第03讲 直线、平面平行的判定与性质（八大题型）（练习）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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题型一：平行的判定
1．（多选题）（2024·辽宁·模拟预测）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BD
【解析】对于A项，若，则或与异面，A项错误；
对于B项，因为，则，且，可得，
又因为，所以，B项正确；
对于C项，当时，或或或与相交，C项错误；
对于D项，若，则，又，所以，D项正确．
故选：BD．
2．（多选题）如图，在长方体中，点M，N，E，F分别在棱，，，上，且平面平面，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．平面
【答案】ABD
【解析】因为平面平面，
平面与平面和平面的都相交，是交线，
所以，故A正确；
因为长方体，
所以平面平面，而平面与这两个平行平面的都相交，
是交线，所以，故B正确，
如图，连接，此时平面与平面和平面的都相交，
是交线，所以，
而，
所以，
又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，
所以与不平行，
故C错误；
如图，连接，由长方体性质得面面，
此时平面与这两个平面的都相交，是交线，
所以，
又因为面，面，
所以平面，
故D正确.
故选：ABD
3．（多选题）已知直线，平面，则下列说法错误的是（ ）
A．，则
B．，则
C．，则
D．，则
【答案】ABC
【解析】选项A中，可能在内，也可能与平行，故A错误；
选项B中，与也可能相交，故B错误；
选项C中，与也可能相交，故C错误；
选项D中，依据面面平行的判定定理可知，故D正确．
故选：ABC．
4．设、是两个平面，、是两条直线，且．下列四个命题：
①若，则或 ②若，则，
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【解析】对于①：若，因为，，则，
若，因为，，则，
若不在也不在内，因为，，，
所以且，故①正确；
对于②：若，则与，不一定垂直，也有可能相交但不垂直，故②错误；
对于③：过直线分别作平面，与，分别相交于直线，直线，
因为，过直线的平面与平面相交于直线，所以，
同理可得，所以，
因为，，则，因为，，则，
又因为，则，故③正确；
对于④：与和所成的角相等，则和不一定垂直，比如：
正方体中，平面平面，
与平面所成角为，
与平面所成角为，
又，
所以，但与不垂直，故④错误；
综上只有①③正确．
故选：A．
题型二：线面平行构造之三角形中位线法
5．（2024·新疆昌吉·高三校考学业考试）如图，在正方体中，是棱的中点．

（1）证明：平面；
（2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积．
【解析】（1）连接交于，连接，如图，

因为在正方体中，底面是正方形，则是的中点，
又是的中点，则是的中位线，故，
又面，面，所以平面．
（2）因为正方体中，平面，
所以．
6．（2024·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．

（1）证明：//平面PBC；
【解析】（1）证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，
∵底面ABCD的中心为O，∴平面ABCD，∴，
∵，，
∴，
∴，∴，∴，∴
而，∴，∴，
∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；
7．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，，，，，，M，N分别是PD，PB的中点．
（1）求证：直线平面ABCD；
【解析】（1）连接BD，M，N分别是PD，PB的中点．
，
又平面，平面
直线平面
题型三：线面平行构造之平行四边形法
8．《九章算术》是我国古代数学专著，书中将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称为“垫堵”．如图，在垫堵中，已知，且点，，分别是，，边的中点．
(1)求证：平面；
【解析】连结，因为分别是的中点，
所以，且，
因为点是的中点，所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
且平面，平面，
所以平面；
9．（2024·天津滨海新·高三校考期中）如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，．
（1）求证：平面；
【解析】（1）证明：取中点，连接，因为分别是的中点，所以，
又因为底面是菱形，是的中点，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
10．如图，四棱台的底面是菱形，且，平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【解析】（1）连接交于点，连接，
几何体为四棱台，四点共面，且平面，平面，
平面平面，；
四边形和均为菱形，，，，
，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面．
（2）连接交于，
平面，平面平面，平面，
又平面，，
，，平面，平面；
四边形为菱形，，，，
．
题型四：利用面面平行证明线面平行
11．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体中，四边形是菱形，且有，，，平面，．
（1）求证：平面；
【解析】（1）因为四边形是菱形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面．
12．（2024·江西赣州·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点．
（1）证明：平面；
【解析】（1）证明：取的中点，连接、、，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，且，
因为为的中点，则且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，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，故平面．
13．（2024·上海·模拟预测）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4
（1）求证：；
【解析】（1）由题意得，，
平面，平面，
平面，平面
而，平面平面，
又平面平面
题型五：利用线面平行的性质证明线线平行
14．（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点.
(1)证明：；
【解析】（1）因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
15．如图，在三棱柱中，，侧面为矩形.
(1)记平面与平面交线为，证明：；
【解析】（1）因为在三棱柱中，，
由于平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以
16．如图，在四棱锥中，，，，、分别是棱，的中点，且平面.证明：.

