文档文本内容
第30 讲空间点、线、面之间的平行关系
（知识清单+7 典例精讲+4 方法技巧+分层训练）
近3 年考查情况
题型
分值
线面平行判定定理证明
解答题
12 分
线面平行性质定理辨析应用
选择题
5 分
线面、面面平行命题真假辨析
解答题
12 分
面面平行判定条件辨析
选择题
5 分
面面平行综合证明
解答题
12 分
【知识点01】线面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
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
a⊄α
b⊂α
a∥b}
⇒a∥α
性质定理
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
a∥α
a⊂β
α ⋂β =b}
⇒a∥b
【例1】已知直线a∥平面α，直线a⊂平面β，且α ∩β =m，求证：a∥m。
详细证明：已知a∥α，a⊂β，α ∩β =m，满足线面平行性质定理全部条件，因此可得：a∥m
【知识点02】面面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判
定
定
理
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
a⊂β
b⊂β
a⋂b= P
a∥α
b∥α }
⇒β∥α
性
质
定
理
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
α ∥β
α ⋂γ =a
β ⋂γ =b}
⇒a∥b
【例2】在正方体ABCD - A1B1C1 D1中，求证：平面A B1 D1∥平面C1BD。
证明：1. 在正方体中，A B1∥C1 D，A B1⊄平面C1BD，C1 D⊂平面C1BD，故A B1∥平面C1BD；
2. 同理可证：A D1∥平面C1BD；
3. A B1∩A D1= A，两条直线为平面A B1 D1内的相交直线；
4. 由面面平行判定定理得：平面A B1 D1∥平面C1BD。
【题型一】判断线面平行与补全线面平行的条件
【例1】已知直线l、m 和平面
，若
，则“l 与m 不相交”是“
”的（ ）
A．充分非必要条件
B．必要非充分条件
C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【详解】当直线l 与平面
相交，且交点不在直线m 上时，满足“l 与m 不相交”，
但“
”不成立，故充分性不成立；
若
，则与
无交点，所以“l 与m 不相交”，故必要性成立；
所以“l 与m 不相交”是“
”的必要非充分条件.
【变式1】（2025·浙江·三模）在棱长为1 的正方体
中，点P，Q 分别为棱
，
上的动点（可
与端点重合），若
面
，则线段
的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题可证
即为
，因此可得
.
【详解】如图在
中，
，又
平面
，
平面
，
所以
面
，
因为点P，Q 分别为棱
，
上的动点（可与端点重合），
面
，
所以
即为
，因此
，
故选：B.
【变式2】已知说法甲为“如果直线
，那么
平面
”，说法乙为“如果
平面
”，那么
”.要使上面
两种说法成立，需分别添加的条件是
A．甲：“
”，乙：“
”
B．甲：“
”，乙：“
且
”
C．甲：“
，
”，乙：“
且
”
D．甲：“
，
”，乙：“
”
【答案】C
【解析】由线面平行的判定定理与性质定理即可得答案.
【详解】说法甲为“如果直线
，那么
平面
”，由线面平行的判定定理得需添加的条件是“
，
”；
说法乙为“如果
平面
”，那么
”，由线面平行的性质定理得需添加的条件是“
且
”.
故选C
【点睛】本题考查了由线面平行的判定定理与性质定理的应用，属于基础题.
【变式3】（2024 黑龙江大庆·一模）如图，已知正方体
，点
分别是
的中点，
与平面
________（填“平行”或“不平行”）；在正方体的
条面对角线中，与平面
平行的面对角线
有________条．
【答案】 不平行 6.
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为
，则
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，所以
，
，
设平面
的法向量为
，所以
，令
，则
，
，所以
，
，
所以
，所以
与平面
不平行，
因为
，所以
，所以
与平面
平行，因为
，所以
与平
面
平行，同理可得
，
，
，
与平面
平行，
，
，
，
，
，
与平面
不平行，
故与平面
平行的面对角线有6 条，
故答案为：不平行，6；
【题型二】判断面面平行与补全面面平行的条件
【例1】下列条件中能推出平面
平面
的是（ ）
A．存在一条直线
，
，
B．存在一条直线
，
，
C．存在两条平行直线
，
，
，
，
，
D．存在两条异面直线
，
，
，
，
，
【答案】D
【分析】A、B、C，画图举例判断；D.由面面平行的判定定理判断.
【详解】A.如图所示：
，存在一条直线
，
，
，但平面
与平面
相交，故错误；
B.如图所示：
，存在一条直线
，
，
，但平面
与平面
相交，故错误；
C. 如图所示：
，存在两条平行直线
，
，
，
，
，
，但平面
与平面
相
交，故错误；
D.如图所示：
，在平面
内过b 上一点
作
，则
，又
，且
，所以
，
故正确；
故选：D
【变式1】（2025 浙江嘉兴·模拟预测）已知
是不全平行的直线，
是不同的平面，则下列能够得到
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据平面与平面平行的各类判断方式，结合选项逐一判断.
