2025年新高考數(shù)學一輪復習第7章第03講直線、平面平行的判定與性質(八大題型)(練習)(學生版+解析)

第03講直線、平面平行的判定與性質目錄TOC\o"1-2"\h\z\u01模擬基礎練 2題型一：平行的判定 2題型二：線面平行構造之三角形中位線法 3題型三：線面平行構造之平行四邊形法 4題型四：利用面面平行證明線面平行 5題型五：利用線面平行的性質證明線線平行 6題型六：面面平行的證明 8題型七：面面平行的性質 9題型八：平行關系的綜合應用 1002重難創(chuàng)新練 1103真題實戰(zhàn)練 16題型一：平行的判定1．（多選題）（2024·遼寧·模擬預測）已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，則（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則2．（多選題）如圖，在長方體中，點M，N，E，F(xiàn)分別在棱，，，上，且平面平面，下列結論正確的是（

）A． B．C． D．平面3．（多選題）已知直線，平面，則下列說法錯誤的是（

）A．，則B．，則C．，則D．，則4．設、是兩個平面，、是兩條直線，且．下列四個命題：①若，則或

②若，則，③若，且，則

④若與和所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④題型二：線面平行構造之三角形中位線法5．（2024·新疆昌吉·高三?？紝W業(yè)考試）如圖，在正方體中，是棱的中點．

（1）證明：平面；（2）若正方體棱長為2，求三棱錐的體積．6．（2024·黑龍江大慶·統(tǒng)考二模）如圖所示，在正四棱錐中，底面ABCD的中心為O，PD邊上的垂線BE交線段PO于點F，．

（1）證明：//平面PBC；7．如圖，四棱錐中，四邊形ABCD為梯形，，，，，，M，N分別是PD，PB的中點．（1）求證：直線平面ABCD；題型三：線面平行構造之平行四邊形法8．《九章算術》是我國古代數(shù)學專著，書中將底面為直角三角形，側棱垂直于底面的三棱柱稱為“墊堵”．如圖，在墊堵中，已知，且點，，分別是，，邊的中點．(1)求證：平面；9．（2024·天津濱海新·高三?？计谥校┤鐖D，四棱錐的底面是菱形，平面底面，，分別是，的中點，，，．（1）求證：平面；10．如圖，四棱臺的底面是菱形，且，平面，，，．（1）求證：平面；（2）求三棱錐的體積．題型四：利用面面平行證明線面平行11．（2024·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，四邊形是菱形，且有，，，平面，．（1）求證：平面；12．（2024·江西贛州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在三棱柱中，側面是矩形，側面是菱形，，、分別為棱、的中點，為線段的中點．（1）證明：平面；13．（2024·上?！つM預測）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4（1）求證：；題型五：利用線面平行的性質證明線線平行14．（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，，分別為，的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.(1)證明：；15．如圖，在三棱柱中，，側面為矩形.(1)記平面與平面交線為，證明：；16．如圖，在四棱錐中，，，，、分別是棱，的中點，且平面.證明：.

17．如圖，空間六面體中，，平面平面為正方形，求證：；題型六：面面平行的證明18．（2024·江西鷹潭·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形為菱形，，平面，E，F(xiàn)，Q分別是BC，PC，PD的中點.(1)證明：平面平面；19．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓臺中，為軸截面，為下底面圓周上一點，為下底面圓內一點，垂直下底面圓于點.(1)求證：平面平面；20．如圖，在六面體中，，四邊形是平行四邊形，．(1)證明：平面平面．(2)若G是棱的中點，證明：．21．如圖，在正方體中，，分別是，的中點，．(1)若中點為，求證：平面平面；(2)求點到平面的距離．題型七：面面平行的性質22．如圖，在正方體中，作截面如圖交，，，分別于，，，，則四邊形的形狀為（

）A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．梯形23．（2024·全國·模擬預測）設是兩條相交直線，是兩個互相平行的平面，且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件24．已知正方體，平面與平面的交線為l，則（