【解析】连接，如图，
∵、分别是、中点，
∴为中位线，.
平面，平面，∴平面.
又∵平面，，，平面，
∴平面平面.
又∵平面平面，平面平面，∴.
17．如图，空间六面体中，，平面平面为正方形，求证：；
【解析】因为平面平面，
所以平面.
又因为为正方形，则，
且平面平面，可得平面.
平面平面，
所以平面平面.
且平面平面，平面平面，
所以.
题型六：面面平行的证明
18．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形为菱形，，平面，E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点.
(1)证明：平面平面；
【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，
又E，F，Q分别是BC，PC，PD的中点，
所以，，故，
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.
19．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.
(1)求证：平面平面；
【解析】（1）证明：由于垂直下底面圆,
故,
平面，平面，所以平面
又,所以，
平面，平面，所以平面
平面,所以平面平面
20．如图，在六面体中，，四边形是平行四边形，．
(1)证明：平面平面．
(2)若G是棱的中点，证明：．
【解析】（1）由，得，而平面，平面平面，则平面，
由，平面，平面，得平面，
又平面，所以平面平面.
（2）延长与的延长线分别交于点，
由，，得，由，G是棱的中点，得，
因此点重合，记为，显然平面平面，平面平面，
由（1）知，平面平面，所以.
21．如图，在正方体中，，分别是，的中点，．
(1)若中点为，求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【解析】（1）∵为的中点，是的中点，∴，
又平面，平面，∴平面，
∵是的中点，为的中点，∴，
∵，，
∵平面，，平面，∴平面，
∵，平面，，∴平面平面
（2）根据题意可得，
∴，
，
设点到面的距离为，
根据等体积法可得，
∴，解得，
∴点到平面的距离为
题型七：面面平行的性质
22．如图，在正方体中，作截面如图交，，，分别于，，，，则四边形的形状为（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．梯形
【答案】A
【解析】在正方体中，可得平面平面，
且平面平面，平面平面，
所以，同理可证：，
所以四边形的形状一定为平行四边形.
故选：A.
23．（2024·全国·模拟预测）设是两条相交直线，是两个互相平行的平面，且，则“”是“”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】A
【解析】若是两条相交直线，，且，由，则存在过直线的平面与相交，
令交线为，于是，显然与也相交，令交线为，则，因此，
由是两条相交直线，，知，否则与有公共点，所以，即充分性成立；
若是两条相交直线，，且，则或者，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
24．已知正方体，平面与平面的交线为l，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，在正方体中，
平面平面，平面平面，
平面平面，.
对于A，，，故A正确；
对于B，因为与相交，所以与不平行，故B错误；
对于C，因为与不平行，所以与不平行，故C错误；
对于D，因为与不平行，所以与不平行，故D错误；
故选：A.
题型八：平行关系的综合应用
25．如图所示，在棱长为1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（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，取的中点，的中点，连接，显然，且，
所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面,所以平面，因为，平面，
平面,所以平面，又因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，点在侧面上，所以点位于线段上，
因为，
，所以当点位于点时，最大，
当点位于的中点时，最小，
此时，
所以，所以线段长度的取值范围是.
故选：B
26．（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥中，平面，是上一点，且，连接与，为中点.
(1)过点的平面平行于平面且与交于点，求；
【解析】（1）因为平面平面，只需在平面内向作一条垂线即可证明该垂线与平面垂直，进而与垂直；再利用平面，有，利用直线与平面垂直的判定定理可得平面，则. 建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离计算公式求得,
过作，交于，交于；过作交于.
因为，面，面，则面，同理面，
由，且 、平面，所以平面面，平面即为题中所述平面.
因为平面平面，平面平面，所以，
所以.
因为，
所以.
因为为中点，且，
所以为中点，
所以，
所以，则.
27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【解析】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
28．如图，在四棱锥中，底面是矩形，点分别在棱上，其中E是的中点，连接．

