【文档说明】专题8.5空间直线、平面的平行(题型精讲）（解析版）--2021-2022学年高一数学金典同步精讲精练（人教A版2019必修第二册）.docx，共(42)页，4.985 MB，由管理员店铺上传

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考点1.直线与平面平行【知识点的知识】1、直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直

线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．1、直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．2、直线和平面平行的性

质定理的实质是：已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平

面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．【例题1】（2022•浙江二模）已知直线//l平面，点P平面，那么过点P且平行于直线l的直线()A．有无数条，仅有一条在平面内B．只有一条，且不在平面内C．有无数条，均不在平面内D．只有一条，且在平面内【分

析】由平面的基本性质和线面平行的性质定理，可得结论．【解答】解：因为直线//l平面，点P平面，即P直线l，过P和直线l有且只有一个平面，设为，则平面与平面有一个公共点P，由平面的基本性质可得平面与平面

必有一条公共直线，设为m，且//ml，且m只有一条，在平面内．故选：D．【点评】本题考查线面平行的性质定理和两直线平行的条件，考查推理能力，属于基础题．【例题2】（2022•安徽模拟）以下四个命题：①梯形一定是平面图形；②一点和一条直线可确定一个平面

；③两两相交的三条直线可确定一个平面；④如果平面外有两点A，B，它们到平面的距离都是a，则直线//AB平面．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3【分析】根据空间位置关系，依次判断即可得答案．【解答

】解：对于①，梯形一定是平面图形，是真命题；对于②，当这一点在这一条直线上时，不确定，是假命题；对于③，两两相交，且交于一点的三条直线可不一定确定一个平面，是假命题；对于④，如果平面外有两点A，B位于平面两侧时，不满足，是假命题．例题精讲故正确的命题个数为

1个．故选：B．【点评】本题考查点，线，面的位置关系，考查学生的推理能力，属于中档题．【例题3】（2022•宁波模拟）已知，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，且n平面，m平面，则//mn

是//的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用充分条件和必要条件定义，结合空间中线线、线面、面面间的位置关系直接求解．【解答】解：，为两个不同

的平面，m，n为两条不同的直线，且n平面，m平面，如图，满足//mn，但，相交，故充分性不成立，再如下图：满足//，但m，n异面，故必要性不成立，//mn是//的不充分不必要条件．故选：D．【点评】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查

空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【例题4】（2021秋•西城区期末）如图，在直三棱柱111ABCABC−中，点E，F分别是棱11AC，BC的中点，则下列结论中不正确的是()A．1//CC平面11AABBB．//AF平

面111ABCC．//EF平面11AABBD．//AE平面11BBCC【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可．【解答】解：在直三棱柱111ABCABC−中，可得11//CCAA，1AA平面11AABB，1CC

平面11AABB，1//CC平面11AABB，故A正确；AF平面ABC，在直三棱柱111ABCABC−中，可得平面//ABC平面111ABC，所以//AF平面111ABC，故B正确；取11AB中点N，又E是11AC中点，所以11//NECB，且1112NECB=，又F是棱

BC的中点，所以1112BFCB=，11////AFCBBFNE，BFNE=，所以四边形BFEN是平行四边形，所以//EFBN，BN平面11AABB，EF平面11AABB，//EF平面11AABB，故C正确；因为1//ECAC，但1ECAC，所以

AE与1CC相交，从而有AE不平行于11BBCC，故D错误．故选：D．【点评】本题考查线面平行的判定定理，属基础题．【例题5】（2021秋•宁波期末）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别为11A

B，BC的中点，设过点E，F，1D的平面为，则下列说法正确的是()A．在正方体1AC中，存在某条棱与平面平行B．在正方体1AC中，存在某条面对角线与平面平行C．在正方体1AC中，存在某条体对角线与平面平行D．平面截正方体1AC所

得的截面为五边形【分析】分别判断三组平行线与的位置关系即可判断A．作出截面图形可判断BC；根据平面的性质作出截面可判断D．【解答】解：对于A：因为BCF=，BC，所以BC，AD，11AD，11BC都不与平行，又11ABE=，11AB

，所以11AB，AB，CD，11CD都不与平行，因为11DDD=，1DD，所以1DD，1CC，1BB，1AA都不与平行，故不存在棱与平面平行，故A错误；对于B：由D作截面图形为五边形1DEPFM可判断不存在某条面对角线与平面平行，对于C：