）A． B． C． D．題型八：平行關系的綜合應用25．如圖所示，在棱長為1的正方體中，點分別是棱的中點，是側面內一點，若平面，則線段長度的取值范圍是（

）A． B． C． D．26．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；27．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.(1)若平面平面，求、的值；(2)若平面，求的最小值.28．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，點分別在棱上，其中E是的中點，連接．

(1)若M為的中點，求證：平面；(2)若平面，求點M的位置．1．（2024·四川·模擬預測）設為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，下列說法正確的是（

）A．若，，則B．若與所成的角相等，則C．若，，則D．若，則2．（2024·四川樂山·三模）在三棱柱中，點在棱上，且，點在棱上，且為的中點，點在直線上，若平面，則（

）A．2 B．3 C．4 D．53．（2024·山東·二模）《蝶戀花·春景》是北宋大文豪蘇軾所寫的一首詞作.其下闕為：“墻里秋千墻外道，墻外行人，墻里佳人笑，笑漸不聞聲漸悄，多情卻被無情惱”.如圖所示，假如將墻看作一個平面，墻外的道路、秋千繩、秋千板看作是直線.那么道路和墻面線面平行，秋千靜止時，秋千板與墻面線面垂直，秋千繩與墻面線面平行.那么當佳人在蕩秋千的過程中，下列說法錯誤的是（

）A．秋千繩與墻面始終平行B．秋千繩與道路始終垂直C．秋千板與墻面始終垂直D．秋千板與道路始終垂直4．已知平面，和直線m，n，若，，則“，”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件5．（2024·陜西商洛·模擬預測）如圖，正三棱柱的底面邊長是2，側棱長是，為的中點，是側面內的動點，且平面，則點的軌跡的長度為（

）A． B．2 C． D．46．（2024·貴州黔東南·二模）平面過直三棱柱的頂點，平面平面，平面平面，且，，則與所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．7．（2024·內蒙古·三模）設，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，且則“”是“且”的（

）A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件8．（2024·江西·二模）已知正方體的棱長為4，點滿足，若在正方形內有一動點滿足平面，則動點的軌跡長為（

）A．4 B． C．5 D．9．（多選題）（2024·貴州貴陽·二模）設是三個不同的平面，是兩條不同的直線，在命題“，，且__________．則”中的橫線處填入下列四組條件中的一組，使該命題為真命題，則可以填入的條件有（

）A． B．C． D．10．（多選題）（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）已知為空間中三條不同的直線，為空間中三個不同的平面，則下列說法中正確的是（

）A．若，則B．若，則與為異面直線C．若，且，則D．若，則11．（多選題）（2024·全國·模擬預測）在四棱錐中，已知底面為正方形，平面、平面都與平面垂直，，點分別為的中點，點在棱上，則（

）A．四邊形BCTS為等腰梯形B．不存在點，使得∥平面C．存在點，使得D．點到兩點的距離和的最小值為12．（2024·西藏拉薩·二模）如圖，正四棱錐的所有棱長都為為的中點，是底面內（包括邊界）的動點，且平面，則長度的取值范圍是.13．（2024·浙江·模擬預測）三棱錐的所有棱長均為2，E，F(xiàn)分別為線段BC與AD的中點，M，N分別為線段AE與CF上的動點，若平面ABD，則線段MN長度的最小值為．14．（2024·浙江寧波·一模）在棱長均相等的四面體中，為棱（不含端點）上的動點，過點的平面與平面平行．若平面與平面，平面的交線分別為，則所成角的正弦值的最大值為．15．（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，把梯形ABCD繞AB旋轉至分別為中點.

(1)證明:平面；(2)若，求點到平面的距離.16．（2024·內蒙古赤峰·三模）如圖，在三棱臺中，和都為等邊三角形，且邊長分別為2和4，,為線段的中點，為線段上的點，平面.

