专题7.3 空间直线、平面的平行（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 有关平行命题的判断】..............................................................................................................................4
【题型2 证明线线平行】..........................................................................................................................................6
【题型3 线面平行的判定】......................................................................................................................................9
【题型4 线面平行的性质定理的应用】................................................................................................................13
【题型5 面面平行的判定】....................................................................................................................................18
【题型6 面面平行的性质定理的应用】................................................................................................................22
【题型7 平行关系的综合应用】............................................................................................................................26
【题型8 平行关系的探索性问题】........................................................................................................................32
1、空间直线、平面的平行
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
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，14 分
2025 年全国一卷：第9 题，6 分
2025 年全国二卷：第17 题，15
分
2025 年北京卷：第17 题，14 分
2025 年上海卷：第18 题，14 分
空间直线、平面的平行是高考的
重点、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，一般以解答题的其中一小问
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，复习时要加强这方面的训练.
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，a
α，则a//β.
【题型1 有关平行命题的判断】
【例1】（2025·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⊥α
B．存在直线n，使得n⊥m，n//α
C．存在直线n，使得n//m，n//α
D．存在直线n，使得n//m，n⊥α
【答案】B
【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.
【变式1-1】（2025·广东深圳·一模）已知直线a,b分别在两个不同的平面α , β内，则“直线a和直线b平
行”是“平面α和平面β平行”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】D
【解题思路】结合图形利用线面的位置关系和充分条件，必要条件的定义即可判断.
【解答过程】当“直线a和直线b平行”时，平面α和平面β可能平行也可能相交，故不充分；
当“平面α和平面β平行”时，直线a和直线b可能平行也可能异面，故不必要；
因此“直线a和直线b平行”是“平面α和平面β平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【变式1-2】（24-25 高一下·福建龙岩·期中）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个
不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若a//α，b//α，则a//b
B．若a//b，a//α，则b//α
C．若a⊂α，b⊂α，且a// β，b// β，则α // β
D．α，β，γ三个平面最多可将空间分割成8个部分
【答案】D
【解题思路】对于A，结合条件可得直线a，b可能平行，相交，异面，判断A，对于B，由条件可得
b//α或b⊂α，由此判断B，结合面面平行判定定理判断C，举例判断D.
【解答过程】对于选项A，若a//α，b//α，则a与b可能相交、平行或异面，故选项A 错误；
对于选项B，若a//b，a//α，则b//α或b⊂α，故选项B 错误；
对于选项C，若a⊂α，b⊂α，且a// β，b// β，因为直线a，b未必相交，所以α与β不一定平行，故
选项C 错误；
对于选项D，α，β，γ三个平面两两垂直时，可将空间分割成8个部分，故选项D 正确．
故选：D.
【变式1-3】（24-25 高一下·安徽合肥·期中）已知l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平
面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若m//α，n// β，α // β，则m//n
B．若m⊂α，n⊂α，m// β，n// β，则α // β
C．若l //α，l⊂β，α ∩β =m，则l //m
D．若m⊂α，n⊂α，l⊂β，且m// β，n//l，则α // β
【答案】C
【解题思路】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即得.
【解答过程】对于A，由m//α，n// β，α // β，得m//n或m与n相交或m与n是异面直线，A 错误；
对于B，由m⊂α，n⊂α，m// β，n// β，得α // β或α与β相交，B 错误；
对于C，由l //α，l⊂β，α ∩β =m，得l //m，C 正确；
对于D，由m⊂α，n⊂α，l⊂β，且m// β，n//l，得α // β或α与β相交，D 错误.
故选：C.
【题型2 证明线线平行】
【例2】（24-25 高一下·全国·课堂例题）如图所示，在三棱锥S−MNP中，E，F，G，H分别是棱SN，
SP，MN，MP的中点，则EF与HG的位置关系是（ ）
A．平行
B．相交
C．异面
D．平行或异面
【答案】A
【解题思路】利用中位线定理与平行线的传递性即可得解.
【解答过程】因为E，F分别是棱SN，SP的中点，所以EF // NP
因为G，H分别是棱MN，MP的中点，所以HG // NP
所以EF // HG.
故选：A.
【变式2-1】（24-25 高一·全国·课后作业）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F 分别是侧面AA1D1D，侧面
CC1D1D 的中心，G，H 分别是线段AB，BC 的中点，则直线EF 与直线GH 的位置关系是（ ）
A．相交
B．异面
C．平行
D．垂直
【答案】C
【解题思路】连接AD1，CD1，AC，根据E，F 分别为AD1，CD1的中点，由三角形的中位线定理和平行关
系的传递性判断.
【解答过程】如图，
连接AD1，CD1，AC，
因为E，F 分别为AD1，CD1的中点，
由三角形的中位线定理知EF∥AC，GH∥AC，
所以EF∥GH.
故选：C.
【变式2-2】（24-25 高一下·全国·课堂例题）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F分别是A A1，
C C1的中点．求证：BF // E D1．
【答案】证明见解析
【解题思路】取B B1的中点G，利用平行四边形的判定性质，平行公理推理得证.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，取B B1的中点G，连接GC1,≥¿，如图，
由F为C C1的中点，得BG //C1 F ,BG =C1 F，则四边形BGC1 F为平行四边形，
于是BF //GC1，又EG // A1B1//C1 D1, EG = A1B1=C1 D1，
因此四边形EGC1 D1为平行四边形，E D1//GC1，
所以BF // E D1.
【变式2-3】（24-25 高二上·云南大理·期末）如图，在棱长为3 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P ,Q分
别为棱BC ,C C1的中点．
(1)证明：A D1// PQ；
(2)求三棱锥A −B1QP的体积．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)27
8
【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形ABC1 D1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 ,C C1的中点，
所以BC1// PQ，
因为正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为3，
所以C1 D1= AB =3，C1 D1// AB，
故四边形ABC1 D1为平行四边形，
所以BC1// A D1，
故A D1// PQ；
（2）由题意得，正方形BC C1B1的面积为3×3=9，
S△B B1 P= S△C1B1Q= 1
2 ×3× 3
2 = 9
4 ，S△CPQ= 1
2 × 3
2 × 3
2 = 9
8，
故S△B1QP=9−9
4 ×2−9
8 = 27
8 ，
又AB⊥平面BC C1B1，故AB⊥平面B1 PQ，
三棱锥A −B1QP的体积为1
3 S△B1QP⋅AB = 1
3 × 27
8 ×3= 27
8 .
【题型3 线面平行的判定】
【例3】（2025·山西晋城·模拟预测）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD为平行四边
形，点M是线段B1 D1上的一个动点，E、F分别是BC、CM的中点.
(1)求证：EF //平面BD D1B1；
(2)若四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的体积为24，求三棱锥C −BDF的体积V 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解题思路】（1）连接BM，由中位线可知EF // BM，然后结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）由F是CM的中点得V C −BDF =V F −BDC = 1
2 V M −BDC，再由B1 D1//平面BCD，M ∈B1 D1，所以
V M −BDC =V B1−BDC，又V M −BDC = 1
2 V B1−ABDC，V B1−ABCD= 1
3 V ABCD−A1B1C1 D1，联立即可得解.
【解答过程】（1）在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，连接BM，如图，
因E、F分别是BC、CM的中点，则有EF // BM，
又EF ⊄平面BD D1B1，BM ⊂平面BD D1B1，所以EF //平面BD D1B1.
（2）由F是CM的中点得V C −BDF =V F −BDC = 1
2 V M −BDC，
在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，B B1// D D1，B B1= D D1，
故四边形B B1 D1 D为平行四边形，则B1 D1// BD，
因为BD⊂平面BCD，B1 D1⊄平面BCD，则B1 D1//平面BCD，
又点M是线段B1 D1上的一个动点，
则V M −BDC =V B1−BDC = 1
2 V B1−ABCD= 1
2 × 1
3 V ABCD−A1B1C1 D1= 1
6 ×24 = 4，
所以三棱锥C −BDF的体积V 的值1
2 ×4 =2.
【变式3-1】（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体A1B1C1 D1−ABCD中，E是D D1的中点．
(1)求证：A1C1//平面ACE；
(2)若B D1=6，求点B到平面AEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)❑√2
【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A1B1C1 D1−ABCD中，A A1//C C1且A A1=C C1，
所以四边形A A1C1C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B D1=
❑√a
2+a
2+a
2=6，解得a=2❑√3，
所以AC =
❑√(2❑√3)
2+(2❑√3)
2=2❑√6，AE = EC =
❑√(2❑√3)
2+(❑√3)
2= ❑√15，
所以S△ACE= 1
2 ×2❑√6×
❑√(❑√15)
2−(❑√6)
2=3 ❑√6，
设点B到平面AEC的距离为d，则V E−ABC =V B−AEC，即1
3 S△ABC⋅DE = 1
3 S△AEC⋅d，
即1
3 × 1
2 ×2❑√3×2❑√3×❑√3= 1
3 ×3 ❑√6⋅d，解得d = ❑√2，
即点B到平面AEC的距离为❑√2.