由D作截面图形为五边形1DEPFM可判断不存在某条体对角线与平面平行，对D：如图，取AB中点G，易得1//DEDG，取CD中点H，连接BH，则易得//BHDG，再取CH中点M，连接FM，则//FMBH，所以1//FMDE，所以FM是平面与

正方体底面ABCD的交线，延长MF，与AB的延长线交于N，连接EN，交1BB于P，则可得五边形1DEPFM即为平面交正方体1111ABCDABCD−的截面，故D正确；故选：D．【点评】本题考查线面位置关系与截面形状的判断，属中档题．【例题6】（多选题）（2021•湖南模拟）如图，在下列四个正方

体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是()A．B．C．D．【分析】对于A，由//ABDE，得到直线AB与平面DEF平行；对于B，AB与平面DEF；对于C，由//ABDF，得直线AB与平面

DEF平行；对于D，直线AB与平面DEF相交．【解答】解：对于A，//ABDE，AB平面DEF，DE平面DEF，直线AB与平面DEF平行，故A正确；对于B，如图，取正方体所在棱的中点G，连接FG交

延长，并AB延长线与H，则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；对于C，//ABDF，AB平面DEF，DF平面DEF，直线AB与平面DEF平行，故C正确；对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行，

直线AB与平面DEF相交，故D错误．故选：AC．【点评】本题考查直线与平面平行的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．【例题7】（多选题）（2021春•任城区期中）在下列四个正方体中，A、B为正

方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB和平面NMQ平行的是()A．B．C．D．【分析】利用中位线定理和平行公理，结合线面平行判定定理可知B、C、D均满足题意，A不满足题意，从而可

得答案．【解答】解：对于图形A，可得平面//MNQ平面ACD，又AB和平面ACD相交，可得AB和平面MNQ也相交，故A不满足题意；对于图形B，可得//ABMQ，结合线面平行判定定理可知直线AB和平面NMQ平行；对于图形C，易得//ABMQ，结合线面平行判定定理可知直线AB和平面NMQ平行；对于图形

D，由于//ABNQ，结合线面平行判定定理可知直线AB和平面NMQ平行；故选：BCD．【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理和平行公理是解决本题的关键，考查推理能力，属于基础题．【例题8】（多选题）（2021春•长

汀县期中）如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是()A．//OMPDB．//OM平面PCDC．//OM平面PDAD．//OM平面PBA【分析】通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即

可得到直线在平面内，故D错误．【解答】解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则//OMPD，故正确；对于B，由于//OMPD，OM平面PCD，PD平面PCD，则//OM平面PCD，故正确；对于C，由于//OMPD，

OM平面PAD，PD平面PAD，则//OM平面PAD，故正确；对于D，由于M平面PAB，故错误．故选：ABC．【点评】本题主要考查线面平行的判定定理及运用，考查直线与平面的位置关系，属于中档题．【例题9】（多选题）（2021春•永春县校级期末）下列四个正方体图形中，A、B为正方体

的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出//AB平面MNP的图形是()A．B．C．D．【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理分别进行判断即可．【解答】解：在A中，连接AC，则//ACMN，由正方体性质得到平面//MNP平面ABC，//AB平面MN

P，故A成立；B若下底面中心为O，则//NOAB，NO面MNPN=，AB与面MNP不平行，故B不成立；C过M作//MEAB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，AB与面MN

P不平行，故C不成立；D连接CE，则//ABCE，//NPCD，则//ABPN，//AB平面MNP，故D成立．故选：AD．【点评】本题主要考查空间直线和平面位置关系的判断，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键．【例题10

】（多选题）（2020秋•建平县月考）在四棱锥PABCD−中，侧面PAD⊥平面ABCD，PDAB=，四边形ABCD是正方形，点E是棱PB的中点，则()A．PD⊥平面ABCDB．//PD平面ACEC．2PBAE=D．PCAE⊥【分析】由PD与AD不一定垂直，可得PD不一定垂直

平面ABCD判断A；由直线与平面平行的判定判断B；证明2PBAE=判断C；假设PCAE⊥，证得PD⊥平面ABCD，说明假设错误，判断D错误．【解答】解：如图，对于A，PD与AD不一定垂直，PD不一定垂直平面ABCD，故A错误；对于B，连接BD，记ACBDO=，