(1)求證:點H為線段的中點;(2)求三棱錐的體積.17．（2024·西藏拉薩·二模）如圖，在四棱臺中，平面，兩底面均為正方形，，點在線段上，且.(1)證明：平面；(2)求點到平面的距離.18．（2024·陜西榆林·二模）如圖，在四棱錐中，底面四邊形ABCD是邊長為的正方形，AC與BD交于點O，底面ABCD，側棱與底面所成角的余弦值為．(1)求O到側面的距離；(2)若E為BC的中點，F(xiàn)為PD的中點，證明：平面ABP．1．（2024年北京高考數(shù)學真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．2．（2024年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題）如圖，，，，,為的中點.(1)證明：平面；(2)求點到的距離.3．（2024年高考全國甲卷數(shù)學（理）真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；4．（2024年天津高考數(shù)學真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．(1)求證平面；5．（2024年新課標全國Ⅰ卷數(shù)學真題）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．

(1)證明：平面；8．（2023年天津高考數(shù)學真題）如圖，在三棱臺中，平面，為中點.，N為AB的中點，

(1)求證：//平面；(3)求點到平面的距離．9．（2022年新高考全國II卷數(shù)學真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；10．（2022年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為8（單位：）的正方形，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直．(1)證明：平面；(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．第03講直線、平面平行的判定與性質目錄TOC\o"1-2"\h\z\u01模擬基礎練 2題型一：平行的判定 2題型二：線面平行構造之三角形中位線法 5題型三：線面平行構造之平行四邊形法 7題型四：利用面面平行證明線面平行 9題型五：利用線面平行的性質證明線線平行 11題型六：面面平行的證明 13題型七：面面平行的性質 15題型八：平行關系的綜合應用 1702重難創(chuàng)新練 2103真題實戰(zhàn)練 39題型一：平行的判定1．（多選題）（2024·遼寧·模擬預測）已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，則（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】BD【解析】對于A項，若，則或與異面，A項錯誤；對于B項，因為，則，且，可得，又因為，所以，B項正確；對于C項，當時，或或或與相交，C項錯誤；對于D項，若，則，又，所以，D項正確．故選：BD．2．（多選題）如圖，在長方體中，點M，N，E，F(xiàn)分別在棱，，，上，且平面平面，下列結論正確的是（

）A． B．C． D．平面【答案】ABD【解析】因為平面平面，平面與平面和平面的都相交，是交線，所以，故A正確；因為長方體，所以平面平面，而平面與這兩個平行平面的都相交，是交線，所以，故B正確，如圖，連接，此時平面與平面和平面的都相交，是交線，所以，而，所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為，所以與不平行，故C錯誤；如圖，連接，由長方體性質得面面，此時平面與這兩個平面的都相交，是交線，所以，又因為面，面，所以平面，故D正確.故選：ABD3．（多選題）已知直線，平面，則下列說法錯誤的是（

）A．，則B．，則C．，則D．，則【答案】ABC【解析】選項A中，可能在內，也可能與平行，故A錯誤；選項B中，與也可能相交，故B錯誤；選項C中，與也可能相交，故C錯誤；選項D中，依據(jù)面面平行的判定定理可知，故D正確．故選：ABC．4．設、是兩個平面，、是兩條直線，且．下列四個命題：①若，則或

②若，則，③若，且，則

④若與和所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【解析】對于①：若，因為，，則，若，因為，，則，若不在也不在內，因為，，，所以且，故①正確；對于②：若，則與，不一定垂直，也有可能相交但不垂直，故②錯誤；對于③：過直線分別作平面，與，分別相交于直線，直線，因為，過直線的平面與平面相交于直線，所以，同理可得，所以，因為，，則，因為，，則，又因為，則，故③正確；對于④：與和所成的角相等，則和不一定垂直，比如：正方體中，平面平面，與平面所成角為，與平面所成角為，又，所以，但與不垂直，故④錯誤；綜上只有①③正確．故選：A．題型二：線面平行構造之三角形中位線法5．（2024·新疆昌吉·高三?？紝W業(yè)考試）如圖，在正方體中，是棱的中點．