【变式3-2】（2024·四川·三模）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E , F ,G分别是C C1,BC , AD的
中点.
(1)求证：CG //面D1 EF；
(2)求点G到平面D1 EF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
3
【解题思路】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可.
（2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可.
【解答过程】（1）
连接D1 A , FA ,BC1，因为E , F分别是C C1,BC的中点，
由中位线定理得EF // BC1，又BC1 // D1 A，
所以EF // D1 A，所以A , F , E , D1四点共面，由于G是AD 的中点，
则AG // FC且AG = FC ,那么四边形AGCF为平行四边形，
从而CG // AF，又CG⊄面D1 EF , AF ⊂面D1 EF ,故CG //面D1 EF，
（2）由上问结论知点G到平面D1 EF的距离等于点C到平面D1 EF的距离.
易得D1 E = ❑√5, EF = ❑√2, D1 F =3，
利用余弦定理得cos∠D1 EF = 5+2−9
2❑√5×❑√2 =−
❑√10
10 ,
则sin ∠D1 EF = 3 ❑√10
10
,S△D1 EF = 1
2 D1 E⋅EF ⋅sin ∠D1 EF = 1
2 ×❑√5×❑√2× 3 ❑√10
10
= 3
2 .
设点C到平面D1 EF的距离d，
利用等体积法V C −D1 EF = 1
3 S△CEF⋅D1C1= 1
3 SΔ D1 EF⋅d，
可得d = S△CEF⋅D1C1
S△D1 EF
=
1
2 ×1×1×2
3
2
= 2
3，
即点G到平面D1 EF的距离为2
3.
【变式3-3】（2025·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，4 PA = 4 AB =3 AD =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．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【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．
∵4 PA = 4 AB =3 AD =12，∴PA = AB =3，AD = 4，
∴S△ACD= 1
2 AD⋅CD =6．
又PA ⊥平面ABCD，M 为PD 的中点，则M 到平面ACD 的距离为ℎ= 1
2 PA = 3
2．
∴V M −ACD= 1
3 S△ACD⋅ℎ=3．
【题型4 线面平行的性质定理的应用】
【例4】（2025 高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是平行四边形，E为AD的中
点，F在PA上，且⃗AP = λ⃗AF，PC //平面BEF，则λ的值为（ ）
A．1
B．3
2
C．2
D．3
【答案】D
【解题思路】连接AC，与BE交于点G，连接FG，易证△AEG∽△CBG，得AG
AC = 1
3
，由PC //平面
BEF利用线面平行的性质定理可得GF // PC，即可求得λ= AP
AF = AC
AG =3.
【解答过程】如图，连接AC，与BE交于点G，连接FG.
因为E为AD的中点，所以AE = 1
2 AD = 1
2 BC，由四边形ABCD是平行四边形，可得AD // BC，
则△AEG∽△CBG，所以AG
GC = AE
BC = 1
2，所以AG
AC = 1
3．
又PC //平面BEF , PC ⊂平面PAC，平面BEF ∩平面PAC =GF，所以GF // PC，所以
λ= AP
AF = AC
AG =3．
故选：D．
【变式4-1】（24-25 高一下·山东济南·期中）如图，在四棱锥P−ABCE中，四边形ABCE是梯形，
AB //CE ,且AB =3CE ,点F 在棱PA上，且EF ∥平面PBC，则PF
FA =（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
3
D．3
4
【答案】B
【解题思路】首先作辅助线，构造相似三角形，然后利用相似三角形的性质求得PF
FA 的比值.
【解答过程】过E作EG// BC交AB于G，连接FG，如图所示.
因为EG// BC，BC ⊂平面PBC，EG不在平面PBC上，
根据线面平行的判定定理可得EG//平面PBC.
又因为EF //平面PBC，EG∩EF = E，EG, EF ⊂平面EFG，
根据平面与平面平行的判定定理的推论，可得平面EFG//平面PBC.
又平面PAB∩平面EFG = FG，平面PAB∩平面PBC = PB，所以FG// PB.
根据相似三角形性质可得：PF
FA = BG
GA .
因为EG// BC，CE // AB，所以四边形BCEG为平行四边形，所以CE = EG.
又AB =3CE，所以AG =2BG，所以PF
FA = BG
GA = 1
2.
故选：B.
【变式4-2】（2024·河南·模拟预测）如图，三棱柱ABC −A1B1C1各棱长均相等，M为棱AC上一点，Q
为棱B B1的中点，AQ //平面C1BM．
(1)求AM
MC 的值；
(2)若平面A1 M B1将三棱柱ABC −A1B1C1分为两部分，较小部分的体积为V 1，较大部分的体积为V 2，
求
V 1
V 2
的值．
【答案】(1)1
2
(2) 8
19
【解题思路】（1）线面平行的性质定理，根据已知的平行关系推出线段比例关系；
（2）通过构建三棱台求出相应体积，进而得出体积比.
【解答过程】（1）连接CQ，与BC1交于H，连接HM.
因为AQ //平面C1BM，平面AQC ∩平面C1BM = HM，
根据线面平行的性质定理，所以AQ // HM.
又因为QB //C1C，在△BQC和△HC C1中，
由于平行线分线段成比例定理，可得QH
HC = QB
C1C = 1
2.
因为AQ// HM，所以AM
MC = QH
HC = 1
2.
（2）在BC上取一点S，使BS = 1
3 BC，连接MS ,B1S，
因为MS // AB // A1B1，所以四边形MS B1 A1即为过A1,B1, M三点的截面.
设三棱柱ABC −A1B1C1的底面积为S0，高为ℎ，体积为V ，则V = S0ℎ.
因为MS // AB，且BS = 1
3 BC，所以△MSC与△ABC相似，相似比为2
3，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可得△MSC的面积为4
9 S0.
对于三棱台A1B1C1−MSC，根据体积公式
V 2= 1
3 ℎ(S0+ 4
9 S0+ ❑√S0× 4
9 S0)= 1
3 ℎ(S0+ 4
9 S0+ 2
3 S0)= 19
27 S0ℎ.
因为V 1=V −V 2，V = S0ℎ，V 2= 19
27 S0ℎ，
所以V 1= S0ℎ−19
27 S0ℎ= 8
27 S0ℎ.
则
V 1
V 2
=
8
27 S0ℎ
19
27 S0ℎ
= 8
19.
【变式4-3】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2 的正方
形，PD⊥底面ABCD，PD = λCD，点E在棱PC上，PA //平面EBD.
(1)试确定点E的位置，并说明理由；
(2)是否存在实数λ，使三棱锥E−BPD体积为4
3 ，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)点E是PC的中点，理由见解析
(2)存在λ =2，使三棱锥E−BPD体积为4
3
【解题思路】（1）连接AC，交BD于点O，连结OE，根据线面平行的性质定理，证出PA ∥OE，再结合
O是AC的中点，判断出点E是PC的中点，可得答案；（2）若三棱锥E−BPD体积为4
3 ，则可推出三棱
锥P−BDC的体积为8
3，进而利用棱锥的体积公式与PD⊥底面ABCD，列式算出实数λ的值，即可得到
答案.
【解答过程】（1）点E是PC的中点，理由如下：
连接AC，交BD于点O，连结OE，
∵底面ABCD是正方形，AC、BD相交于点O，
∴O是AC的中点，
∵PA //平面EBD，PA含于平面PAC，平面PAC ∩平面BDE =OE，
∴PA //OE， ∵△APC中，O是AC的中点，
∴ E是PC的中点.
（2）∵E为PC中点，
∴V E−BPD= 1
2 V C −BPD= 1
2 V P−DBC.
∴若V E−BPD= 4
3 ，则V P−DBC = 8
3
∵ PD⊥底面ABCD，PD = λCD =2 λ，
S△BCD= 1
2 ×2×2=2
∴V P−DBC = 1
3 ⋅S△BCD⋅2 λ = 1
3 ×2×2 λ = 8
3，解得λ =2.
∴存在λ =2，使三棱锥E−BPD体积为4
3 .
【题型5 面面平行的判定】
【例5】（2025 高三·全国·专题练习）如图，正四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．M、N、Q分别
为PC、CD、AB的中点．求证：平面MNQ //平面PAD．
【答案】证明见解析；
【解题思路】根据面面平行的判定定理，即可证明.