连接OE，四边形ABCD是正方形，O为BD的中点，O，E分别为BD，BP的中点，//OEPD，而PD平面ACE，OE平面ACE，则//PD平面ACE，故B正确；对于C，四边形ABCD为正方形，CDAD⊥，侧面PAD⊥平面ABCD，CD⊥

平面PAD，//ABCD，AB⊥平面PAD，而PA平面PAD，得ABPA⊥，则2PBAE=，故C正确；对于D，取BC的中点F，连接EF，AF，E，F分别为BP，BC的中点，//EFPC，若PCAE⊥，则EFAE

⊥，设2PDAB==，则1144222EFPC==+=，415AF=+=，由EFAE⊥，得523AE=−=，则23PB=，2PD=，23PB=，22BD=，222PDBDPB+=，得PDBD⊥，又PDCD⊥，CDBDD

=，则PD⊥平面ABCD，而PD与平面ABCD不一定垂直，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查空间中两点间的距离计算，考查直线与平面间的关系判断，考查空间想象能力与推理论证能力，是中档题．【例题11】在直三棱柱111ABCABC−中，

D，E，F，M，N分别是BC，11BC，1AA，1CC，1AC的中点，给出下列四个判断：①//EF平面1ADB；②//EM平面1ADB；③//EN平面1ADB；④1//AM平面1ADB，则错误的序号为①②④．【分析】连接DE、1AE、CE、EF、EM、EN

、1AM、FM，证明出平面1//ACE平面1ADB，利用面面平行的性质结合假设法可判断①②③④的正误．【解答】解：连接DE、1AE、CE、EF、EM、EN、1AM、FM，所以，四边形11BBCC为平行四边形，则11//BCBC且11BCBC=，D、E分别为BC、11BC的中点，则1//CDBE且

1CDBE=，故四边形1CDBE为平行四边形，则1//CEBD，CE平面1ADB，1BD平面1ADB，故//CE平面1ADB，同理可证四边形1BBED为平行四边形，则11////DEBBAA，11DEBBAA==，则四边形1AAED

为平行四边形，所以，1//AEAD，1AE平面1ADB，AD平面1ADB，则1//AE平面1ADB，1CEAEE=，故平面1//ACE平面1ADB，EN平面1ACE，则//EN平面1ADB，③对；对于①，若//EF平面1ADB，EFENE=，则平面//EFN平面1ADB

，因为过点E且与平面1ADB平行的平面只有一个，矛盾，故①错，同理可知，②④均错．故答案为：①②④．【点评】本题考查线面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．【例题12】（2022•贵州模拟）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点E在BD上，点F在1BC上，且B

ECF=．则下列四个命题中所有真命题的序号是①②③．①当点E是BD中点时，直线//EF平面11DCCD；②当2DEEB=时，EFBD⊥；③直线EF分别与直线BD，1BC所成的角相等；④直线EF与平面ABCD所成的角最大为

6．【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个命题逐一分析，从而确定其中的真命题．【解答】解：设正方体的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，设,022BECFtt==剟，①，当E是BD的中点时，F是1BC的中点，(1,1,0),(1,2,1),(0,1,1)E

FEF=，平面11DCCD的一个法向量为1(1,0,0),0nnEF==，由EFÚ平面11DCCD，所以//EF平面11DCCD，①为真命题．②，当2DEEB=时，111,33BEBECFCB==，44

22222(,,0),(,2,),(,,),(2,2,0)3333333EFEFB=−，0EFDB=，所以EFBD⊥，所以②正确．③，2222((22),(22),0)(2,2,0)2222Etttt−−=−−，2222(,2,),(22,,)2222FttEFtt

t=−．222222||(22)()()342422EFttttt=−++=−+，11(2,2,0),(2,2,2),(0,2,0),(2,0,2)BBCCB=，222242324|cos,|||||342422342422tt

tEFDBtttt−+−==−+−+，1222242324|cos,|||||342422342422tttEFCBtttt−+−==−+−+，1|cos,||cos,|EFDBEFCB

=，所以直线EF分别与直线BD，1BC所成的角相等．④，平面ABCD的法向量为(0m=，0，1)，设直线EF与平面ABCD所成角为，222sin||||||3424tEFmEFmtt==−+．当

22t=时，11sin23=，由于02剟，所以6，④错误．故答案为：①②③．【点评】本题考查空间中异面直线的位置关系，及利用向量法解决空间角的大小，考查学生的运算能力，属于中档题．【例题13】（2021秋•望花区校级期末）如图，四边形11ABBA为圆柱的