【详解】对于A，由垂直于同一平面的两个平面可以平行或相交可知，选项A 错误；
对于B，由平面与平面平行的判定定理可知，若
，则结论不成立，所以选项B 错误；
对于C，因为
是不全平行的共面直线，即至少两条相交，所以
成立.
故选C 正确；
对于D，由平行于同一直线的两个平面平行或相交可知，选项D 错误.
故选:C
【变式2】设
，
是空间中的两个平面，，
是两条直线，则使得
成立的一个充分条件是（ ）
A．
，
，
B．
，
，
C．
，
，
，
D．
，
，
【答案】D
【分析】根据面面平行的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A，由
，
，
，不一定得到
，
与
也可能相交，如图，
对于B，由
，
，
，不一定得到
，
与
也可能相交，
如图，
对于C，
，
，
，
，不一定得到
，只有添加条件与
相交时，才有
；
对于D，由
，
，又
，可得
.
所以使得
成立的一个充分条件是D.
故选：D
【点睛】本小题主要考查面面平行，考查充分条件的判断，属于中档题.
【变式3】（多选）以下条件能够判断平面
与平面
平行的是（ ）
A．平面
内有两条直线与平面
平行
B．两不同平面
，
平行于同一个平面
C．平面
内的任意一条直线与平面
无公共点
D．夹在平面
与平面
间的两条平行线段相等
【答案】BC
【分析】由面面平行的判定定理和面面的位置关系即可判断.
【详解】对于选项
，由面面平行的判定定理可知，若平面
内有两条相交直线与平面
平行，则平面
与平面
平
行，则
不正确；
对于选项
,平行于同一个平面的两个平面平行，则
正确；
对于选项
,两个平面的位置关系有平行和相交两种，平面
内的任意一条直线与平面
无公共点，则平面
与平面
无公共点，即平面
与平面
平行，则
正确；
对于选项
,相交平面也存在夹在两平面间的两条平行线段相等的情况，则
不正确．
故选：
.
【题型三】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置
【例3】（2023·甘肃白银·二模）如图，在正方体
中，
，
分别是棱
，
的中点，点
在正
方形
内，若
，
平面
，则
的最小值是（ ）
A．2
B．
C．
D．3
【答案】B
【分析】先根据题中的关系确定点
在平面
中的位置，在求
的最小值.
【详解】如图，分别取棱
，
的中点
，
，连接
，
，
．
因为正方体中
，
，
所以平面
内两相交直线
，
与平面
平行
所以
平面
，则点
在线段
上．
过点
作
，垂足为
，连接DH，
则
，当且仅当
与
重合时，
．
故选：B.
【变式1】（2025·全国·模拟预测）如图．四棱锥
的底面
为正方形，空间中存在点E，满足
，则点E 可能位于（ ）
A．平面
与平面
的交线上
B．平面
与平面
的交线上
C．直线
上
D．直线
上
【答案】A
【分析】利用线面平行的判定定理与性质定理即可得到答案.
【详解】设平面
平面
，
因为
，所以
平面
，由线面平行的性质定理知，
；
又
，
所以
与
重合，
即点E 位于平面
与平面
的交线上.
故选：A．
【变式2】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，
为平行四边形
所在平面外一点，
分别为
上一点，
且
，当
平面
时，
__________.
【答案】
/
【分析】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.
【详解】如图，连结
交
于点
，连结
.
因为
，所以
，
因为
平面
，平面
平面
平面
，
所以
，所以
.
故答案为：
【变式3】如图，在三棱柱
中，E 是棱
的中点，D 是棱BC 上一点．若
平面ADE，则
的值
为______．
【答案】2
【分析】连接
相交于
，根据线面平行的性质及
可得答案.
【详解】连接
相交于点
，连接
，
因为
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
，所以
，
因为
，所以
，
所以
，则
，即
.
故答案为：2.
【题型四】由线面平行求线段长度
【例4】（2024·山西吕梁·三模）如图，在棱长为2 的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B 且与AC1平行的平面交
B1C1于点P，则PC1＝（ ）
A．2
B．
C．
D．1
【答案】D
【分析】首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，找到包含
的平面
与平面
的交线，即可计算
的
值.
【详解】连结
，交
于点
，连结
和
，
，
因为
平面
，又
平面
，且平面
平面
，
所以
，又点
是
的中点，所以
是
的中点，
所以
故选：D
【变式1】已知正方体
的棱长为1，点
是平面
的中心，点
是平面A1B1C1D1的对角线
上一点，且
平面
，则线段
的长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】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.
【详解】连接
，
，则
过点
.如图所示
∵
平面
，平面
平面
，
平面
，
∴
，∵
，
∴
.
故选：B.
【变式2】（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】
/
【分析】延长CM 交AB 于点I，设
，由余弦定理得
，根据角平分线定理以及平行线
性质可知
，运用换元法和二次函数性质可得线段MN 长度的最小值．
【详解】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：
．
【变式3】如图，已知圆O 的直径AB 长为2，上半圆圆弧上有一点C，
，点P 是弧AC 上的动点，点D
是下半圆弧的中点，现以AB 为折线，将上下半圆所在的平面折成直二面角，连接
､
，
，
.