【解答过程】因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，
所以MN // PD，NQ// AD，
又MN ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
则MN //平面PAD，
同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
可得NQ//平面PAD，
又MN ∩NQ = N，MN , NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ //平面PAD．
【变式5-1】（24-25 高一下·福建龙岩·期中）如图，梯形ABCD是圆台O1O2的轴截面，E，F 分别在底面
圆O1，O2的圆周上，EF 为圆台的母线，∠DO1 E =60°，已知CD = 4，AB =8，G，H 分别为O2B，BF
的中点.
(1)证明：平面CGH //平面O1O2 FE.
(2)若三棱锥C −GBH的体积为5 ❑√3
3
，求圆台O1O2的侧面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)6 ❑√29 π
【解题思路】（1）由题意可证得CG //平面O1O2 FE，HG //平面O1O2 FE，进而可证得结论；
（2）由三棱锥C −GBH体积可得△GBH的面积，进而可得圆台的侧面积．
【解答过程】（1）∵在梯形ABCD中，CD = 4，AB =8，∴O1C // 1
2 O2B，O1C = 1
2 O2B
又G 为O2B的中点，∴O2G = 1
2 O2B，∴O1C //O2G，O1C =O2G
故四边形O1O2GC为平行四边形，∴OG //O1O2.
又OG⊄平面O1O2 FE，O1O2⊂平面O1O2 FE，
∴CG //平面O1O2 FE.
∵G , H分别是O2B，BF的中点，
∴GH //O2 F.
又GH ⊄平面O1O2 FE，O2 F ⊂平面O1O2 FE，
∴GH //平面O1O2 FE.
又CG∩GH =G，CG⊂平面CGH，GH ⊂平面CGH，
∴平面CGH //平面O1O2 FE.
（2）设O1O2=ℎ由（1）可知OG //O1O2,OG =O1O2，则CG为三棱锥C −GBH的高h.
故V C −GBH = 1
3 ⋅S△GBH ⋅ℎ，
由∠DO1 E =60°，可得∠A O2 F =60°，
∴∠BO2 F =120°.
又∵GH // 1
2 O2 F ,GH = 1
2 O2 F，BG = 1
2 O2B =2，
∴S△GBH = 1
2 ⋅BG⋅HG⋅sin120° = 1
2 ×2×2×
❑√3
2 = ❑√3.
故V C −GBH = 1
3 ⋅S△GBH ⋅ℎ= 1
3 ×❑√3×ℎ= 5 ❑√3
3
，
∴ℎ=5.
在Rt△CGB中，|BC)=
❑√ℎ
2+(4−2)
2= ❑√29.
故圆台的侧面积S = 1
2
(2πr +2π R)l =(2π+4π)×❑√29=6 ❑√29π.
【变式5-2】（2025·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.
【答案】(1)证明见解析
(2)2❑√3
3
.
【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V P−MBC =V M −PBC =V O−PBC = 1
3 S△OBC⋅PO = 1
3 × 1
2 ×2×2×❑√3= 2❑√3
3
，
所以三棱锥P−MBC的体积为2❑√3
3
.
【变式5-3】（24-25 高一下·广东中山·阶段练习）如图，正四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形．M、
N、Q分别为PC、CD、AB的中点，设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)求证：平面MNQ //平面PAD；
(2)求证：BC //l；
(3)若PA =5，AB = 4 ❑√2，求四棱锥P−ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)32.
【解题思路】（1）根据面面平行的判定定理，即可证明；
（2）根据线面平行的性质，即可证明；
（3）根据几何体特征，可求得正四棱锥P−ABCD的高为3，再根据锥体的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为M、N、Q分别为PC、CD、AB的中点，底面ABCD为平行四边形，
所以MN // PD，NQ // AD，
又MN ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
则MN //平面PAD，
同理NQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
可得NQ //平面PAD，
又MN ∩NQ = N，MN , NQ⊂平面MNQ，
所以平面MNQ //平面PAD．
（2）因为底面ABCD为平行四边形，所以BC // AD，
又BC ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC //平面PAD，
又BC ⊂平面PBC，平面PBC ∩平面PAD =l，
所以BC //l.
（3）
因为四棱锥P−ABCD是正四棱锥，
所以底面ABCD是正方形，P在底面上的投影是底面的中心，
又AB = 4 ❑√2，所以AC =8，
又PA =5，
所以四棱锥的高为❑√
P A
2−(
1
2 AC)
2
=
❑√5
2−4
2=3，
所以正四棱锥P−ABCD的体积V = 1
3 ⋅(4 ❑√2)
2⋅3=32．
【题型6 面面平行的性质定理的应用】
【例6】（24-25 高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，四边形ABCD为平
行四边形，E , F分别在线段DB , D D1上，且DE
EB = DF
F D1
= 1
2 ,G在C C1上且平面AEF ∥平面B D1G，则
CG
C C1
=（ ）
A．1
2
B．1
3
C．2
3
D．1
4
【答案】B
【解题思路】延长AE交CD于H，结合面面平行性质定理证明FH // D1G，证明△DFH ∽△C1G D1，
结合相似三角形性质证明结论.
【解答过程】解析如图所示，延长AE交CD于H，连接FH，
则△DEH ∽△BEA，所以DH
AB = DE
EB = 1
2.
因为平面AEF //平面B D1G，平面AEF ∩平面CD D1C1= FH，
平面B D1G∩平面CD D1C1= D1G，
所以FH // D1G，又四边形CD D1C1是平行四边形，
所以△DFH ∽△C1G D1，所以DF
C1G = DH
C1 D1
.
因为DH
C1 D1
= DH
AB = 1
2，所以DF
C1G = 1
2.
因为DF
F D1
= 1
2，所以F D1=C1G , DF =CG，
所以CG
C C1
= 1
3，
故选：B.
【变式6-1】（24-25 高一下·全国·课后作业）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，四边形ABCD 为平行
四边形，E，F 分别在线段DB，D D1上，DE
EB = 1
2，G 在C C1上且平面AEF //平面B D1G，则CG
C C1
=
（ ）
A．1
2
B．1
3
C．2
3
D．1
4
【答案】B
【解题思路】连接B1 D1，FG，利用面面平行、线面平行的性质证明线线平行，再结合平行线分线段成比
例定理求解作答.
【解答过程】在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，连接B1 D1，FG，如图，
因为平面AEF //平面B D1G，平面AEF ∩平面B B1 D1 D = EF，
平面B D1G∩平面B B1 D1 D = B D1，则EF // B D1，于是DF
F D1
= DE
EB = 1
2，
平面AD D1 A1//平面BC C1B1，而BG⊂平面BC C1B1，则BG//平面AD D1 A1，
在平面AD D1 A1内存在与AF不重合的直线l // BG，又平面AEF //平面B D1G，BG⊂平面B D1G，
则BG//平面AEF，在平面AEF 内存在与AF不重合直线m// BG，从而m//l，m⊂平面AEF，
l⊄平面AEF，则l//平面AEF，又l⊂平面AD D1 A1，平面AEF ∩平面AD D1 A1= AF，
因此AF //l // BG，BG，AF 可确定平面ABGF，因为平面AB B1 A1//平面CD D1C1，
平面ABGF ∩平面AB B1 A1= AB，平面ABGF ∩平面CD D1C1= FG，于是AB// FG，即有CD // FG
，
所以CG
C C1
= DF
D D1
= 1
3.
故选：B.
【变式6-2】（2025 高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥P−ABC中，E，F，G，H 分别是PB，PC，
AE，BF 的中点．证明：直线GH //平面ABC．
【答案】证明见解析
【解题思路】取BE 的中点M，连接GM，HM，EF，可证明平面GHM //平面ABC，从而可证直线
GH //平面ABC.
【解答过程】如图，取BE 的中点M，连接GM，HM，EF，
因为G为AE的中点，
所以GM是△ABE的中位线，所以GM // AB，
同理，HM是△BEF的中位线，EF是△PBC的中位线，
所以HM // EF，EF // BC，所以HM // BC，
由GM // AB，GM ⊄平面ABC,AB⊂平面ABC，得GM //平面ABC，
同理，HM //平面ABC，
又GM ∩HM = M，GM ⊂平面GHM，HM ⊂平面GHM，
所以平面GHM //平面ABC，
因为GH ⊂平面GHM，所以GH //平面ABC．
【变式6-3】（24-25 高一下·辽宁沈阳·阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为平行四边形.设平面
PAD 与平面PBC 的交线为l，M、N、Q 分别为PC、CD、AB 的中点.