（1）證明：平面；（2）若正方體棱長為2，求三棱錐的體積．【解析】（1）連接交于，連接，如圖，

因為在正方體中，底面是正方形，則是的中點，又是的中點，則是的中位線，故，又面，面，所以平面．（2）因為正方體中，平面，所以．6．（2024·黑龍江大慶·統(tǒng)考二模）如圖所示，在正四棱錐中，底面ABCD的中心為O，PD邊上的垂線BE交線段PO于點F，．

（1）證明：//平面PBC；【解析】（1）證明：如圖，延長FO至點M，使，連接MD，∵底面ABCD的中心為O，∴平面ABCD，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴而，∴，∴，∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；7．如圖，四棱錐中，四邊形ABCD為梯形，，，，，，M，N分別是PD，PB的中點．（1）求證：直線平面ABCD；【解析】（1）連接BD，M，N分別是PD，PB的中點．，又平面，平面直線平面題型三：線面平行構造之平行四邊形法8．《九章算術》是我國古代數(shù)學專著，書中將底面為直角三角形，側棱垂直于底面的三棱柱稱為“墊堵”．如圖，在墊堵中，已知，且點，，分別是，，邊的中點．(1)求證：平面；【解析】連結，因為分別是的中點，所以，且，因為點是的中點，所以，且，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，且平面，平面，所以平面；9．（2024·天津濱海新·高三校考期中）如圖，四棱錐的底面是菱形，平面底面，，分別是，的中點，，，．（1）求證：平面；【解析】（1）證明：取中點，連接，因為分別是的中點，所以，又因為底面是菱形，是的中點，所以，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．10．如圖，四棱臺的底面是菱形，且，平面，，，．（1）求證：平面；（2）求三棱錐的體積．【解析】（1）連接交于點，連接，幾何體為四棱臺，四點共面，且平面，平面，平面平面，；四邊形和均為菱形，，，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面．（2）連接交于，平面，平面平面，平面，又平面，，，，平面，平面；四邊形為菱形，，，，．題型四：利用面面平行證明線面平行11．（2024·全國·模擬預測）如圖，在多面體中，四邊形是菱形，且有，，，平面，．（1）求證：平面；【解析】（1）因為四邊形是菱形，所以，又平面，平面，所以平面，因為，平面，平面，所以平面，又因為，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．12．（2024·江西贛州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在三棱柱中，側面是矩形，側面是菱形，，、分別為棱、的中點，為線段的中點．（1）證明：平面；【解析】（1）證明：取的中點，連接、、，因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，且，因為為的中點，則且，因為、分別為、的中點，所以，且，所以，且，故四邊形為平行四邊形，所以，，因為平面，平面，所以，平面，因為、分別為、的中點，所以，，因為平面，平面，所以，平面，因為，、平面，所以，平面平面，因為平面，故平面．13．（2024·上海·模擬預測）直四棱柱，，AB⊥AD，AB＝2，AD＝3，DC＝4（1）求證：；【解析】（1）由題意得，，平面，平面，平面，平面而，平面平面，又平面平面題型五：利用線面平行的性質證明線線平行14．（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個正三角形，所在平面互相垂直，，分別為，的中點，點在棱上，，直線與平面相交于點.(1)證明：；【解析】（1）因為、分別為、的中點，所以，又平面，平面，則平面，又平面，平面平面，所以.15．如圖，在三棱柱中，，側面為矩形.(1)記平面與平面交線為，證明：；【解析】（1）因為在三棱柱中，，由于平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以16．如圖，在四棱錐中，，，，、分別是棱，的中點，且平面.證明：.