轴截面，C是圆柱底面圆周上一点，D，E分别为BC和1BC的中点．（附注：轴截面是过圆柱旋转轴的截面）（1）求证：//DE面11ABBA；（2）求证：AC⊥面1BBC．【分析】（1）由D，E分别为BC和1BC的中点，得1//DEBB，由此能证明//DE面11ABBA；（2

）推导出1BB⊥平面ABC，AB是底面圆直径，从而1ACBB⊥，ACBC⊥，由此能证明AC⊥面1BBC．【解答】证明：（1）D，E分别为BC和1BC的中点，1//DEBBDE平面11ABBA，111BBABBA，//DE面11ABBA；（2

）四边形11ABBA为圆柱的轴截面，1BB⊥平面ABC，AB是底面圆直径，AC平面ABC，1ACBB⊥，C是底面圆上一点，ACBC⊥，1BCBBB=，AC⊥面1BBC．【点评】本题考查线面平行、线

面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【例题14】（2022•乐山模拟）《九章算木》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．在如图所示的“

阳马”PABCD−中，侧棱PD⊥底面ABCD，PDDA=，点E是PA的中点，作EFPB⊥交PB于点F．（1）求证：//PC平面EBD；（2）求证：PB⊥平面EFD．【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接EO，推导出//EOPC，由此能证明//PC平面E

BD．（2）推导出PDAB⊥，ABAD⊥，从而AB⊥平面PDA，进而ABED⊥，再由EDPA⊥，得ED⊥平面PAB，EDPB⊥，由EFPB⊥，能证明PB⊥平面EFD．【解答】证明：（1）连接AC交BD于点O，连接EO，四边形ABCD是矩形，O为AC中点，E是PC中点，/

/EOPC，EO平面EBD，//PC平面EBD．（2）侧棱PD⊥底面ABCD，AB平面ABCD，PDAB⊥，ABCD是矩形，ABAD⊥，PDDAD=，AB⊥平面PDA，ED平面PDA，ABED⊥，E是PA的中点

，且PDDA=，EDPA⊥，ED⊥平面PAB，EDPB⊥，EFPB⊥，EFEDE=，PB⊥平面EFD．【点评】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中

档题．【例题15】（2021秋•爱民区校级期末）如图，在四棱锥OABCD−中，底面ABCD是正方形，M为OA的中点，N为OB的中点．求证：//MN平面OCD．【分析】因为M为OA的中点，N为OB的中点．所以由三角形中位线可知//MNAB，所以//MNCD，根据线面平行的判定即可

求证．【解答】证明：因为M为OA的中点，N为OB的中点．所以//MNAB，又因为底面ABCD是正方形，所以//ABCD，所以//MNCD，因为CD面OCD，MN面OCD，所以//MN面OCD．【点评】本题考

查了空间中直线与平面平行的判定，属于基础题．【例题16】（2021秋•嫩江市期末）如图，在直三棱柱111ABCABC−中，ABAC⊥，D，E分别为1AA，1BC的中点．（1）求证：//DE平面ABC；（2）若DEBC⊥，二面角ABDC−−的大小为3，求直线1BC与平面BCD所成角的大小．

【分析】（1）取BC的中点M，连接AM，EM，利用平行四边形以及直线与平面平行的判定即可求证；（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz−，利用空间向量即可求解．【解答】解：（1）证明：取BC的中点M，连接AM，EM，如图：则1//DABB

，且112DABB=，1//EMBB，且112EMBB=，所以//DAEM，且DAEM=，所以四边形AMED为平行四边形，所以//DMAM，又AM面ABC，DE面ABC，所以//DE面ABC；（2）解：以A为坐标原点，建立如图所示空间直

角坐标系Axyz−，设1AB=，(0)ACbb=，12(0)AAcc=，则(1B，0，0)，(0C，b，0)，(0D，0，)c，1(1B，0，2)c，1(,,)22bEc，所以1(,,0)22bDE=，(