(1)若M为的中点，求证：平面；
(2)若平面，求点M的位置．
【解析】（1）证明：如图，取的中点N，连接，
因为分别为的中点，所以，且CD，
又底面是矩形，且E是的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面．
（2）设过三点的平面与交于点N，连接，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为底面是矩形，所以，
又平面平面，所以平面，
同理得，所以四边形为平行四边形，
所以，
又，且，所以，
且，所以点M为的中点．
1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若与所成的角相等，则
C．若，，则
D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误；
对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，
对于C，，，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误；
对于D，，则，D正确.
故选：D．
2．（2024·四川乐山·三模）在三棱柱中，点在棱上，且，点在棱上，且为的中点，点在直线上，若平面，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【解析】依题意，作出图形如图所示
设为的中点，
因为为的中点，
所以,
又平面，平面，
所以平面，
过点作，交于,则易知平面，
又因为平面，平面，
所以平面平面.
又平面,
所以平面.
因为,
所以四边形为平行四边形，
所以,
因为，
所以,
,
所以.
故选：D.
3．（2024·山东·二模）《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．秋千绳与墙面始终平行
B．秋千绳与道路始终垂直
C．秋千板与墙面始终垂直
D．秋千板与道路始终垂直
【答案】B
【解析】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，
但与道路所成的角在变化
秋千板与墙面垂直，故也与道路始终垂直．
故选：B．
4．已知平面，和直线m，n，若，，则“，”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】当，，，是两个不同平面，，时，或，相交，
反过来，时，，，则，.
故“，”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
5．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】B
【解析】如图，
取的中点，取的中点，连接，则，
又DE⊄面，面，所以平面，
又为的中点，所以，
又面，面，所以平面，
又，面，面，所以平面平面，
又因为是侧面上一点，且平面，
所以的轨迹为线段，
，
所以点的轨迹的长度为.
故选：B.
6．（2024·贵州黔东南·二模）平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示，将直三棱柱向上补一个全等的直三棱柱，
则，，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，且平面，
又因为，且平面，
所以平面平面，且平面，故平面即为平面，
所以交线即为直线，
因为，则与所成角为，
设，则，，可得，
所以为等边三角形，所以，所以
即与所成角的正弦值为.
故选：A.
7．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”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
【答案】C
【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，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C.
8．（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】C
【解析】
如图，在棱上分别取点，使得，，
连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又，正方体的棱长为4，
所以，，，
在棱上取点,使得，
则且，又且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又且，则四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为，
所以，则，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以，在正方形内有一动点满足平面时，
点的轨迹为线段，
因为，
所以，动点的轨迹长为.
故选：C.
9．（多选题）（2024·贵州贵阳·二模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，在命题“，，且__________．则”中的横线处填入下列四组条件中的一组，使该命题为真命题，则可以填入的条件有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】A．如图：，，，，
，利用面面平行的性质可知：，故A正确，符合题意；
B．，，，，如下图：
或与是异面直线，故B错误，不符合题意；
C．，，，，如下图：
因为，，，
，故正确，符合题意；
D．，，，，如下图：
，
，
，
，故D正确，符合题意．
故选：ACD．
10．（多选题）（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
【答案】ACD
【解析】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
11．（多选题）（2024·全国·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（ ）
A．四边形BCTS为等腰梯形
B．不存在点，使得∥平面
C．存在点，使得
D．点到两点的距离和的最小值为
【答案】BC
【解析】因为平面、平面都与底面垂直，平面平面，所以平面．
选项A：如下图所示：
因为分别为的中点，故，又，所以，
故四边形为梯形，
但，，故四边形BCTS不是等腰梯形，故A错误．
选项B：连接，如下图：
因为平面与平面相交，而平面，且不会与平面和平面的交线平行，
所以不存在点，使得平面，故B正确．
选项C：连接，设，易知为的中点，如下图所示，
当为的中点时，则，
因为平面，所以平面．
又平面，所以．
因为四边形为正方形，所以．
因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，故C正确．
选项D：易知，
将沿着展开，使与在同一个平面上，连接交于点，如图所示，
则由对称性可得，点到两点的距离和的最小值为．
在中，其斜边上的高，所以，
所以D错误．
故选：BC.
12．（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：.
13．（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：．
14．（2024·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【解析】连接，由题意知过点的平面与平面平行，
平面与平面、平面的交线分别为，
由于平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
所以或其补角即为所成的平面角，
设正四棱锥的棱长为1，，则，
在中，由余弦定理得
，
同理求得，
故在中，
，
由于，则，
进而，
当时取等号，故的最小值为，
进而，故的最大值为.
故答案为：．
15．（2024·四川达州·二模）如图，在直角梯形中，，把梯形ABCD绕AB旋转至分别为中点.