【解析】連接，如圖，∵、分別是、中點，∴為中位線，.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．如圖，空間六面體中，，平面平面為正方形，求證：；【解析】因為平面平面，所以平面.又因為為正方形，則，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.題型六：面面平行的證明18．（2024·江西鷹潭·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形為菱形，，平面，E，F(xiàn)，Q分別是BC，PC，PD的中點.(1)證明：平面平面；【解析】（1）因為四邊形為菱形，所以，又E，F(xiàn)，Q分別是BC，PC，PD的中點，所以，，故，因為平面，平面，所以平面，同理可得平面.因為，，平面，所以平面平面.19．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓臺中，為軸截面，為下底面圓周上一點，為下底面圓內一點，垂直下底面圓于點.(1)求證：平面平面；【解析】（1）證明：由于垂直下底面圓,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．如圖，在六面體中，，四邊形是平行四邊形，．(1)證明：平面平面．(2)若G是棱的中點，證明：．【解析】（1）由，得，而平面，平面平面，則平面，由，平面，平面，得平面，又平面，所以平面平面.（2）延長與的延長線分別交于點，由，，得，由，G是棱的中點，得，因此點重合，記為，顯然平面平面，平面平面，由（1）知，平面平面，所以.21．如圖，在正方體中，，分別是，的中點，．(1)若中點為，求證：平面平面；(2)求點到平面的距離．【解析】（1）∵為的中點，是的中點，∴，又平面，平面，∴平面，∵是的中點，為的中點，∴，∵，，∵平面，，平面，∴平面，∵，平面，，∴平面平面（2）根據(jù)題意可得，∴，，設點到面的距離為，根據(jù)等體積法可得，∴，解得，∴點到平面的距離為題型七：面面平行的性質22．如圖，在正方體中，作截面如圖交，，，分別于，，，，則四邊形的形狀為（

）A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．梯形【答案】A【解析】在正方體中，可得平面平面，且平面平面，平面平面，所以，同理可證：，所以四邊形的形狀一定為平行四邊形.故選：A.23．（2024·全國·模擬預測）設是兩條相交直線，是兩個互相平行的平面，且，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】若是兩條相交直線，，且，由，則存在過直線的平面與相交，令交線為，于是，顯然與也相交，令交線為，則，因此，由是兩條相交直線，，知，否則與有公共點，所以，即充分性成立；若是兩條相交直線，，且，則或者，即必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A24．已知正方體，平面與平面的交線為l，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，在正方體中，平面平面，平面平面，平面平面，.對于A，，，故A正確；對于B，因為與相交，所以與不平行，故B錯誤；對于C，因為與不平行，所以與不平行，故C錯誤；對于D，因為與不平行，所以與不平行，故D錯誤；故選：A.題型八：平行關系的綜合應用25．如圖所示，在棱長為1的正方體中，點分別是棱的中點，是側面內一點，若平面，則線段長度的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖，取的中點，的中點，連接，顯然，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面,所以平面，因為，平面，平面,所以平面，又因為，所以平面平面，因為平面，所以平面，點在側面上，所以點位于線段上，因為，，所以當點位于點時，最大，當點位于的中點時，最小，此時，所以，所以線段長度的取值范圍是.故選：B26．（2024·貴州·模擬預測）在三棱錐中，平面，是上一點，且，連接與，為中點.(1)過點的平面平行于平面且與交于點，求；【解析】（1）因為平面平面，只需在平面內向作一條垂線即可證明該垂線與平面垂直，進而與垂直；再利用平面，有，利用直線與平面垂直的判定定理可得平面，則.建立合適的空間直角坐標系，利用點到平面的距離計算公式求得,過作，交于，交于；過作交于.因為，面，面，則面，同理面，由，且、平面，所以平面面，平面即為題中所述平面.因為平面平面，平面平面，所以，所以.因為，所以.因為為中點，且，所以為中點，所以，所以，則.27．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，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，又因為為的中點，所以為的中點，同理為的中點，所以.（2）因為，底面，如圖，以為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸正半軸建立空間直角坐標系，故，則，，設平面的法向量為，則取，可得.因為，，所以，，則，因為平面，所以，即，所以，即，所以，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以的最小值為8.28．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，點分別在棱上，其中E是的中點，連接．