1,,0)BCb=−，DEBC⊥，所以0DEBC=，所以1b=，又(1,1,0)BC=−，(1,0,)BDc=−，设平面BCD的一个法向量为(,,)nxyz=，则00nBCnBD==，所以00xyxcz−+=−+=，令1x=，则1y=，1z

c=，所以1(1,1,)nc=，又平面ABD的一个法向量(0,1,0)AC=，所以cos||3||||nACnAC=，所以2112111c=++，解得22c=，所以(1,1,2)n=，又1(1,1,2)BC=−−，所以1111121cos,2|||

|112112nBCnBCnBC−+−===−++++，所以直线1BC与平面BCD所成角为6．【点评】本题考查了直线与平面平行，直线与平面所成角，以及与空间向量的综合应用，属于中档题．【例题17】（2021秋•河南期

末）如图，在直三棱柱111ABCABC−中，ACBC⊥，12ACBCCC===，E、F分别是1AB、11BC的中点．（1）求证：//EF平面11ACCA；（2）求证：EF⊥平面1ABC．【分析】（1）取BC中点O，连接EO，FO，推导

出1//EOAC，1//EFCC，从而平面11//ACCA平面EOF，由此能证明//EF平面11ACCA；（2）推导出BC⊥平面11ACCA，从而FOBC⊥，EOBC⊥，进而BC⊥平面EOF，EFBC⊥，推导出1

EFAB⊥，由此能证明EF⊥平面1ABC．【解答】证明：（1）取BC中点O，连接EO，FO，E、F分别是1AB、11BC的中点，1//EOAC，1//EFCC，11ACCCC=，COFOO=，平面11//ACCA平面EOF，EF平面EOF，//EF平面11AC

CA；（2）在直三棱柱111ABCABC−中，ACBC⊥，BC⊥平面11ACCA，E、F分别是1AB、11BC的中点，O是BC中点，FOBC⊥，EOBC⊥，FOEOO=，BC⊥平面EOF，EF平面EOF，EFBC⊥，

1415AF=+=，415BF=+=，又E是1AB中点，1EFAB⊥，1BCABB=，EF⊥平面1ABC．【点评】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【变式1】（2021秋•闵行区校级月考）设a、b是平

面M外的两条直线，且//aM，那么//ab是//bM的()条件A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．既非充分又非必要【分析】判断由//ab能否得到//bM，再判断由//bM能否得到//ab即可．【解答】解：证明充分

性：若//ab，结合//aM，且b在平面M外，可得//bM，是充分条件；证明必要性：若//bM，结合//aM，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．故//ab是//bM的“充分非必要”故选：A．【点评】本题考查

空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于基础题．【变式2】（2021•浙江）如图，已知正方体1111ABCDABCD−，M，N分别是1AD，1DB的中点，则()A．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平

面ABCDB．直线1AD与直线1DB平行，直线MN⊥平面11BDDBC．直线1AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCDD．直线1AD与直线1DB异面，直线MN⊥平面11BDDB【分析】通过证明直线

1AD⊥平面1ABD，MN是1ABD的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知1AD与直线1DB是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线1AD与直线1DB是异面直线，可判断C；由//MNAB，

可知MN不与平面11BDDB垂直，可判断D．举一反三【解答】解：连接1AD，如图：由正方体可知11ADAD⊥，1ADAB⊥，1AD⊥平面1ABD，11ADDB⊥，由题意知MN为△1DAB的中位线，

//MNAB，又AB平面ABCD，MN平面ABCD，//MN平面ABCD．A对；由正方体可知1AD与平面1BDD相交于点D，1DB平面1BDD，1DDB，直线1AD与直线1DB是异面直线，B、C错；//MNAB，AB不与平面11BDDB垂直，MN不与平面11BDDB垂直，D

错．故选：A．【点评】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题．【变式3】（2021•日照模拟）若l，m是平面外的两条不同直线，且//m，则“//lm”是“//l”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【分析】利用线面平行的性质定理，结合充要条件的定义即可判断．【解答】解：l，m是平面外的两条不同的直线，//m，若//lm，则推出“//l”，若//l，则//lm或l与m相交，故若l，m是平面外的两条不同直线，且//m，则“//lm”是“

//l”的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题考查了线面平行的性质定理的运用，充要条件的判定；熟练掌握定理的条件和结论是关键，属于基础题．【变式4】（2021•银川二模）已知平面，直线m，n满足m，n

，则“//m”是“//mn”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判定即可．【解答】解：因为m，n，当//m时，m与n不一定平行，即

充分性不成立；当//mn时，满足线面平行的判定定理，//m成立，即必要性成立；所以“//m”是“//mn”的必要不充分条件．故选：B．【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的判定，线面平面的定义和性质是解题的关键，属于基础题．【变式5】（2021•浙江学业考试）如图，已知四棱