（1）当
平面PCD 时，求
的长；
（2）求三棱锥
的最大体积
【答案】（1）；（2）
.
【分析】（1）由线面平行的性质可得
，进而推导得到
，由此可求得
；
（2）利用等体积法求得三棱锥
的体积表达式，所以可得当
时，三棱锥
体积最大，即可
求得结果.
【详解】（1）因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以由线面平行的性质定理得
.
又
，可得
.
而
，所以
为正三角形，
所以
.
（2）因为二面角为直二面角，且
，所以
平面
，
而
，
则
，
所以当
时，三棱锥
体积最大，最大值为
.
【点睛】当所求的几何体的体积不能直接利用公式得出时，常用等体积法、分割法、补形法等方法进行求解.
【题型五】证明线面平行
【例5】如图，在四棱锥
，
，点E 在AD 上，且
．
若F 为线段PE 的中点，求证：
平面PCD．
【答案】如图，设M 为PD 的中点，连接FM，CM，
因为F 是PE 中点，所以
，且
，
因为
，
所以
，且
，
所以
，且
，
即四边形
为平行四边形，所以
，
因为
平面PCD，
平面PCD，所以
平面PCD．
【变式1】如图，
等边三角形，且点A，B 分别为线段
与
的中点.将
沿
折叠后使点O 与点P
重合，得到四棱锥
.设点E 为线段
上一点，且
.
(1)证明：
平面
；
(2)求四棱锥
与三棱锥
的体积之比.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接
交
于点
，连接
，由A，B 分别为线段
与
的中点可得
，结合三角形相
似得到
，进而得到
，进而求证即可；
（2）根据棱锥的体积公式，结合面积比例求解即可.
【详解】（1）证明：如图，连接
交
于点
，连接
，
由题可知
，且
.
则易有
与
相似，且相似比为1:2，即
.
又
，则
，故
，
因为
平面
，
平面
，故
平面
.
（2）设四棱锥
的体积为
，高为
，四边形
的面积为
，
三棱锥
的体积为
，高为
，三角形
的面积为
，
与
之间的距离为
，
三棱锥
的体积为
，三棱锥
的体积为
，
由题有
，
又
，故
，即
，
则
，又
，
有
，
即四棱锥
与三棱锥
的体积之比为
.
【变式2】（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱
中，
，
，且D，E 分别
是
，
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得四边形
是平行四边形，则可得
，再利用线面平行判定定理即可得证；
（2）由
为
的中点，可得
，再利用等体积法计算即可得解.
【详解】（1）由直三棱柱性质可得
，
，
由D，E 分别是
，
的中点，则
，
，
则四边形
是平行四边形，故
，
又
平面
，
平面
，故
平面
；
（2）由
，
，则
，
故
为等腰直角三角形，则点
到
的距离为
，
则点
到
的距离为
，
由
为
的中点，则点
与点
到平面
的距离相等，
故
.
【变式3】如图，在直角梯形
中，
，
，
，
为
中点，将
沿
折起，使
到
处．求证：
平面
；
【答案】证明见解析
【分析】连接
交
于点
，连接
，由中位线性质可得
，根据线面平行的判定定理即可得证.
【详解】因为
，
，
，所以四边形
为矩形，
连接
交
于点
，连接
，则点
为
中点，
又
为
中点，所以
是
中位线，所以
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
．
【题型六】证明面面平行
【例6】如图，不在同一直线上的三点
在平面α 上，点
、
、
在平面β 上，且
．求证：平面
平面β．
【答案】证明见解析
【分析】利用平行四边形的判定与性质先证线线平行，再证线面平行，最后可证面面平行.
【详解】因为
，所以四边形
为平行四边形，则
，
又
，所以
，同理得
，
由已知得
，
，且
，所以平面
平面β.
【变式1】如图，已知长方体
，求证：平面
平面
．
【答案】证明见解析
【分析】根据面面平行的判定定理，先证明线线平行，再证明线面平行，最后证明面面平行．
【详解】证明：在长方体
中，易证
．
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
．同理可证
平面
．
又
平面
，
平面
，
，
所以平面
平面
．
【变式2】如图，已知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，点
为底面圆的三等分点，
分别是
的中点.
(1)求证：平面
平面
.
(2)求三棱锥
的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线及线面平行的判定定理可得
平面
，
平面
，从而可证平面
平面
.
（2）由题设有
，求出等边三角形
的边长后可求体积.
【详解】（1）因为
，故
，
而
平面
，
平面
，故
平面
，
同理
平面
，而
平面
，
故平面
平面
.
（2）因为圆锥的母线长为
，底面圆的半径为，故圆锥的高为
，
而点
为底面圆的三等分点，故
为等边三角形，
因为其外接圆半径为1，故其边长为
，
而
.
【变式3】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥
中，
为圆锥的顶点，
是圆锥底面的圆心，四边形
是底面的内接正方形，
分别为
的中点，过点
的平面为
.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若圆锥的底面圆半径为2，高为
，设点
在线段
上运动，求三棱锥
的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
.