(1)若M為的中點，求證：平面；(2)若平面，求點M的位置．【解析】（1）證明：如圖，取的中點N，連接，因為分別為的中點，所以，且CD，又底面是矩形，且E是的中點，所以，且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面平面，所以平面．（2）設過三點的平面與交于點N，連接，因為平面平面，平面平面，所以，因為底面是矩形，所以，又平面平面，所以平面，同理得，所以四邊形為平行四邊形，所以，又，且，所以，且，所以點M為的中點．1．（2024·四川·模擬預測）設為兩條不同的直線，為兩個不同的平面，下列說法正確的是（

）A．若，，則B．若與所成的角相等，則C．若，，則D．若，則【答案】D【解析】對于A，平行于同一平面的兩條直線可能平行，也可能異面，故A錯誤；對于B，與所成的角相等，則可能異面，可能相交，也可能平行，故B錯誤，對于C，，，則可能垂直，但也可能平行或者相交或者異面，故C錯誤；對于D，，則，D正確.故選：D．2．（2024·四川樂山·三模）在三棱柱中，點在棱上，且，點在棱上，且為的中點，點在直線上，若平面，則（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】依題意，作出圖形如圖所示設為的中點，因為為的中點，所以,又平面，平面，所以平面，過點作，交于,則易知平面，又因為平面，平面，所以平面平面.又平面,所以平面.因為,所以四邊形為平行四邊形，所以,因為，所以,,所以.故選：D.3．（2024·山東·二模）《蝶戀花·春景》是北宋大文豪蘇軾所寫的一首詞作.其下闕為：“墻里秋千墻外道，墻外行人，墻里佳人笑，笑漸不聞聲漸悄，多情卻被無情惱”.如圖所示，假如將墻看作一個平面，墻外的道路、秋千繩、秋千板看作是直線.那么道路和墻面線面平行，秋千靜止時，秋千板與墻面線面垂直，秋千繩與墻面線面平行.那么當佳人在蕩秋千的過程中，下列說法錯誤的是（

）A．秋千繩與墻面始終平行B．秋千繩與道路始終垂直C．秋千板與墻面始終垂直D．秋千板與道路始終垂直【答案】B【解析】顯然，在蕩秋千的過程中，秋千繩與墻面始終平行，但與道路所成的角在變化秋千板與墻面垂直，故也與道路始終垂直．故選：B．4．已知平面，和直線m，n，若，，則“，”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【解析】當，，，是兩個不同平面，，時，或，相交，反過來，時，，，則，.故“，”是“”的必要而不充分條件.故選：B.5．（2024·陜西商洛·模擬預測）如圖，正三棱柱的底面邊長是2，側棱長是，為的中點，是側面內的動點，且平面，則點的軌跡的長度為（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【解析】如圖，取的中點，取的中點，連接，則，又DE?面，面，所以平面，又為的中點，所以，又面，面，所以平面，又，面，面，所以平面平面，又因為是側面上一點，且平面，所以的軌跡為線段，，所以點的軌跡的長度為.故選：B.6．（2024·貴州黔東南·二模）平面過直三棱柱的頂點，平面平面，平面平面，且，，則與所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖所示，將直三棱柱向上補一個全等的直三棱柱，則，，因為平面，平面，且平面，平面，所以平面，且平面，又因為，且平面，所以平面平面，且平面，故平面即為平面，所以交線即為直線，因為，則與所成角為，設，則，，可得，所以為等邊三角形，所以，所以即與所成角的正弦值為.故選：A.7．（2024·內蒙古·三模）設，是兩個不同的平面，，是兩條不同的直線，且則“”是“且”的（