(1)证明:平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【解析】（1）证明:设中点为，连接
为中位线，，
平面平面，
平面，
为梯形中位线，，
平面平面，
平面，
平面平面EFG，
平面平面，
平面平面.
（2）如图连接,平面
平面到平面的距离为3，
.
如图可求得直角梯形中，可求得．
由余弦定理求得为等边三角形，则，
同理．如图等腰梯形中，得.
可求，设到平面的距离为，
.
到平面的距离为3.
16．（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 中， 和 都为等边三角形，且边长分别为2和4， , 为线段 的中点， 为线段上的点， 平面 .

(1)求证: 点H为线段的中点;
(2)求三棱锥 的体积.
【解析】（1）连接， 设 连接、
因为三棱台 所以
又 所以四边形为平行四边形
所以 .
又平面， ⊂平面， 平面∩平面
∴
∵四边形 是正方形，O是的中点，
∴点H是的中点.
（2）因为 则
又 平面ABC
∴平面,
由（1） 知 且
是边长为4的等边三角形，
∵H为中点，
,


17．（2024·西藏拉萨·二模）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，点在线段上，且.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【解析】（1）如图，连接与交于点，连接.
因为四边形是正方形，，所以.
因为四边形是正方形，，所以.
因为，所以，所以.
又，所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解法一：因为在四棱台中，两底面均为正方形，所以，
所以，所以，
所以.
又，
设点到平面的距离为，由等体积法，得，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
解法二：过点作，垂足为.
因为平面平面，所以.
又四边形为正方形，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以.
又平面，所以平面.
,,
所以,
故，
根据等面积，得.
18．（2024·陕西榆林·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，AC与BD交于点O，底面ABCD，侧棱与底面所成角的余弦值为．
(1)求O到侧面的距离；
(2)若E为BC的中点，F为PD的中点，证明：平面ABP．
【解析】（1）由为正方形的中心，底面，得，
即四棱锥是正四棱锥，由正方形的边长为，得，
侧棱与底面所成角的余弦值为，则在中，，
于是，，显然到各侧面的距离相等，设到平面的距离为，
由，得，
即，解得，
所以到侧面的距离为.
（2）取中点，连接，由F为PD的中点，得，
又E为BC的中点，则，因此，
即四边形是平行四边形，则，而平面ABP，平面ABP，
所以平面ABP．
1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
【解析】（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.
2．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【解析】（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；
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
【解析】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
4．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
【解析】（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；
5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
【解析】（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
6．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【解析】（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.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
7．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
【解析】（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.
8．（2023年天津高考数学真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(3)求点到平面的距离．
【解析】（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.
9．（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
10．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解析】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面MNFE的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc174604894" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc174604894 \h 2
\l "_Tc174604895" 题型一：平行的判定 PAGEREF _Tc174604895 \h 2
\l "_Tc174604896" 题型二：线面平行构造之三角形中位线法 PAGEREF _Tc174604896 \h 5
\l "_Tc174604897" 题型三：线面平行构造之平行四边形法 PAGEREF _Tc174604897 \h 7
\l "_Tc174604898" 题型四：利用面面平行证明线面平行 PAGEREF _Tc174604898 \h 9
\l "_Tc174604899" 题型五：利用线面平行的性质证明线线平行 PAGEREF _Tc174604899 \h 11
\l "_Tc174604900" 题型六：面面平行的证明 PAGEREF _Tc174604900 \h 13
\l "_Tc174604901" 题型七：面面平行的性质 PAGEREF _Tc174604901 \h 15
\l "_Tc174604902" 题型八：平行关系的综合应用 PAGEREF _Tc174604902 \h 17
\l "_Tc174604903" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc174604903 \h 21
\l "_Tc174604904" 03 真题实战练 PAGEREF _Tc174604904 \h 39