(1)求证：MQ //平面PAD；
(2)求证：BC //l.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）由题设得MN // PD，应用线面平行的判定证明MN //平面PAD，同理证NQ //平面
PAD，再由面面平行的判定和性质即可证明结论；
（2）由题设BC // AD，再由线面平行的判定和性质即可证明结论.
【解答过程】（1）∵M、N 分别为PC、CD 的中点，
∴MN // PD，又PD⊂平面PAD，MN ⊄平面PAD，
∴MN //平面PAD，同理可证NQ//平面PAD，
由MN ∩NQ = N都在平面MNQ内，则平面MNQ//平面PAD，
由MQ⊂平面MNQ，故：MQ //平面PAD；
（2）∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴BC // AD，又AD⊂平面PAD，BC ⊄平面PAD，
∴BC //平面PAD，又BC ⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC =l，
∴BC //l.
【题型7 平行关系的综合应用】
【例7】（24-25 高一下·陕西汉中·期末）由正方体ABCD−A1B1C1 D1截去三棱锥C1−B1C D1后得到的
几何体如图所示，O为AC 与BD 的交点.
(1)求证：A1O//平面B1C D1；
(2)求证：平面A1BD //平面B1C D1.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）要证明线面平行，需证明线线平行即可，即证明A1O// EC.
（2）要证明面面平行，需通过证明一平面内的两条相交直线与另一平面平行即可.
【解答过程】（1）取B1 D1的中点E，连接A1 E ,CE.
则A1 E =OC , A1 E //OC.
所以四边形CO A1 E为平行四边形，所以A1O// EC.
因为EC ⊂平面B1C D1，A1O不在平面B1C D1内，
所以A1O//平面B1C D1.
（2）因为BD // B1 D1，B1 D1⊂平面B1C D1，BD不在平面B1C D1内，
所以BD //平面B1C D1.
由（1）知，A1O//平面B1C D1.
因为A1O∩BD =O , A1O ,BD⊂平面A1BD，
所以平面A1BD //平面B1C D1.
【变式7-1】（24-25 高一下·江西上饶·期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一
点.已知M，N分别是PC，AB的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG.
(1)求证：MN //平面PAD；
(2)求证：AP // HG.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）方法一：构造平行四边形，证得AK // MN，再根据线面平行的判定定理证明即可；
方法二：构造三角形的中位线，证得平面MON //平面PAD，根据MN ⊂平面MON，即可证明；
（2）先通过三角形中位线证得PA //平面BDM，再根据线面平行的性质定理证明即可.
【解答过程】（1）
法一：取PD中点K，连接MK，AK，MN，
易知MK为△PCD中位线，故MK //CD，且MK = 1
2 CD，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB//CD，AB =CD，
故MK // AN，又因为N是AB的中点，所以AN = 1
2 AB = 1
2 CD = MK，
所以四边形ANMK为平行四边形，所以AK // MN，
又因为MN ⊄平面PAD，AK ⊂平面PAD，所以MN //平面PAD.
法二：连接AC，交BD于O，连接MO，如下图：
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为AC中点，
又因为M为PC中点，所以MO为△ACP的中位线，
所以MO// PA，
又因为MO⊄平面PAD，PA ⊂平面PAD，所以MO//平面PAD，
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为BD中点，
又因为N是AB的中点，所以NO为△ABD的中位线，
所以NO// AD，又因为NO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以NO//平面PAD，又因为NO∩MO=O，
NO⊂平面MON，MO⊂平面MON，所以平面MON //平面PAD，
因为MN ⊂平面MON，所以MN //平面PAD.
（2）连接AC，交BD于O，连接MO，如下图：
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，
又因为M是PC的中点，所以MO为△ACP的中位线，
所以MO// PA，
又因为MO⊂平面BDM，PA ⊄平面BDM，
所以PA //平面BDM，
又因为PA ⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM =GH，
所以AP// HG.
【变式7-2】（24-25 高一下·吉林长春·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中AB =2，M 为D D1的
中点．
(1)求证：B D1//平面AMC；
(2)若N 为C C1的中点，求证：平面AMC //平面BN D1；
(3)求三棱锥M −ABC与正方体ABCD−A1B1C1 D1的外接球半径之比．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
❑√3
2
【解题思路】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，证明OM // B D1，利用线面平行的判定定理即可求
证；
（2）连接BN , N D1, MN，证明AM // BN，得BN //平面AMC，结合（1）由面面平行的判定定理即
可求证；
（3）将棱锥M −ABC放入长方体中即可求外接球半径R1，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中利用体对角
线求出外接球半径R即可求解.
【解答过程】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，
在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD为正方形，所以O为BD的中点，
又M为D D1中点，所以OM // B D1，
又OM ⊂平面AMC，B D1⊄平面AMC，
所以B D1//平面AMC；
（2）连接BN , N D1, MN，由（1）有B D1//平面AMC，
由N为C C1中点，M为D D1中点，
所以MN // DC , MN = DC，且AB// DC , AB = DC，
所以MN // AB , MN = AB，
所以四边形ABNM为平行四边形，所以AM // BN，
又AM ⊂平面AMC，BN ⊄平面AMC，
所以BN //平面AMC，
又BN ∩B D1= B，BN ,B D1⊂平面BN D1，
所以平面AMC //平面BN D1；
（3）设正方体ABCD−A1B1C1 D1外接球半径为R，所以外接球的直径为B D1，
由(2 R)
2= B A
2+ BC
2+ B B1
2=3×2
2，解得R = ❑√3，
设三棱锥M −ABC的外接球半径为R1，
分别取A A1,B B1的中点E , F，连接ME , EF , FN , MB，
由MD⊥AD , MD⊥DC , AD⊥DC，
所以三棱锥M −ABC的外接球就是长方体ABCD−EFNM的外接球，
其外接球的直径等于长方体的对角线MB的长，
由MD = 1
2 D D1=1, AD = DC =2，
所以(2 R1)
2= A D
2+ DC
2+ D M
2=9，解得R1= 3
2，
所以R1
R =
3
2
❑√3 =
❑√3
2
，
所以三棱锥M −ABC与正方体ABCD−A1B1C1 D1的外接球半径之比
❑√3
2 .
【变式7-3】（24-25 高一下·河南驻马店·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A B1C1 D1中，E为D D1的
中点．
(1)求证：B D1//平面AEC；
(2)取C C1中点F，求证：平面AEC //平面BF D1；
(3)求异面直线AE与D1B所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
❑√15
5
【解题思路】（1）由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理推理得证.
（2）易证D1 F //平面AEC，结合（1）可证结论成立.
（3）利用几何法求出夹角的余弦.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A B1C1 D1中，连接BD交AC于O，连接EO，
则O为BD的中点，而E为D D1的中点，则OE // B D1，
又OE⊂平面AEC，B D1⊂平面AEC，所以B D1//平面AEC.
（2）由F为C C1的中点，E为D D1的中点，得CF // E D1，CF = E D1，
则四边形CF D1 E为平行四边形，D1 F // EC，又EC ⊂平面AEC，D1 F ⊂平面AEC，
于是D1 F //平面AEC，由（1）知B D1//平面AEC，而B D1∩D1 F = D1，
B D1, D1 F ⊂平面BF D1，所以平面AEC //平面BF D1．
（3）由（1）知，OE // B D1，则∠AEO是异面直线AE与D1B所成的角或其补角，
令正方体的棱长AB =2，则OE = ❑√3，AE = ❑√5，
因此cos∠AEO = OE
AE =
❑√3
❑√5 =
❑√15
5
，
所以异面直线AE与D1B所成角的余弦值为
❑√15
5
.
【题型8 平行关系的探索性问题】
【例8】（24-25 高一下·青海海南·期末）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，E , F ,G分别是棱
AB ,B B1, A1B1的中点.
(1)证明：C1G //平面CEF.
(2)在棱A A1上是否存在点H，使得平面C1GH //平面CEF？若存在，求出A1 H
A1 A 的值；若不存在，请说
明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，A1 H
A1 A = 1
2 .
【解题思路】（1）连接EG，根据题意，证得四边形CEGC1是平行四边形，得到CE//C1G，结合线面
平行的判定定理，即可证得C1G //平面CEF；
（2）连接A B1，分别证得EF // A B1和GH // EF，得到GH //平面CEF，由（1）知C1G //平面
CEF，证得平面C1GH //平面CEF，即可得到答案.