）A．充分不必要條件 B．充分必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】當時，可能在內或者內，故不能推出且，所以充分性不成立；當且時，設存在直線，，且，因為，所以，根據(jù)直線與平面平行的性質定理，可知，所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分條件.故選：C.8．（2024·江西·二模）已知正方體的棱長為4，點滿足，若在正方形內有一動點滿足平面，則動點的軌跡長為（

）A．4 B． C．5 D．【答案】C【解析】如圖，在棱上分別取點，使得，，連接，因為，，所以，，因為平面，平面，所以平面，因為，所以，又，正方體的棱長為4，所以，，，在棱上取點,使得，則且，又且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又且，則四邊形是平行四邊形，所以，所以，因為，所以，則，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以，平面，因為，平面，所以平面平面，因為平面平面，所以，在正方形內有一動點滿足平面時，點的軌跡為線段，因為，所以，動點的軌跡長為.故選：C.9．（多選題）（2024·貴州貴陽·二模）設是三個不同的平面，是兩條不同的直線，在命題“，，且__________．則”中的橫線處填入下列四組條件中的一組，使該命題為真命題，則可以填入的條件有（

）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】A．如圖：，，，，，利用面面平行的性質可知：，故A正確，符合題意；B．，，，，如下圖：或與是異面直線，故B錯誤，不符合題意；C．，，，，如下圖：因為，，，，故正確，符合題意；D．，，，，如下圖：，，，，故D正確，符合題意．故選：ACD．10．（多選題）（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）已知為空間中三條不同的直線，為空間中三個不同的平面，則下列說法中正確的是（

）A．若，則B．若，則與為異面直線C．若，且，則D．若，則【答案】ACD【解析】對于A，顯然，又，則，A正確；對于B，由，得與可能相交、可能平行、也可能為異面直線，B錯誤；對于C，由，，知點在平面內，即為平面的公共點，而，因此，C正確；對于D，由，得，而，因此，D正確.故選：ACD11．（多選題）（2024·全國·模擬預測）在四棱錐中，已知底面為正方形，平面、平面都與平面垂直，，點分別為的中點，點在棱上，則（

）A．四邊形BCTS為等腰梯形B．不存在點，使得∥平面C．存在點，使得D．點到兩點的距離和的最小值為【答案】BC【解析】因為平面、平面都與底面垂直，平面平面，所以平面．選項A：如下圖所示：因為分別為的中點，故，又，所以，故四邊形為梯形，但，，故四邊形BCTS不是等腰梯形，故A錯誤．選項B：連接，如下圖：因為平面與平面相交，而平面，且不會與平面和平面的交線平行，所以不存在點，使得平面，故B正確．選項C：連接，設，易知為的中點，如下圖所示，當為的中點時，則，因為平面，所以平面．又平面，所以．因為四邊形為正方形，所以．因為，且平面，所以平面，因為平面，所以，故C正確．選項D：易知，將沿著展開，使與在同一個平面上，連接交于點，如圖所示，則由對稱性可得，點到兩點的距離和的最小值為．在中，其斜邊上的高，所以，所以D錯誤．故選：BC.12．（2024·西藏拉薩·二模）如圖，正四棱錐的所有棱長都為為的中點，是底面內（包括邊界）的動點，且平面，則長度的取值范圍是.【答案】【解析】如圖（1），設的中點分別為，連接，則.因為平面平面，所以平面.又平面平面，所以平面.又，所以平面平面，所以動點在線段上運動.設的中點分別為，連接，則在等腰梯形中，只需求出點與線段上的點的距離的取值范圍.易知，如圖（2），作，則，所以長度的取值范圍是.故答案為：.13．（2024·浙江·模擬預測）三棱錐的所有棱長均為2，E，F(xiàn)分別為線段BC與AD的中點，M，N分別為線段AE與CF上的動點，若平面ABD，則線段MN長度的最小值為．【答案】/【解析】延長CM交AB于點I，因為平面ABD，由線面平行性質定理可知，設，因為三棱錐的所有棱長均為2，所以，且E為線段BC的中點，所以AE平分∠BAC，由角平分線定理可知，所以，因為F為線段AD的中點，所以，由余弦定理可知，所以，令，，化簡可得，因為，所以，則在時取得最小值，所以，綜上當，即時MN取得最小值．故答案為：．14．（2024·浙江寧波·一模）在棱長均相等的四面體中，為棱（不含端點）上的動點，過點的平面與平面平行．若平面與平面，平面的交線分別為，則所成角的正弦值的最大值為．【答案】/【解析】連接，由題意知過點的平面與平面平行，平面與平面、平面的交線分別為，由于平面平面，平面平面，平面平面，所以，所以或其補角即為所成的平面角，設正四棱錐的棱長為1，，則，在中，由余弦定理得，同理求得，故在中，，由于，則，進而，當時取等號，故的最小值為，進而，故的最大值為.故答案為：．15．（2024·四川達州·二模）如圖，在直角梯形中，，把梯形ABCD繞AB旋轉至分別為中點.