【分析】（1）由线面平行的判定定理可证
平面
，
平面
，再由面面平行的判定定理即可证明平
面
平面
；
（2）由题意可得，点
到平面
的距离等于点
到平面
的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可
求解.
【详解】（1）因为
分别为
的中点，所以
，
因为四边形
为正方形，所以
，从而
，
又
平面
平面
，所以
平面
，
连接
，则
为
的中点，又
为
的中点，所以
，
又
平面
平面
，
所以
平面
，又
，
平面
，
所以平面
平面
，
即平面
平面
.
（2）
由题知，
平面
.
连接
，则
.
因为由（1）的证明可知平面
平面
，
所以点
到平面
的距离等于点
到平面
的距离，
所以
，
所以三棱锥
的体积为
.
【题型七】平行关系的综合应用
【例7】如图，已知点
是正方形
所在平面外一点，
分别是
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)若线段
上存在一点
使得平面
平面
，求
的值．
【答案】(1)
证明见解析
(2)
【分析】（1）依据线面平行的判定定理，构造三角形中位线得到
平行于平面
内的直线，即可推出线面平行；
（2）依据面面平行的性质，平面
平面
可得对应交线平行，据此确定
为
中点，即可算出
的值.
【详解】（1）
取
的中点
，连接
、
. 因为
是
的中点，所以
是
的中位线，
故
，且
. 又正方形
中，
是
中点，
且
，
因此
，
，即
且
.
所以四边形
是平行四边形，得
.
又
平面
，
平面
，根据线面平行判定定理，得
平面
.
（2）已知平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
根据面面平行的性质定理，得
. 在
中，
是
中点，
，
因此
是
的中点， 可得
.
【变式1】如图，四边形
是平行四边形，点
是平面
外一点.
(1)求证：
平面
；
(2)已知
，
分别是
，
的中点，在
上取一点
，过
和
作平面交平面
于
，
（i）求证：
；
（ii）求证：
平面
.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可得出结论；
（2）（i）根据线面平行的性质定理证明即可；
（ii）利用面面平行的判定定理可证明平面
平面
，再由其性质可得结论.
【详解】（1）因为四边形
是平行四边形，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）（i）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
.
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
又因为
平面
，平面
平面
，
所以
.
（ii）连接
，如下图：
易知
，显然
平面
，
平面
，所以
平面
；
同理可得
，即
平面
；
又
，所以平面
平面
，
又因为
平面
，
所以
平面
.
【变式2】如图，在平行六面体
中，
，
，
，
，
分别是
，
，
，
，
的中
点，求证：
(1)
；
(2)
平面
；
(3)平面
平面
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据平行六面体的性质，结合已知条件，证明线线平行；
（2）根据平行六面体的性质，结合已知条件，利用线面平行判定定理证明线面平行；
（3）根据平行六面体的性质，结合已知条件，利用面面平行判定定理证明面面平行．
【详解】（1）
，
分别是
，
的中点，
，
又
，且
，
四边形
是平行四边形，
，
．
（2）连接
，交
于点
，连接
，
四边形A1B1C1D1为平行四边形，则
点是
的中点，
是
的中点，
是
的中位线，
，
又
平面
，
平面
，
平面
．
（3）连接
，
，
，则四边形
是平行四边形，
，
，
，则四边形
是平行四边形，
，
，
又
，
，
四边形
是平行四边形，
，
，
平面
平面
．
【变式3】如图，在正方体
中，点
分别为棱
的中点，点
是棱
上
的一点，且
.
(1)求证：
平面
；
(2)棱
上是否存在一点
使平面
平面
？若存在，求
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）法一：连接
，首先证明四边形
是平行四边形，再根据已知及线面平行的判定即可证；法二：
连接
分别交
于点
，连接
，利用等比例的性质得
，再根据线面平行的判定即可证；
（2）根据给定条件证明
平面
，法一：取
中点P，连接
，根据已知证明
，再由线面
平行、面面平行的判定证明结论，即可得；法二：延长
交
于
，延长
交
于
，连接
，利用相似关
系、平行四边形的性质及线面平行的判定证明
平面
，最后由面面平行的判定证明结论，即可得；
【详解】（1）法一：连接
，在正方体
中，
分别是
中点，
且
，则四边形
是平行四边形，
∴
，
平面
平面
，所以
平面
，
法二：连接
分别交
于点
，连接
，
如图在正方体
中，
且
，
所以
，则
，同理得
，
所以
，则
，而
平面
平面
，
所以
平面
；
（2）存在，且
，理由如下：
因为
，所以
，
，而
，
由
平面
平面
，
所以
平面
，
法一：取
中点P，连接
，如图
，
是
中点，
是
的中位线，则
，
∵F 为
中点，则
且
，
∴四边形
是平行四边形，
，
综上，
，
平面
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
；
法二：延长
交
于
，延长
交
于
，连接
，如图：
为中点，易得
，
，
分别为
的中点，易得
，
，又
，即
，
∴四边形
为平行四边形，
平面
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
，
所以
时，平面
平面
.