【解答过程】（1）证明：如图所示，连接EG，
因为E ,G分别是棱AB , A1B1的中点，所以EG// B B1, EG= B B1，
由长方体的性质，可知B B1//C C1,B B1=C C1，则EG//C C1且EG=C C1，
所以四边形CEGC1是平行四边形，所以CE//C1G，
又因为CE⊂平面CEF，且C1G⊄平面CEF，所以C1G //平面CEF.
（2）解：取棱A A1的中点H，连接GH ,C1 H，平面C1GH //平面CEF，此时A1 H
A1 A = 1
2 .
理由如下：
连接A B1，因为E , F分别为棱AB ,B B1的中点，所以EF // A B1，
因为G , H分别为棱A1B1, A1 A的中点，所以GH // A B1，所以GH // EF，
因为EF ⊂平面CEF且GH ⊄平面CEF，所以GH //平面CEF，
由（1）可知C1G //平面CEF，且C1G⊂平面C1GH，GH ⊂平面C1GH，C1G∩GH =G，所以平面
C1GH //平面CEF，
故在棱A A1上存在点H，使得平面C1GH //平面CEF，此时
A1 H
A1 A = 1
2.
【变式8-1】（2025 高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是平行四边
形，E是侧棱PC上一点，且PE =2 EC．
(1)试确定侧棱PC上一点Q的位置，使AQ //平面BDE．
(2)在侧棱PB上是否存在一点R，使AR //平面BDE？若存在，求出PR
RB 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点Q在侧棱PC上满足PQ = 1
3 PC．
(2)存在，PR
RB =1．
【解题思路】（1）直线AQ在平面APC内运动，将AQ∥平面BDE转化成平面APC内的限制条件，就可
以限制点Q的位置．
（2）构造平面AQR //平面BDE，利用面面平行的判定定理可说明R点的位置.
【解答过程】（1）如图，连结AC，交BD于点O，连结OE．显然O为AC的中点．
若AQ //平面BDE，
因为AQ⊂平面PAC，平面PAC ∩平面BDE =OE，
所以AQ //OE，所以E为QC的中点．
因为PE =2 EC，所以PQ = 1
3 PC．
又当PQ = 1
3 PC时，有AQ //OE，从而AQ//平面BDE．
所以点Q在侧棱PC上满足PQ = 1
3 PC．
（2）如图，取PB的中点R，连结AR ,QR．
由（1）知Q为PE的中点，
所以QR // EB，而QR⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，所以QR //平面BDE．
又因为AQ //平面BDE，AQ⊂平面BDE，QR⊂平面BDE，且AQ∩QR =Q，
所以平面AQR //平面BDE，
又AR⊂平面AQR，所以AR //平面BDE．
所以侧棱PB的中点R符合题意，此时PR
RB =1．
【变式8-2】（24-25 高一下·甘肃白银·期末）如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P，Q 分别为
对角线BD，C D1上的点，CQ
Q D1
= BP
PD = λ(0< λ<1).
(1)求证：PQ //平面BC C1B1.
(2)若R 是AB上的点，当AR
AB 的值为多少时（用λ表示），能使平面PQR∥平面A1 D1 DA?请给出证明.
【答案】(1)证明见解析
(2) AR
AB 的值为1
1+ λ
(0< λ<1)，证明见解析
【解题思路】（1）连接CP并延长，与DA的延长线交于M点，利用相似比证明PQ// M D1，然后利用
线面平行的判定定理和面面平行的性质定理证明即可.
（2）结合平行线比例相等，利用线面平行的判定定理证得PR //平面A1 D1 DA，由（1）PQ //平面
BC C1B1，最后利用面面平行的判定定理证明即可.
【解答过程】（1）如图，连接CP并延长，与DA的延长线交于M点，
则平面PQC和平面A A1 D1 D的交线为D1 M.
因为四边形ABCD为正方形，所以BC ∥AD，
故△PBC ~△PDM，所以CP
PM = BP
PD = λ(0< λ<1).
又因为CQ
Q D1
= BP
PD = λ(0< λ<1)，所以CQ
Q D1
= CP
PM = λ，所以PQ∥M D1.
因为M D1⊂平面A1 D1 DA，PQ⊂平面A1 D1 DA，所以PQ //平面A1 D1 DA.
又平面BC C1B1//平面A1 D1 DA，故PQ//平面BC C1B1.
（2）当AR
AB 的值为1
1+ λ
(0< λ<1)时，能使平面PQR //平面A1 D1 DA.
证明：如图，因为AR
AB =
1
1+ λ ，即BR
RA = λ(0< λ<1)，
又BR
RA = BP
PD ，所以PR∥DA.
因为DA ⊂平面A1 D1 DA，PR⊂平面A1 D1 DA，所以PR //平面A1 D1 DA，
又PQ∩PR = P，PQ//平面A1 D1 DA，PQ , PR⊂平面PQR，
所以平面PQR //平面A1 D1 DA.
【变式8-3】（24-25 高一下·四川绵阳·阶段练习）如图所示正四棱锥S−ABCD，SA = SB = SC = SD = 4，
AB =2❑√2，P 为侧棱SD 上的点，且SP =3 PD，求：
(1)正四棱锥S−ABCD的外接球表面积；
(2)若M 为SA 的中点，求证：SC //平面BMD；
(3)侧棱SC 上是否存在一点E，使得BE //平面PAC．若存在，求SE
EC 的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)64π
3
；
(2)证明见解析；
(3)存在，SE
EC =2.
【解题思路】（1）根据正四棱锥的结构求出△PAC外接圆半径，即可求出正四棱锥的外接球表面积.
（2）利用线面平行的判定推理得证.
（3）取SD的中点Q，过Q 作PC的平行线交SC于E，得BQ // PO，QE // PC，根据线面平行的判定定
理可得BQ //平面PAC、QE //平面PAC，结合面面平行的判定定理与性质即可下结论.
【解答过程】（1）在正四棱锥S−ABCD，SA = SB = SC = SD = 4，AB =2❑√2，则AC = 4，
由对称性知，正四棱锥S−ABCD外接球球心在平面SAC内，
因此正△SAC的外接圆是该外接球的截面大圆，外接球半径R = 2
3 ⋅AC sin 60
∘= 4 ❑√3
3
，
所以正四棱锥S−ABCD的外接球表面积S = 4π R
2= 64π
3
.
（2）在正四棱锥S−ABCD中，连接BD∩AC =O，连接MO ,BM , DM，则O 为AC 的中点，
由M 为SA 的中点，得OM // SC，又OM ⊂平面BMD ,SC ⊄平面BMD，
所以SC //平面BMD.
（3）在侧棱SC上存在点E，使得BE //平面PAC，满足SE
EC =2.
理由如下：
取SD的中点Q，由SP=3 PD，得PQ = PD，
过Q 作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE，
由于O 是BD的中点，则BQ// PO，
又PO⊂平面PAC，BQ⊄平面PAC，于是BQ//平面PAC，
由SQ
QP =2，得SE
EC = SQ
QP =2，
又QE // PC，又PC ⊂平面PAC，QE⊄平面PAC，则QE //平面PAC，
又BQ∩QE =Q ,BQ、QE⊂平面BEQ，因此平面BEQ //平面PAC，而BE⊂平面BEQ，
所以BE //平面PAC，即侧棱SC 上存在一点E，使得BE //平面PAC，SE
EC =2.
一、单选题
1．（2025·福建宁德·三模）设α , β是两个不同平面，m,n是平面β内的两条不同直线.甲：m // α ,n //
α，乙：α // β，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解题思路】根据充分条件和必要条件的定义结合面面平行的判定和性质分析判断即可.
【解答过程】由m // α ,n // α，m,n是平面β内的两条不同直线，得不到α // β，
因为α与β可能相交，只要m,n和α , β的交线平行即可得到m // α ,n // α；
反过来，若α // β，m,n是平面β内的两条不同直线，则m,n和α没有公共点，
所以由α // β能得到m // α ,n // α，
故甲是乙的必要不充分条件.
故选：B.
2．（24-25 高二下·北京·期中）已知直线a,b，平面α，给出下列四个命题：
①若a // b,b⊂α，则a // α；
②若a // α ,b // α，则a // b；
③若a // b,b // α，则a // α；
④若a // α ,b⊂α，则a // b.
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
【解题思路】根据线面平行的判定定理及性质即可求解.
【解答过程】对于①，若a//b,b⊂α，则a//α或a⊂α，故①错误；
对于②，若a//α ,b//α，则a,b可共面，也可异面，不一定得到a//b，故②错误；
对于③，若a//b,b//α，则a//α或a⊂α，故③错误；
对于④，若a//b,b⊂α，则a不一定平行b，a也可以与b异面,，故④错误.