(1)證明:平面；(2)若，求點到平面的距離.【解析】（1）證明:設中點為，連接

為中位線，，平面平面，平面，為梯形中位線，，平面平面，平面，平面平面EFG，平面平面，平面平面.（2）如圖連接,平面平面到平面的距離為3，.如圖可求得直角梯形中，可求得．由余弦定理求得為等邊三角形，則，同理．如圖等腰梯形中，得.可求，設到平面的距離為，.到平面的距離為3.16．（2024·內蒙古赤峰·三模）如圖，在三棱臺中，和都為等邊三角形，且邊長分別為2和4，,為線段的中點，為線段上的點，平面.

(1)求證:點H為線段的中點;(2)求三棱錐的體積.【解析】（1）連接，設連接、因為三棱臺所以又所以四邊形為平行四邊形所以.又平面，?平面，平面∩平面∴∵四邊形是正方形，O是的中點，∴點H是的中點.（2）因為則又平面ABC∴平面,由（1）知且是邊長為4的等邊三角形，∵H為中點，,

17．（2024·西藏拉薩·二模）如圖，在四棱臺中，平面，兩底面均為正方形，，點在線段上，且.(1)證明：平面；(2)求點到平面的距離.【解析】（1）如圖，連接與交于點，連接.因為四邊形是正方形，，所以.因為四邊形是正方形，，所以.因為，所以，所以.又，所以四邊形為平行四邊形，所以.因為平面平面，所以平面.（2）解法一：因為在四棱臺中，兩底面均為正方形，所以，所以，所以，所以.又，設點到平面的距離為，由等體積法，得，即，解得，所以點到平面的距離為.解法二：過點作，垂足為.因為平面平面，所以.又四邊形為正方形，所以.又平面，所以平面.又平面，所以.又平面，所以平面.,,所以,故，根據(jù)等面積，得.18．（2024·陜西榆林·二模）如圖，在四棱錐中，底面四邊形ABCD是邊長為的正方形，AC與BD交于點O，底面ABCD，側棱與底面所成角的余弦值為．(1)求O到側面的距離；(2)若E為BC的中點，F(xiàn)為PD的中點，證明：平面ABP．【解析】（1）由為正方形的中心，底面，得，即四棱錐是正四棱錐，由正方形的邊長為，得，側棱與底面所成角的余弦值為，則在中，，于是，，顯然到各側面的距離相等，設到平面的距離為，由，得，即，解得，所以到側面的距離為.（2）取中點，連接，由F為PD的中點，得，又E為BC的中點，則，因此，即四邊形是平行四邊形，則，而平面ABP，平面ABP，所以平面ABP．1．（2024年北京高考數(shù)學真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．【解析】（1）取的中點為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平