BD//平面AFN；
同理可得四边形ABMN为平行四边形，则BM//AN，
因为BM⊄ AFN，AN⊂平面AFN，则BM//平面AFN，且BD∩BM=B，
BD,BM⊂平面BDM，∴平面BDM//平面AFN，③正确；
对于④，如图3所示，由③知BD//FN，因为BD⊄平面NCF，FN⊂平面NCF，
所以BD//平面NCF，
因为BC//EN,BC=EN，所以四边形BCNE为平行四边形，
所以BE//CN，因为BD⊄平面NCF，CN⊂平面NCF，所以BE//平面NCF，
又因为BD∩BE=B，且BD,BE⊂平面BDE，
∴平面BDE//平面NCF，∴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ABCD−A1B1C1D1中，已知E，F，G，H，分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则下列结论中错误的是（ ）

A．C，G，A1，F四点共面B．直线EF//平面BDD1B1
C．平面HCG//平面BDD1B1D．直线EF和HG所成角的正切值为2
【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BC中点M，连接B1M,FM,
由于F是AD的中点，在正方体中可知A1F//B1M,
又B1G=CM,B1G//CM，所以四边形B1GCM为平行四边形，故B1M//CG,
因此CG//A1F，故C，G，A1，F四点共面，故A正确，,

取AB中点N，连接FN,EN,
由于N,E,F均为中点，所以FN//BD,EN//BB1,
FN⊄平面DBB1D1，BD平面DBB1D1，所以FN//平面DBB1D1,
同理EN//平面DBB1D1,EN∩FN=N,EN,FN⊂平面EFN,
所以平面EFN//平面DBB1D1，EF⊂平面EFN，故直线EF//平面BDD1B1，B正确，

假若平面HCG//平面BDD1B1，则平面HCG∩平面BCC1B1=GC，平面BDD1B1∩平面BCC1B1=BB1，根据面面平行的性质可得平面BB1//GC，显然这与BB1与GC相交矛盾，故C错误，

由于GH//B1D1,BD//B1D1,FN//BD，所以GH//FN,
故∠EFN为直线EF和HG所成角或其补角，
不妨设正方体的棱长为a，则EN=a,FN=2a2，
由于EN⊥底面ABCD，FN⊂平面ABCD，所以EN⊥FN,
故tan∠EFN=ENFN=2,
直线EF和HG所成角的正切值为2，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，α是平面，下列命题错误的是（ ）
A．a//b，b⊂α⇒a//αB．a//α，b⊂α⇒a//b
C．a//α，a//b⇒b//αD．a⊄α，a//b，b⊂α⇒a//α
【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b⊂α，α内有无数条直线与b平行，故a//b还可能是a⊂α，故A错误；
对于B，a//α，所以a与α没有公共点，又b⊂α，所以a与b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a//α,a//b，所以b//α或b在α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ABC−A1B1C1中，D,E分别是AB,A1C1的中点，则（ ）
A．BC1//平面A1DCB．DE//平面BCC1B1
C．A1D//平面B1ECD．BC1//平面CDE
【解题思路】对于A选项，连接AC1，交A1C于点F，连接DF，然后通过中位线证明DF//BC1，进而根据判定定理证明线面平行；
对于B选项，取BC的中点G，连接DG,C1G，然后通过平行四边形法则证明DE//C1G，进而根据判定定理证明线面平行；
对于C选项，取BC的中点P，连接DP,EP，然后通过平行四边形法则证明A1D//EP，
通过EP与平面B1EC相交即可判断选项正误；
对于D选项，连接AC1，交EC于点Q，连接DQ，根据线面平行的性质定理可知DQ//BC1，
根据D是AB的中点，推断点Q是AC1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AC1，交A1C于点F，连接DF，
则点F是AC1的中点，又D是AB的中点，则DF//BC1，
DF⊂平面A1DC,BC1⊄平面A1DC
所以BC1//平面A1DC，所以A正确.
选项B：如图2，取BC的中点G，连接DG,C1G，因为D是AB的中点，
所以DG//AC，且DG=12AC，又EC1=12A1C1=12AC,EC1//AC，
所以DG//EC1,DG=EC1，所以四边形DGC1E是平行四边形，所以DE//C1G，
DE⊄平面BCC1B1，C1G⊂平面BCC1B1，所以DE//平面BCC1B1，故B正确.
选项C：如图3，取BC的中点P，连接DP,EP，因为D是AB的中点，
所以DP//AC，且DP=12AC，又A1E=12A1C1=12AC,A1E//AC，
所以DP//A1E,DP=A1E，所以四边形DPEA1是平行四边形，
所以A1D//EP，显然EP与平面B1EC相交，故C错误.
选项D：如图4，连接AC1，交EC于点Q，连接DQ，
则平面ABC1∩平面CDE=DQ，若BC1//平面CDE，BC1⊂平面ABC1，则DQ//BC1，
由于D是AB的中点，所以点Q是AC1的中点，
而显然点Q不是AC1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ABCD−A1B1C1D1，E,F分别是边BD,C1D1上（含端点）的点，则（ ）
A．当EF//AD1时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
B．当A1F//CE时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
C．当C1E//平面ADF时，直线EF相对于正方体的位置唯一确定
D．当平面AED1//平面A1CF时，直线EF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ABCD上作A1F的投影为AF1，利用任何满足OE=OG且E,G不重合时，均有EC//AF1//A1F，即可求解；选项C，设E在直线AD上的投影为E1，利用任何满足EE1=C1F的情况，有EE1//AB//C1D1，再利用线面平行的判定定理，即可得到C1E//平面ADF，从而求解；选项D，先确定点F及E的位置，利用面面平行的判定定理，证明点F及E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E与点B重合，且点F与点C1重合时条件成立，故A选项正确；
对于B选项，如图1，设A1F在平面ABCD上的投影为AF1，AF1∩BD=G，记BD的中点为O，
则对于任何满足OE=OG且E,G不重合时，AHCF1为平行四边形，即有EC//AF1//A1F，故B选项错误；
对于C选项，如图1，设E在直线AD上的投影为E1，对于任何满足EE1=C1F的情况，有EE1//AB//C1D1，
所以EE1FC1为平行四边形，所以C1E//FE1，
又因为FE1⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E//平面ADF，
故直线EF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F为C1D1的中点，取CD中点H，连接AH∩BD=E，
因为DHAB=DEEB=12，即点E为线段BD上靠近点D的三等分点，
因为AH//A1F，A1F⊂面A1CF，AH⊄面A1CF，所以AH//面A1CF，
连接A1D，A1D∩AD=F，连接FH，
易知FH//A1C，A1C⊂面A1CF，FH⊄面A1CF，所以FH//面A1CF，
又FH∩AH=H，FH,AH⊂面AED1，所以平面AED1//平面A1CF，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a∥b，c，d为不重合的两条直线，且a∥c，b∥d，则c与d的位置关系是 c∥d ．
【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a∥b且a∥c
根据平行线的传递性知b,c平行或重合，
又因为b∥d，
再次利用平行线的传递性知c,d平行或重合，
因为c，d为不重合的两条直线
所以c∥d.
故答案为：c∥d.
13．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E,F分别为AD,PC上一点，且AE:AD=2:5，当PA ∥平面EBF时，PFFC= 25 .