故选：A.
3．（2024·全国·模拟预测）设m,n是两条相交直线，α , β是两个互相平行的平面，且n// β，则“m//α
”是“m// β”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
【解题思路】利用线面平行判定、面面的性质，结合充分条件与必要条件的定义判断得解.
【解答过程】若m,n是两条相交直线，α // β，且n// β ,m//α，由m//α，则存在过直线m的平面γ与
α相交，
令交线为a，于是a//m，显然γ与β也相交，令交线为b，则b//a，因此b//m，
由m,n是两条相交直线，n// β，知m⊄β，否则n与β有公共点，所以m// β，即充分性成立；
若m,n是两条相交直线，α // β，且n// β ,m// β，则m//α或者m⊂α，即必要性不成立，
所以“m//α”是“m// β”的充分不必要条件.
故选：A.
4．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，点D在棱B B1上，且BD = 2
3 B B1, M , E
分别是棱A1B1, A A1的中点，点N在棱C C1上，若MN //平面CDE，则C1 N
CN =（ ）
A．5
7
B．7
5
C．2
3
D．3
2
【答案】B
【解题思路】在平面AB B1 A1内，作MF ∥A A1，与DE 交于点F，连接CF，证明MFCN 是平行四边
形，根据梯形中位线可求MF 长度，从而得到答案.
【解答过程】如图所示，在平面AB B1 A1内，作MF ∥A A1，与DE 交于点F，连接CF，则MF ∥C C1，
所以MF ,C C1共面，因为MN∥平面CDE，由线面平行的性质知MN ∥CF，所以MFCN 是平行四边形，
所以MF =CN.
又M是A1B1的中点，所以MF 是梯形A1B1 DE的中位线，
设A A1=6，则MF = A1 E+ B1 D
2
= 3+2
2
= 5
2，即CN = 5
2，
所以C1 N =6−5
2 = 7
2，所以C1 N
CN = 7
5.
故选：B.
5．（2024·山东·一模）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，M , N分别为PC , AC上的点，且MN //平面
PAD，则下列说法正确的是（ ）
A．MN // PD
B．MN // PA
C．MN // AD
D．以上均有可能
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，利用线面平行的性质推理判断即可.
【解答过程】直线MN ⊂平面PAC，MN //平面PAD，平面PAC ∩平面PAD = PA，
所以MN // PA.
故选：B.
6．（2025·河南·二模）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的
中点，若P为侧面AD D1 A1内（含边界）的动点，且B1 P//平面BEF，则B1 P的最小值为（ ）
A．8 ❑√2
5
B．2❑√30
5
C．❑√5
D．2❑√2
【答案】B
【解题思路】取A1 D1的中点M，根据线面平行的判定定理，证得A B1//平面BEF，AM //平面BEF，
进而证得平面A B1 M //平面BEF，得到当P∈AM时， B1 P//平面BEF，所以点P在侧面A A1 D1 D
内的轨迹为线段AM，在△AM B1中，求得sin ∠AM B1= 2❑√6
5
，结合B1 M ⋅sin ∠AM B1，即可求解.
【解答过程】如图所示，取A1 D1的中点M，连接AM，B1 M，A B1，
在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，可得AD // B1C1且AD = B1C1，
因为E，F分别是棱AD ,B1C1的中点，则AE // B1 F且AE = B1 F，
所以四边形A B1 FE为平行四边形，则A B1// EF，
又因为A B1⊄平面BEF，EF ⊂平面BEF，所以A B1//平面BEF，
同理可证：AM //平面BEF，
因为A B1∩AM = A，且A B1, AM ⊂平面A B1 M，所以平面A B1 M //平面BEF，
又因为AM ⊂平面A A1 D1 D，当P∈AM时，则B1 P⊂平面A B1 M，所以B1 P//平面BEF，所以点P
在侧面A A1 D1 D内的轨迹为线段AM，
因为正方体ABCD−A1B1C1 D1的边长为2，可得AM = B1 M = ❑√5，A B1=2❑√2，
在△AM B1中，可得cos∠AM B1=
5+5−8
2×❑√5×❑√5 = 1
5，且B1 M ⋅cos∠AM B1=
❑√5
5 <❑√5= AM，
则sin ∠AM B1= 2❑√6
5
，所以B1 P的最小值为B1 M ⋅sin ∠AM B1= ❑√5× 2❑√6
5
= 2❑√30
5
.
故选：B.
7．（2025·福建福州·模拟预测）如图，点A ､B､C ､M ､N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图
中，不满足直线MN ∥平面ABC的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断.
【解答过程】对于A 选项，如图①所示，在正方体DMEF −GPQT中，
QT ∥ EF且QT = EF，
因为B ,C分别为QT , EF的中点，
则BQ ∥ EC且BQ = EC，
所以四边形BCEQ为平行四边形，
所以BC ∥ EQ，
因为BC ⊄平面EMPQ , EQ⊂平面EMPQ，
所以BC ∥平面EMPQ，同理可证AB ∥平面EMPQ，
因为AB∩BC = B , AB ,BC ⊂平面ABC，
所以平面EMPQ ∥平面ABC，
因为MN ⊂平面EMPQ，
故MN ∥平面ABC,故A 满足；
对于B 选项，如图②所示，连接PT，
在正方体DECF −GPQT中，PE ∥ FT且PE = FT，
因为A ,B分别为PE , FT的中点，则PA ∥ BT且PA = BT，
所以四边形PABT为平行四边形，故AB ∥ PT，
因为M , N分别为GP,>¿的中点，则MN ∥ PT，
所以MN ∥ AB，
因为MN ⊄平面ABC , AB ∥平面ABC，
所以MN ∥平面ABC，故B 满足；
对于C 选项，如图③所示，在正方体DMKN −GPQT中，取GT的中点F，
连接AF ,BF , PT，
因为PG ∥ KN且PG= KN ,A ,C分别为PG, KN的中点，
所以AG ∥ CN且AG =CN，故四边形ACNG为平行四边形，则AC ∥ GN，
因为F ,B分别为¿,TN的中点，
所以BF ∥ GN，则BF ∥ AC，
所以A ,B ,C , F四点共面，
因为PM ∥ NT且PM = NT，则四边形PMNT为平行四边形，
所以PT ∥ MN，
因为A , F分别为PG,>¿的中点，则AF ∥ PT，
所以MN ∥ AF，
因为MN ⊄平面ABC , AF ⊂平面ABC，
所以MN ∥平面ABC ,故C 满足；
对于D 选项，如图④所示，在正方体DEKF −GPQT中，取EK的中点H，
连接BH , HM ,CN , PT , EF ,BN，
因为PE ∥ FT且PE = FT ,B , N分别为PE , FT的中点，
则PB ∥ TN且PB =TN，
所以四边形PBNT为平行四边形，则BN ∥ PT，
因为A ,C分别为GP,>¿的中点，
所以AC ∥ PT，故AC ∥ BN，
所以A ,B ,C , N四点共面，
同理可证MH ∥ BN，故AC ∥ MH，
同理可得AB ∥ MN ,BH ∥ CN，
反设MN ⊄平面ABC，
因为MN ∥ AB，且AB⊂平面ABC，则MN ∥平面ABC，
但MN与平面ABC有公共点N，这与MN ∥平面ABC矛盾，
故MN ⊂平面ABC，故D 不满足.
故选：D.
8．（24-25 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．①②③④
B．①②③
C．①②④
D．②③④
【答案】A
【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．
二、多选题
9．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，D 为BC 的中点，则（ ）
A．AD⊥A1C
B．B1C1⊥平面A A1 D
C．AD // A1B1
D．C C1//平面A A1 D
【答案】BD
【解题思路】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的
判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；
法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.