【解题大招01】线面平行万能证明法
1. 两大核心解题模型（满分套路）
模型1：三角形中位线模型（最常考）
适用场景：题干出现中点、等分点，棱锥、棱柱几何体优先使用。
解题技巧：连接底面对角线，构造中位线，证线线平行，推出线面平行。
模型2：平行四边形模型
适用场景：几何体对边平行且相等，无中点条件时优先使用。
解题技巧：构造一组平行且相等的对边，证明四边形为平行四边形，得线线平行。
2. 满分必备三条件（缺一扣分）
a⊄α ,b⊂α ,a∥b⇒a∥α
答题必写：直线在平面外、直线在平面内、两直线平行，高考阅卷按点给分。
【例1】在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为PD中点，求证：PB∥平面AEC。
解：① 连接BD，交AC于点O；
② 因为四边形ABCD是平行四边形，对角线互相平分，故O为BD中点；
③ 又E为PD中点，因此在△PBD中，OE为中位线；
④ 由中位线性质得：OE∥PB；
⑤ 又OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC；
⑥ 由线面平行判定定理得：PB∥平面AEC。
【解题大招02】线面平行性质逆向解题法
已知线面平行，求线线平行、线段长度、位置关系，无需辅助线，直接套用性质公式。
核心公式：a∥α ,a⊂β ,α ∩β =l⇒a∥l
关键结论：线面平行，只平行交线，不平行面内任意直线（选择判断题秒杀技巧）。
【例2】已知直线a∥平面α，过直线a的平面β与平面α交于直线m，求证：a∥m。
解：由题可知：a∥α，a⊂β，α ∩β =m，
满足线面平行性质定理全部条件，因此可直接推出：a∥m。
【解题大招03】面面平行两步证明法
解题步骤技巧
第一步：在待证平面内找两条相交直线；
第二步：分别证明两条直线平行于另一平面；
第三步：由面面平行判定定理直接得出结论。
核心禁忌：两条平行线无法证明面面平行，必考易错点。
判定公式：a⊂α ,b⊂α ,a∩b= P ,a∥β ,b∥β ⇒α ∥β
【例3】在正方体ABCD - A1B1C1 D1中，求证：平面A B1 D1∥平面C1BD。
解：① 在正方体中，A B1∥C1 D，
又A B1⊄平面C1BD，C1 D⊂平面C1BD，
由线面平行判定定理得：A B1∥平面C1BD；
② 同理可证：A D1∥平面C1BD；
③ A B1∩A D1= A，且A B1, A D1⊂平面A B1 D1，两直线为相交直线；
④ 根据面面平行判定定理可得：平面A B1 D1∥平面C1BD。
【解题大招04】面面平行性质秒杀解题法
1. 两大秒杀结论
结论1（交线平行）：α ∥β ,α ∩γ =l1, β ∩γ =l2⇒l1∥l2
结论2（线面平行）：α ∥β ,l⊂α ⇒l∥β
【例4】已知平面α ∥平面β，平面γ与α交于直线a，与β交于直线b，求证：a∥b。
解：已知α ∥β，且α ∩γ =a，β ∩γ =b，
由面面平行性质定理，直接推导得：a∥b。
【基础过关】（共8 题）
一、单选题
1．（2026·河南·模拟预测）在四棱锥
中，底面
是面积为
的正方形，
，
，
分别是棱
，
的中点，设四棱锥
被过
，
且平行于
的平面截得的截面面积为
，则
的最大值为（ ）
A．
B．2
C．
D．1
【答案】C
【详解】如图，取
，
的中点
，
，连接
，
，并延长交于点
，连接
，
，
又因为
，
分别是棱
，
的中点，得
，
，
而
不在平面
，
平面
，则
平面
，
平面
，又
，
平面
，因此平面
平面
，
四边形
即为所求的截面，依题意，
，
，
则
，由
，得
，
当且仅当
时等号成立，所以
的最大值为
．
2．（2026·福建·二模）设α，β 是两个不同的平面，则
的充要条件是（ ）
A．存在无数条直线与α，β 都平行
B．存在无数个平面与α，β 都垂直
C．对任意的直线
，都存在直线
，使得
D．对任意的直线
，都存在直线
，使得
【答案】C
【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可.
【详解】
如上图，作长方体
，取平面
，平面
分别为平面
.
对于A，因
，且
，且
，则
，
显然可作无数条与
平行且不在平面
的直线，即存在无数条直线与
都平行，但
不平行，故A 错误；
对于B，因平面
与平面
均垂直，且显然可作无数个与平面
平行的平面，
即存在无数个平面与
都垂直，但
不平行，故B 错误；
对于D，由上图，显然
，且
，在平面
内作一条与
垂直相交的直线
，则
，
从而对平面
内的任意直线，都有
，即对任意的直线
，都存在直线
．使得
，但
不平行，
故D 错误；
对于C，假设
为两相交平面，如上图取平面
，平面
分别为平面
，
则
，对于任意的直线
，（不妨设与
相交）都存在直线
，使得
，因
，
则有
，又因
，则有
，这与与
相交矛盾，故假设不成立，故有
，充分性成立；
反过来，
时，对于任意的直线
，都可以过直线和平面
内一点作一个平面
，使
，
则必有
，故必要性成立，故C 正确.