【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AC交BE于点O，连结OF.

因为AD ∥ BC,AE:AD=2:5，所以AOOC=AEBC=25，
因为PA ∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC=OF,PA⊂平面PAC，
所以PA ∥ OF，所以PFFC=AOOC=25.
故答案为：25.
14．（2023·四川泸州·三模）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB//CD，∠DCB=90°，AB=AD=AA1=2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论正确的是 ①②④ ．
①对于任意的点Q，都有AP//QR
②对于任意的点Q，四边APQR不可能为平行四边形
③当DB=PR时，存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形
④存在点Q，使得直线BC//平面APQR
【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，∵AB//CD，CD⊂平面CDD1C1，AB⊄平面CDD1C1，AB//平面CDD1C1，
同理AA1//DD1，有AA1//平面CDD1C1，
AB,AA1⊂平面ABB1A1，AB∩AA1=A，∴平面ABB1A1//平面CDD1C1，
∵平面APQR∩平面ABB1A1=AP，平面APQR∩平面CDD1C1=RQ，
∴AP//QR，故①正确．
对于②，∵四边形ABCD是直角梯形，AB//CD，∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行，
∵平面APQR∩平面BCC1B1=PQ，平面APQR∩平面ADD1A1=AR，
∴PQ与AR不平行，故四边形APQR不可能为平行四边形，故②正确．
对于③，∵DB=PR，∴DR=BP，∴AR=AP，要使△ARP为等腰直角三角形，则∠DAB≥90°，但根据题意∠DAB<90°，故③不正确．
对于④，延长CD至M，使得DM=CM，
则四边形ABCM是矩形，∴BC//AM．
当R，Q，M三点共线时，AM⊂平面APQR，∴BC//平面APQR，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ABC，BCD所在平面互相垂直，E,F分别为BC,CD的中点，点G在棱AD上，AG=2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.证明：BD//GH；
【解题思路】首先利用线面平行判定定理证明BD//平面EFG，再由线面平行的性质证明BD//GH即可.
【解答过程】因为E、F分别为BC、CD的中点，所以EF//BD，
又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD//平面EFG，
由直线AB与平面EFG相交于点H，
则H∈平面EFG，且H∈平面ABD，
又点G在棱AD上，则G∈平面ABD，又G∈平面EFG，
所以平面ABD∩平面EFG=GH，又BD⊂平面ABD，
所以BD//GH.
16．（2024·上海嘉定·三模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=DD1=1，AB=3，E、F、G分别为AB、BC、C1D1的中点.