【解答过程】法一：对于A，在正三棱柱ABC −A1B1C1中，A A1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，则A A1⊥AD，则⃗A1 A ⋅⃗AD =0，
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则⃗CD⋅⃗AD =0
又⃗A1C =⃗A1 A +⃗AD +⃗CD，
所以⃗A1C ⋅⃗AD =(⃗A1 A +⃗AD +⃗CD)⋅⃗AD =⃗A1 A ⋅⃗AD +⃗AD
2+⃗CD⋅⃗AD =⃗AD
2≠0，
则AD⊥A1C不成立，故A 错误；
对于B，因为在正三棱柱ABC −A1B1C1中，A A1⊥平面A1B1C1，
又B1C1⊂平面A1B1C1，则A A1⊥B1C1，
因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，AD⊥B1C1，
又A A1∩AD = A , A A1, AD⊂平面A A1 D，
所以B1C1⊥平面A A1 D，故B 正确；
对于D，因为在正三棱柱ABC −A1B1C1中，C C1// A A1
又A A1⊂平面A A1 D ,C C1⊂平面A A1 D，所以C C1//平面A A1 D，故D 正确；
对于C，因为在正三棱柱ABC −A1B1C1中，A1B1// AB，
假设AD // A1B1，则AD // AB，这与AD∩AB = A矛盾，
所以AD // A1B1不成立，故C 错误；
故选：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为2，高为ℎ，
则D (0,0,0), A (❑√3,0,0), A1(❑√3,0,ℎ),C (0,−1,0),C1(0,−1,ℎ),B (0,1,0),B1(0,1,ℎ)，
对于A，⃗AD =(−❑√3,0,0),⃗A1C =(−❑√3,−1,−ℎ)，
则⃗AD⋅⃗A1C =(−❑√3)×(−❑√3)+0=3≠0，
则AD⊥A1C不成立，故A 错误；
对于BD，⃗BC =(0,−2,0),⃗C C1=(0,0,ℎ),⃗A A1=(0,0,ℎ),⃗AD =(−❑√3,0,0)，
设平面A A1 D的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
A A1⋅⃗n= z
ℎ=0⃗
AD⋅⃗n=−❑√3 x =0)，得x = z =0，令y =1，则⃗n=(0,1,0)，
所以⃗BC =(0,−2,0)=−2⃗n，⃗C C1⋅⃗n=0，
则BC ⊥平面A A1 D，C C1//平面A A1 D，故BD 正确；
对于C，⃗AD =(−❑√3,0,0),⃗A1B1=(−❑√3,1,0)，
则−❑√3
−❑√3 ≠0
1，显然AD // A1B1不成立，故C 错误；
故选：BD.
10．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，点A ,B ,C , M , N是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中
满足MN //平面ABC的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解题思路】结合题目条件，根据线面平行的判断定理，构造线线平行，证明线面平行.
【解答过程】对A：如图：
连接EF，因为M , N为正方体棱的中点，所以MN // EF，又EF // AC，所以MN // AC，
AC ⊂平面ABC，MN ⊄平面ABC，所以MN //平面ABC.故A 正确；
对B：如图：
因为A ,B ,C , M , N是正方体棱的中点，所以MN //GH，BC // EF，GH // EF，
所以MN // BC，
同理：AB// DN，AM //CD.
所以A ,B ,C , M , N5 点共面，所以MN //平面ABC不成立.故B 错误；
对C：如图：
因为B ,C是正方体棱的中点，所以BC // EF，MN // EF，所以BC // MN.
BC ⊂平面ABC，MN ⊄平面ABC，所以MN //平面ABC.故C 正确；
对D：如图：
因为B ,C . M为正方体棱的中点，连接ME交AC于F，连接BF，
则BF为△MNE的中位线，所以BF // MN，
BF ⊂平面ABC，MN ⊄平面ABC，所以MN //平面ABC.故D 正确.
故选：ACD.
11．（2025·浙江温州·二模）在四棱锥P−ABCD中，E，F分别是AP，BC上的点，AE
EP = BF
FC ，则下
列条件可以确定EF //平面PCD的是（ ）
A．AD // BC
B．AB //CD
C．BC //平面PAD
D．CD //平面PAB
【答案】BD
【解题思路】根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，由选项依次证明即可.
【解答过程】如图，过E点作EG // PD交AD于点G，连接GF，即有EG //平面PCD，
由于△AEG∼△APD，所以AG
GD = AE
EP = BF
FC ，
若AB //CD，则GF //CD，又GF ⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以GF //平面PCD，由EG∩GF =G , EG、GF ⊂平面EGF，
得平面EGF //平面PCD，又EF ⊂平面EGF，所以EF //平面PCD，故B 正确；
若CD //平面PAB，又因为平面ABCD∩平面PAB = AB，所以CD // AB，由B 可知D 正确；
假设EF //平面PCD，设平面EFP∩CD = H，则EF // PH，
若BC //平面PAD，平面ABCD∩平面PAD = AD，所以BC // AD，
反之若BC // AD，当且仅当BC //平面PAD，即A、C 同时正确或错误；
若BC // AD，可能AB//CD，也可能AB与CD相交．
若AB与CD相交，由AG
GD = BF
FC 知延长FG必与AB、CD交于同一点O，
由几何关系知EF与PH不平行，故A、C 错误．
故选：BD.
三、填空题
12．（2024·上海徐汇·一模）已知m,n为空间中两条不同的直线，α , β为两个不同的平面，若
m⊂α ,α ∩β =n，则m//n是m// β的 条件.（填：“充分非必要” “必要非充分”、“充
､
要”、“既非充分又非必要”中的一个）
【答案】充要
【解题思路】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【解答过程】充分性：因为m⊂α ,α ∩β =n,m//n，
所以m,n共面，
又因为α , β为两个不同的平面，n⊂β，
所以m⊄β，
所以m// β，故充分性成立；
必要性：因为m⊂α ,α ∩β =n，所以n⊂α，
又因为m// β，所以m//n，故必要性成立，
所以m//n是m// β的充要条件.
故答案为：充要.
13．（24-25 高二上·上海浦东新·阶段练习）如图，已知点P在平行四边形ABCD所在平面外，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，PC
PF = .
【答案】4
【解题思路】根据线面平行的性质定理构造线线平行，再根据平行线段比例关系，可得结论.
【解答过程】如图，连结AC，交BE于点M，连结FM，
因为PA //平面EBF，且PA ⊂平面PAC，平面PAC ∩平面BEF = FM，
所以PA // FM，
因为AE // BC，且AE:BC =1:3，所以AM : MC =1:3，即AM : AC =1:4，
所以PF : PC =1:4，
所以PC
PF = 4.
故答案为：4.
14．（2025·山西吕梁·一模）如图所示，在棱长为4 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E , F分别是棱
BC ,C C1的中点，P是侧面BC C1B1内一点，若A1 P//平面AEF，则线段A1 P长度的取值范围是
.
【答案】[3 ❑√2,2❑√5]
【解题思路】根据给定条件，确定点P的轨迹，进而求出A1 P的范围.
【解答过程】在棱长为4 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，分别取棱B B1,B1C1中点M , N，连接
MN ,BC1，
由点E , F分别是棱BC ,C C1的中点，得MN // BC1// EF，
又MN ⊄平面AEF，EF ⊂平面AEF，则MN //平面AEF，
又A A1// B B1// NE , A A1= B B1= NE，则四边形AEN A1为平行四边形，
于是A1 N // AE，又A1 N ⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，则A1 N //平面AEF，
又A1 N ∩MN = N，A1 N , MN ⊂平面A1 MN，因此平面A1 MN //平面AEF，
又P是侧面BC C1B1内一点，且A1 P//平面AEF，则P点的轨迹是线段MN，
在Rt△ A1B1 M中，A1 M =
❑√A1B1
2+ B1 M
2=
❑√4
2+2
2=2❑√5，同理A1 N =2❑√5，
即△A1 MN为等腰三角形，当P为MN中点时，A1 P最短，为❑√(2❑√5)
2−(❑√2)=3 ❑√2，
当P位于M、N处时，A1 P最长，为2❑√5，
所以线段A1 P长度的取值范围是[3 ❑√2,2❑√5].
故答案为：[3 ❑√2,2❑√5].
四、解答题
15．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱台ABC −A1B1C1中，A A1⊥底面A1B1C1，△ABC与
△A1B1C1都是等腰直角三角形，∠BAC =90° , AB =2, A A1= A1B1= 4，E、F分别为A A1、B1C1的
中点．
(1)证明：EF //平面A B1C；
(2)求异面直线EF与B B1夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√15
5
【解题思路】（1）取C1C1的中点D，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.
（2）取A1B1的中点G，A1G的中点H，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.
【解答过程】（1）在三棱台ABC −A1B1C1中，设C1C1的中点为D，连接DE , DF，由F为B1C1的中
点，
得DF // B1C，又B1C ⊂平面A B1C，DF ⊄平面A B1C，则DF //平面A B1C，
由DE为梯形A A1C1C的中位线，得DE // AC，又AC ⊂平面A B1C，DE⊄平面A B1C，
则DE //平面A B1C，而DE∩DF = D，DE⊂平面DEF，DF ⊂平面DEF，
因此平面DEF //平面A B1C，又EF ⊂平面DEF，所以EF //平面A B1C.