3．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，
为正方体的顶点，
为所在棱的中点，则满足直线
平面
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】对于A、B 和C，建立空间直角坐标系，求出平面
的一个法向量和
，利用直线与平面位置关系的向
量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解.
【详解】如图1 所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则
，所以
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，则
，所以
，
又易知
，则
，
又
，即
与
不垂直，所以
与平面
不平行，故A 错误，
对于B，如图2，由选项A 知平面
的一个法向量为
，
，则
，
又
，即
与
不垂直，所以
与平面
不平行，故B 错误，
对于C，如图3，由选项A 知平面
的一个法向量为
，
，则
，
又
，即
与
不垂直，所以
与平面
不平行，故C 错误，
对于D，如图4，记
为正方体所在棱的中点，连接
，易得
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
，
又
平面
，则直线
平面
，所以D 正确，
二、多选题
4．如图，点A，B，C，M，N 是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC 的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项．
【详解】对于A，连接
,由下图可知
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
A 正确．
对于B，设
是
的中点，
是
的中点，由下图，结合正方体的性质可知，
，
，
，故六边形
为正六边形，所以
，
，
，
，
，
六点共面，B 错误．
对于C，如下图所示，根据正方体的性质可知
，由于
平面
，所以
平面
，所以C 错误．
对于D，设
，由于四边形
是矩形，所以
是
中点，由于
是
中点，所以
，
由于
平面
，
平面
，所以
平面
，D 正确．
故选：AD．
三、填空题
5．（2025·山西临汾·三模）在三棱锥A－BCD 中，AB＝CD＝2，过BC 中点E 的截面与AB，CD 都平行，则截面的周
长为______．
【答案】4
【分析】根据线面平行的性质，结合平行线的性质进行求解即可.
【详解】设
的中点分别为
，连接
，
根据三角形中位线定理，可得：
，
，
所以有
，因此四边形
是平行四边形，
因为
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
同理
平面
，
因此平行四边形
的周长为
，
故答案为：
6．如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a 的正方体，M，N 分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P 是上底面的棱
AD 上的一点，AP＝
，过P，M，N 的平面交上底面于PQ，Q 在CD 上，则PQ＝________.
【答案】
【分析】先求出DP＝DQ＝
，再利用勾股定理得解.
【详解】∵MN//平面ABCD，平面PMNQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊂平面PQNM，
∴MN//PQ，易知DP＝DQ＝
，
故PQ＝
.
故答案为：
四、解答题
7．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥
中，底面ABCD 是平行四边形，
平面ABCD，
，
，且M，N 分别为PD，AC 的中点．
(1)求证：
平面PBC；
(2)求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）利用三角形的中位线，证明
，可证得
平面PBC；
（2）利用三棱锥的体积公式求解.
【详解】（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，∴
．
又
平面PBC，
平面PBC，故
平面PBC．
（2）∵
，∴
，∴平行四边形ABCD 为矩形．
∵
，∴
，
，
∴
．
又
平面ABCD，M 为PD 的中点，则M 到平面ACD 的距离为
．
∴
．
8．如图，在棱长为2 的正方体
中，
是棱
的中点，
是
与
的交点.
(1)求证：
平面
；
(2)求三棱锥
的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
【分析】（1）根据正方体的性质可得
是
的中点，从而可得
，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据
即可求解.
【详解】（1）∵
是
与
的交点，∴
是
的中点，
又
是棱
的中点，∴
，
又
平面
，
平面
，
∴
平面
.
（2）由正方体的性质可得
平面
，
所以
.
【拔高选练】（共6 题）
一、单选题
1．（2025·黑龙江·一模）如图，
是圆台上底面的圆心，
，
是圆台下底面圆周上的两个动点，
是圆台的一条
母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为，
．若
，
平面
，且
的最小值为6，则该圆
台的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】取圆台下底面圆心
，确定
取最小值的情况，结合线面平行的性质求出圆台两底半径及高，进而求出圆
台体积.
【详解】取圆台下底面圆心
，令
，连接
，显然
，
由平面
平面
，
平面
，
平面
，得
则四边形
为平行四边形，
，
在
中，
，
，在圆
中，当且仅当
时，
取最小值6，
由
，解得
，因此
，圆台的高
，
所以该圆台的体积为
.
故选：C
2．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，在棱长为2 的正方体
中，
、
分别为
、
的中点，则过
点
、
、
的平面
与侧面
的交线长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设平面
分别交棱
、
于点
、
，利用面面平行的性质得出
、
，结合等角定理
得出
、
，进而可求得
、
、
、
的长，再利用勾股定理可求出
的
长，即为所求.