(1)求三棱锥A−GEF的体积；
(2)点P在矩形ABCD内，若直线D1P//平面EFG，求线段D1P长度的最小值.
【解题思路】（1）等体积由VA−GEF=VG−AEF可得.
（2）先证平面EFG//平面ACD1，则由直线D1P//平面EFG可得点P在直线AC上，进而可得线段D1P长度的最小值
【解答过程】（1）依题意有S△AEF=12⋅AE⋅BF=12⋅32⋅12=38，
所以三棱锥A−GEF的体积VA−GEF=VG−AEF=13⋅S△AEF⋅DD1=13⋅38⋅1=324；
（2）如图，

连结D1A,AC,D1C，
∵E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点，
∴AC//EF,EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴EF//平面ACD1,
∵EG//AD1,EG⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
∴EG//平面ACD1，
∵EF∩EG=E，∴平面EFG//平面ACD1，
∵D1P//平面EFG，
∴点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1=2,AC=2,CD1=2，
S△AD1C=12×2×22−(22)2=72，
∴当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，最小值为S△AD1C12×AC=7212×2＝72.
17．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3.

(1)证明：平面ADF1 //平面A1BC；
(2)求平面ADF1与平面A1BC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ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，
因为底面为正六边形，所以AD//BC，
因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AD//平面A1BC.
因为CD//A1F1，CD=A1F1，所以四边形CDF1A1为平行四边形，所以DF1//A1C，
因为DF1⊄平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，所以DF1//平面A1BC，
又AD∩DF1=D，所以平面ADF1//平面A1BC.
（2）平面ADF1与平面A1BC间的距离等价于点A到平面A1BC的距离，设为d.
连接AC，则四面体A1ABC的体积V=13S△ABC⋅AA1=13S△A1BCd.
因为V=13S△ABC⋅AA1=13×12×1×1×sin2π3×3=14，
A1B=AB2+AA12=2，A1C=AC2+AA12=6，
所以cs∠A1BC=12+22−622×1×2=−14，从而sin∠A1BC=154，
所以S△A1BC=12×1×2×154=154，
所以d=3VS△A1BC=155，即平面ADF1与平面A1BC间的距离为155.

18．（23-24高一下·河北·期中）如图所示：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=3，BC=2，E、F分别是面ADD1A1，ABCD中心，G，H分别是AD，D1C1的中点.
(1)证明：面A1C1B//面AEF；
(2)证明：GH//面AA1C1C.
【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AC，AD1，则F，E分别为AC，D1A的中点，
则AD1//BC1，又AD1⊄面A1BC1，BC1⊂面A1BC1，
所以AD1//面A1BC1，
AC//A1C1，又AC⊄面A1BC1，A1C1⊂面A1BC1，
所以AC//面A1BC1，
又AD1∩AC=A，AD1，AC⊂面AEF，
所以面A1C1B//面AEF.
.
（2）连接GF，C1F，G，F分别是AD，AC的中点，
GF//DC，GF=12DC=12D1C1，
所以GF//HC1，且GF=HC1，
所以四边形GFC1H为平行四边形，则GH//FC1，
又GH⊄面AA1C1C，FC1⊂面AA1C1C，
所以GH//面AA1C1C.
.
19．（23-24高一下·广东茂名·期中）如图：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，边长AB=2，M为DD1的中点．
(1)求三棱锥D−AMC的体积；
(2)求证：BD1//平面AMC；
(3)若E为线段BD1上的动点，则线段CC1上是否存在点N，使EN//平面AMC？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VD−AMC=VM−ADC=13×12×2×2×1=23
故三棱锥D−AMC的体积为23．
（2）证明：连接DB，DB∩AC=O，连结MO，
因为M，O分别是DD1和DB的中点，
所以BD1//MO，
MO⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，
所以BD1//平面AMC；
（3）存在点N为CC1的中点时，使EN//平面AMC，
因为D1M=NC，且D1M//NC，
所以四边形CND1M是平行四边形，所以D1N//MC，
MC⊂平面AMC，ND1⊄平面AMC，
所以ND1//平面AMC，且BD1//平面AMC，
且BD1∩ND1=D1，BD1,ND1⊂平面BND1，
所以平面BND1//平面AMC,
若E∈BD1，则EN⊂平面BND1，
所以EN//平面AMC
所以线段CC1上存在中点N，使EN//平面AMC.
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.