（2）取A1B1的中点G，A1G的中点H，连接AG、EH、HF、GF、A1 F，
由AB =2, A1B1= 4 , AB// A1B1，G是A1B1中点，得四边形AB B1G是平行四边形，
则B B1// AG，又H是A1G中点，E是A A1中点，则EH // AG// B B1，
即∠FEH就是异面直线EF与B B1夹角，
又A A1⊥底面A1B1C1，△ABC与△A1B1C1都是等腰直角三角形，AB =2, A A1= A1B1= 4，
则AG = ❑√A A1
2+ A1G
2=2❑√5, A1 F = 1
2 B1C1=2❑√2，EH = 1
2 AG = ❑√5，
EF =
❑√A1 E
2+ A1 F
2=2❑√3, HF =
❑√G F
2+G H
2= ❑√5，因此cos∠FEH =
1
2 EF
EH =
❑√15
5
，
所以异面直线EF与B B1夹角的余弦值为
❑√15
5
.
16．（24-25 高一下·广东深圳·期中）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧棱A A1⊥底面ABC，
AB⊥BC，D为AC的中点，A A1= AB =2，BC =3．
(1)求证：A B1//平面BC1 D．
(2)求三棱柱ABC −A1B1C1的表面积；
【答案】(1)证明见解析
(2)16+2❑√13
【解题思路】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）分别求三棱柱每个面的面积相加即可.
【解答过程】（1）连接B1C交BC1于点O，连接OD，
因为四边形BC C1B1为矩形，所以O为B1C的中点．
因为D为AC的中点，所以OD∥A B1．
因为A B1⊄平面BC1 D，OD⊂平面BC1 D，所以A B1∥平面BC1 D．
（2）因为侧棱A A1⊥底面ABC，所以三棱柱ABC −A1B1C1为直三棱柱，
所以侧面BC C1B1，BA A1B1，CA A1C1均为矩形．
因为AB⊥BC，所以底面ABC，A1B1C1均为直角三角形．
因为A A1= AB =2，BC =3，所以AC =
❑√A B
2+ BC
2=
❑√2
2+3
2= ❑√13．
所以三棱柱ABC −A1B1C1的表面积为
( AB+ BC + AC)⋅A A1+2× 1
2 AB⋅BC =(2+3+ ❑√13)×2+2× 1
2 ×2×3=16+2❑√13．
17．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，
∠ADC =90°，∠BAC =90°，E 为BC 的中点．
(1)若F ,G分别为PD , PE的中点，求证：FG//平面PAB；
(2)若PA ⊥平面ABCD，PA = AC，求直线AB 与平面PCD 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√3
3
【解题思路】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，只需证明FG∥MN即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB 的方向向量与面PCD 的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【解答过程】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC =90°，∠BAC =90°，
不妨设AD =CD =2，∴AC = AB =2❑√2.∴BC = 4.
∵E、F 分别为BC、PD 的中点，
∴FN = 1
2 AD =1,GM = 1
2 BE =1，且FN // AD ,GM // BC.
∵∠DAC = 45° , ∠ACB = 45°，∴AD∥BC，
∴FN ∥GM，∴四边形FGMN 为平行四边形，
∴FG∥MN，
∵FG⊄平面PAB，MN ⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB；
（2）∵PA ⊥平面ABCD，∴以A 为原点，AC、AB、AP 所在直线分别为x、y、z 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
设AD =CD =2，则A (0,0,0),B(0,2❑√2,0),C (2❑√2,0,0), D(❑√2,−❑√2,0), P(0,0,2❑√2)，
∴AB
→
=(0,2❑√2,0), DC
→
=(❑√2,❑√2,0),CP
→
=(−2❑√2,0,2❑√2)，
设平面PCD 的一个法向量为⃗n=( x , y , z)，
∴{
DC
→
⋅n
→
=0
CP
→
⋅n
→
=0)
，∴{
❑√2 x + ❑√2 y =0
−2❑√2 x +2❑√2 z =0)，
取x =1，∴y =−1, z =1，∴n
→
=(1,−1,1).
设AB 与平面PCD 所成角为θ，
则sinθ =|cos⟨AB
→
, n
→
⟩|= |AB
→
⋅n
→)
|AB
→)⋅|n
→)
=|0×1+2❑√2×(−1)+0×1|
2❑√2×
❑√1
2+(−1)
2+1
2
=
2❑√2
2❑√2×❑√3 =
❑√3
3 ，
即AB 与平面PCD 所成角的正弦值为
❑√3
3 .
18．（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AB =2．
(1)若直线PA 与圆锥底面的所成角为π
3 ，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π
3 ，CD∥AB．设点M 在线段OC
上，证明：直线QM ∥平面PBD．
【答案】(1)2π
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面QOC //平面PBD，然后根据面面平行的性质可得.
【解答过程】（1）由题知，∠PAB =π
3 ，即轴截面△ABP是等边三角形，故PA = AB =2，
底面周长为2π×1=2π，则侧面积为：1
2 ×2×2π=2π;
（2）由题知AQ =QP , AO =OB，则根据中位线性质，QO∥PB，
又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，则QO //平面PBD
由于´AC =π
3 ，底面圆半径是1，则∠AOC =π
3 ，又CD∥AB，则∠OCD =π
3 ，
又OC =OD，则△OCD为等边三角形，则CD =1，
于是CD∥BO且CD =OB，则四边形OBDC是平行四边形，故OC ∥BD，
又OC ⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，故OC //平面PBD.
又OC ∩OQ =O ,OC ,OQ⊂平面QOC，
根据面面平行的判定，于是平面QOC //平面PBD，
又M ∈OC，则QM ⊂平面QOC，则QM //平面PBD
19．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形ABCD中，AB//CD ,∠DAB =90°，F 为CD 的中
点，点E 在AB 上，EF // AD，AB =3 AD ,CD =2 AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EF D
′ A
′，
使得面EF D
′ A
′与面EFCB 所成的二面角为60°．
(1)证明：A
′ B //平面C D
′ F；
(2)求面BC D
′与面EF D
′ A
′所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√42
7
【解题思路】（1）先应用线面平行判定定理得出A
′ E //平面C D
′ F及EB //平面C D
′ F，
再应用面面平行判定定理得出平面A
′ EB//平面C D
′ F，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点B ,C , D
′ , E , F的坐标表示出来，然后将平面BC D
′及平面
EF D
′ A
′的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其
正弦值.
【解答过程】（1）设AD =1，所以AB =3,CD =2，因为F为CD中点，所以DF =1，因为EF // AD，
AB //CD，所以AEFD是平行四边形， 所以AE // DF，所以A
′ E // D
′ F，
因为D
′ F ⊂平面C D
′ F , A
′ E⊄平面C D
′ F，所以A
′ E //平面C D
′ F，
因为FC // EB , FC ⊂平面C D
′ F , EB⊄平面C D
′ F，所以EB //平面C D
′ F，
又EB∩A
′ E = E，EB , A
′ E⊂平面A
′ EB，所以平面A
′ EB//平面C D
′ F，
又A
′ B⊂平面A
′ EB，所以A
′ B //平面C D
′ F．
（2）
因为∠DAB =90°，所以AD⊥AB，又因为AB // FC , EF // AD，所以EF ⊥FC，
以F为原点，FE , FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系.
因为D
′ F ⊥EF ,CF ⊥EF，平面EF D
′ A
′与平面EFCB所成二面角为60° ，
所以∠D
′ FC =60
°.
则B (1,2,0)，C (0,1,0)，D
′(0, 1
2 ,
❑√3
2 )，E (1,0,0)，F (0,0,0)，.
所以⃗BC =(−1,−1,0),⃗C D
′ =(0,−1
2 ,
❑√3
2 ),⃗FE =(1,0,0),⃗F D
′ =(0, 1
2 ,
❑√3
2 ).
设平面BC D
′的法向量为⃗n=(x , y , z)，则
{⃗
BC ·⃗n=0⃗
C D
′·⃗n=0)，所以{
−1
2 y +
❑√3
2 z =0
−x−y =0 )
，令y = ❑√3，则z =1, x =−❑√3，则⃗n=(−❑√3,❑√3,1).
设平面EF D
′ A
′的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
FE·⃗m=0⃗
F D
′·⃗m=0)，所以{
1
2 y +
❑√3
2 z =0
x =0
)
，
令y = ❑√3，则z =−1, x =0，所以⃗m=(0,❑√3,−1).
所以cos⟨⃗m,⃗n)= |⃗m·⃗n)
|⃗m)⃗|n)
=
0+3−1
❑√3+3+1×❑√1+3 = 1
❑√7 .
所以平面BC D
′与平面EF D
′ A
′夹角的正弦值为❑√
1−(
1
❑√7)
2
=
❑√42
7
.