【详解】设平面
分别交棱
、
于点
、
，如下图所示：
因为平面
平面A1B1C1D1，平面
平面
，
平面
平面
，所以
，
又因为
，由等角定理及图形可知
，
则
，即
，故
，
故
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
平面
，所以
，
又因为
，由等角定理及图形可得
，
所以
，即
，所以
，
所以
，故
.
因此，平面
与侧面
的交线长为
.
故选：A.
3．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方体
的棱长为2，
分别是棱
的中点，点
是
底面
内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A．不存在点
，使得
平面
B．过
三点的平面截正方体所得截面图形是五边形
C．三棱锥
的体积为4
D．三棱锥
的外接球表面积为
【答案】D
【分析】对于A，找到
中点为点
，易得
平面
，排除A 项；对于B，作出截面并判断形状即可排除；
对于C，利用等体积法转化，结合三棱锥体积公式即可判断；对于D，根据三棱锥的墙角模型，将其补形成长方体，
从而将三棱锥的外接球转化成对应长方体的外接球来求解.
【详解】对于A，当
为
中点时，由三角形中位线定理可得
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
．故A 错误；
对于B，由中位线可得
，在正方体中，易证
，所以
，
即
就是一条截线，连
，得截面
，又因
，所以截面
为梯形，故B 错误；
对于C，点
到平面A1B1C1D1的距离为2，
故
，故C 错误；
对于D，因
两两垂直，
则三棱锥
的外接球可以补形成以这三边长为长、宽、高的长方体的外接球，
则外接球半径
即该长方体的体对角线的一半，即
，
故其表面积
，故D 正确．
故选：D.
二、多选题
4．（2025·江西九江·三模）如图，在五面体
中，底面
是边长为
的正方形，
，
平面
，
，
到底面的距离为
，点
为
的中点，点
在四边形
内部（含边界）．则下
列选项中正确的是（ ）
A．存在点
，使得
平面
B．存在点
，使得
C．该五面体的体积为
D．若
，则点
的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】取
中点
，利用面面平行的判定定理可证得平面
平面
，由此可确定当
时，
平面
，知A 正确；作出点
关于平面
的对称点
，根据三角形三边关系可知
，知B 错误；将五面体拆解为直三棱柱
、四棱锥
和四棱锥
，
由棱柱和棱锥体积公式可求得C 正确；根据
可知
点轨迹是以
为圆心，
为半径的圆在正方形
内部
（含边界）的部分，由此可求得D 正确.
【详解】对于A，取
中点
，连接
，
分别为
中点，四边形
为正方形，
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，又
，
平面
，
平面
平面
，
则当
时，
平面
，此时
平面
，A 正确；
对于B，作点
关于平面
的对称点
，连接
，
关于平面
对称，
，
（当且仅当
三点共线时取等号），
到平面
的距离为
，
，又
，
，
则
，即不存在点
，使得
，B 错误；
对于C，取
中点
，作
，
，垂足分别为
，
，
为
中点，
，
四边形
为正方形，
，又
，
平面
，
平面
，
又
平面
，
，
，
平面
，
平面
，
同理可得：
平面
，
；
，
，
，
，
则
，
；
作
，分别交
于
，交
于
，可将五面体
拆分为直三棱柱
、四棱
锥
和四棱锥
，
，
，
，C 正确；
对于D，
点
到平面
的距离
，
，
，
则
点轨迹是以
为圆心，
为半径的圆在正方形
内部（含边界）的部分，
作出正方形
的平面图如下图所示，
点的轨迹长度为
，D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
5．（2026·河南开封·模拟预测）在正四棱台
中，
，
，
为线段
的中点，则
三棱锥
的体积为______．
【答案】
【分析】证明
平面
，利用等体积法求解即可.
【详解】连接
交
于点
，
则
，且
，故四边形
为平行四边形，故
，
又
平面
，
平面
，故
平面
，
因为
，
，
四边形
中，作
于
，
中，
，
，故
，
所以
．
四、解答题
6．（2026·湖北武汉·三模）在三棱台
中，上下底面均为正三角形，
底面
，且
，
，过点
作平面
侧面
，平面
与下底面
的边
、
分别交于
、
两点.
(1)求证：直线
平面
；
(2)求三棱锥
的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用面面平行的性质定理推导出
，再结合线面平行的判定定理即可证明结论.
（2）先确定
分别为
的中点，求解底面
的面积，结合三棱台的高，利用等体积法将所求体积转化为
，代入体积公式求解即可.
【详解】（1）∵ 平面
侧面
，平面
平面
，平面
平面
，
∴ 由面面平行的性质定理可得
.
∵
平面
，
平面
，
∴
平面
.
（2）∵
底面
，平面
平面
，
∴
平面
，即三棱台的高为
.
∵ 平面
侧面
，平面
平面
，平面
平面
，
∴
，结合
，
，可得
为
的中点，同理
为
的中点.
∴
，即
为边长为1 的正三角形，
∴
.
∵
到平面
的距离等于三棱台的高
，
∴
.
【错题复盘】（共5 题）
一、单选题
1．在四棱锥
中，
，过直线
的平面将四棱锥截成体积相等的两个部分，设该平面与棱
交于
点E，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设平面与
交于
，由题设易证
，若
，则
，根据
与
、
与
的比例关系，结合
，即可求
值.
【详解】
设平面与
交于
，而
，
∴
，
∵
面
，
面
，
∴
面
，又
面
，面
面
，
∴
，即
，
若
，则
，设四棱锥
的体积为
，又
，
∴
，即
，
，而
，有
，
而
，有
，
∴
，解得
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：设平面与
交于
，由已知向量共线及截面的性质，易证
，若
，将
四棱锥
分为三棱锥
、
，利用体积间的比例关系及
求
.
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．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【分析】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.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理，求出四边形
为平行四边形
即可.
二、多选题
3．（2025·四川绵阳·模拟预测）正方体
棱长为2，
为
中点，
为平面
上的动点（在四
边形
内部及其边界）且满足
平面
，则下列正确的是（ ）
A．动点F 的轨迹长度为
B．三棱锥
的体积范围为
C．三棱锥
的体积为定值
D．当三棱锥
的体积最小时，其外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面
平面
，可得出动点
的轨迹为线段
，此时长
度为
，即A 错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥
的体积范围为
，可得B 正确，结合A 中分析可
知点
到平面
的距离为定值，可判断C 正确，确定点
的位置后找出外接球球心位置，列方程求出外接球半径
可得D 正确.
【详解】对于A，取
的中点
的中点为
，连
，过
作
交
于
，连
，如
下图所示：
因为
为
中点，由正方体性质可知
，因此可得
四点共面；
由
可知
为
的中点，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
；
又
的中点为
，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
；
因为
，
平面
，
所以可得平面
平面
，
又因为需满足
平面
，且
为平面
上的动点，
所以动点
的轨迹为线段
，此时长度为
，即A 错误；
对于B，显然三棱锥
的顶点
到底面
的距离为
，
所以当
的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大；
又因为
，所以当
在
时，点
到
的距离最小为1，
此时体积最小，即
的最小值为
，
当
在
时，点
到
的距离最大为2，
此时体积最大，即
的最大为
；
因此三棱锥
的体积范围为
，即B 正确；
对于C，由于
，所以点
到平面
的距离等于点
到平面
的距离，为定值；
又因为底面
的面积为定值，所以三棱锥
的体积为定值，
即
不变，可得C 正确；
对于D，当三棱锥
的体积最小时，根据B 中分析可知此时
与
重合，
即求
的外接球的半径即可，
设外接球的球心为
，半径为
的外接圆圆心为
，半径为
为
中点，
如下图所示：
则
，在直角梯形
和直角三角形
中，
易知
，
所以可得
，解得
；
所以外接球表面积为
，
因此当三棱锥
的体积最小时，其外接球的表面积为
，可得D 正确.
故选：BCD
三、填空题
4．（2024·辽宁·模拟预测）已知四棱锥
的底面
是边长
的正方形，
，
平面
，
为线段
的中点，若空间中存在平而
满足
，
，记平面
与直线
，
分别交于点
，
，则
=______，四边形
的面积为______．
【答案】
/
【分析】根据题意作出平面
即平面
，取
中点
，利用平行线成比例式可得
进而求出
的值；
通过线面平行的性质得到
，
，推理得到
，故可间接法求得四边形
的面
积.
【详解】
如图，过点
作
的平行线
分别交
的延长线于点
，
则
分别为
的中点，连接
，分别交
于点
，则平面
即平面
，
取
的中点
，由
是正方形，得
连接
，则
，
，
，因此
；
连接
，因为
，平面
平面
，
平面
，所以
，
所以
，
，
依题意，
,由
，得
，由
，得
,从而
，
由
，得
为
的中点，由
，得
,
,
,因
,
故四边形
的面积
．
故答案为：
；
【点睛】思路点睛：解题思路在于正确理解题意，作出合理的截面，充分利用平行与垂直的判定、性质定理，借助于
相似三角形和三角形之间的面积关系计算即得.
四、解答题
5．（2025·云南昆明·模拟预测）如图，
是边长为4 的等边三角形，且点
分别为线段
与
的中点.将
沿
折叠后使点
与点
重合，得到四棱锥
.设点
为线段
上一点，且
.
(1)证明：
平面
；
(2)求四棱锥
与三棱锥
的体积之比.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)连接
交
于点
，连接
.然后利用三角形相似的性质，得到
，进而利用线面平行的判定
定理证明；
（2）利用棱锥的体积公式求比值.
【详解】（1）证明：如图，连接
交
于点
，连接
.
由题可知
，且
.
则易有
与
相似，且相似比为
，也即
.
又
，则
，故
.
且
平面
，
平面
，故
平面
.
（2）解：设四棱锥
的体积为
，高为
，四边形
的面积为
.
三棱锥
的体积为
，高为
，三角形
的面积为
，
与
之间的距离为
.
由题有
.
又
，故
，即
，
则
，
即四棱锥
与三棱锥
的体积之比为
.