锥PABCD−的底面是平行四边形，AC交BD于点O，E为AD中点，F在PA上，APAF=，//PC平面BEF，则的值为()A．1B．32C．2D．3【分析】根据线面平行，推证出线线平行，结合三角形相似，即可求得答案．【解答】解：设AO交BE于点G，连结FG，如图所示，因为E为AD的中点，

则1122AEADBC==，四边形ABCD是平行四边形，//ADBC，则AEGCBG∽，所以12AGAEGCBC==，所以13AGAC=，又因为//PC平面BEF，PC平面PAC，平面BEF平面PACGF=，所以

//GFPC，所以3APACAFAG===．故选：D．【点评】本题考查了线面平行的性质定理的应用，主要考查了求线段之间的比例关系，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于基础题．【变式6】（2021春•鹿城区

校级月考）已知平面平面l=，直线a，则“//al”是“//a”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据直线和平面平行的判定定理和性质定理进行判断证明即可．【解答】解：l=，a，//al，由直线与平面

平行的判定定理得//a，反之，l=，a，若//a，由直线与平面平行的性质定理得//al，“//al”是“//a”的充分必要条件．故选：C．【点评】本题考查线面平行的判定定理和性质定理

的运用，属于基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．【变式7】（多选题）如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，则下列结论成立的是()A．//OM平面PCDB．//OM平面PDAC．//OM平面PBAD

．//OM平面PBC【分析】通过直线与平面平行的判定定理，即可判断AB；由线面的位置关系可判断CD．【解答】解：矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以点O为BD的中点，在PBD中，因为点M是PB的中点，所以OM是PBD的中位线，//OMPD，PD平面PCD，OM平

面PCD，//OM平面PCD，故A正确；PD平面PDA，OM平面PDA，//OM平面PDA，故B正确；因为MPB，O平面PBC，O平面PAB，所以OM与平面PAB，平面PBC相交，故CD

错误；故选：AB．【点评】本题考查线面平行，考查学生的推理能力，属于中档题．【变式8】（多选题）如图，在平行六面体1111ABCDABCD−−中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论中正确的

是()A．11//AMDPB．11//AMBQC．1//AM平面11DCCDD．1//AM平面11DPQB【分析】利用空间向量基本定理将11,AMDP用基底1,AAAB表示，由共线向量定理，可得11//AMDP，11/

/AMDP，然后由线面平行的判定定理判断即可．【解答】解：因为11112AMAAAMAAAB=+=+，11112DPDDDPAAAB=+=+，所以11//AMDP，所以11//AMDP，又1AM平面11DCCD，1DP平面11DCCD，1DP平面11DPQB，所以1//AM平面11DC

CD，1//AM平面11DPQB，故选项A，C，D正确，又1BQ与1DP不平行，所以1AM与1BQ不平行，故选项B错误．故选：ACD．【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，线面平行的判定定理，考查了逻辑推理能力，

属于中档题．【变式9】（多选题）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，满足直线//MN平面ABC的是()A．B．C．D．【分析】根据线面平行的判定定理或面面平行的性质定理，即可得解

．【解答】解：选项A，如图所示，点E，F为正方体的两个顶点，则////MNEFAC，MN平面ABC，AC平面ABC，//MN平面ABC，即选项A正确；选项B，如图所示，D为正方体的一个顶点，则//ACMD，//BCND，ACBCC=，MDNDD=，AC、B

C平面ABC，MD、ND平面DMN，平面//ABC平面DMN，又MN平面DMN，//MN平面ABC，即选项B正确；选项C，如图所示，G为正方体的一个顶点，则平面//ABC平面GMN，MN平面GMN，//MN平面ABC，即选项C正确；选项

D，连接CN，则//ABCN，A，B，C，N四点共面，MN平面ABCN=，与//MN平面ABC相矛盾，即选项D错误．故选：ABC．【点评】本题考查空间中线与面的平行关系，考查空间立体感和推理论证能力，属于

中档题．【变式10】（多选题）如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下列结论，其中正确的结论是()A．平面//EFG

H平面ABCDB．直线//PA平面BDGC．直线//EF平面PBCD．直线//EF平面BDG【分析】作出立体图形如图所示，连结E，F，G，H四点构成平面EFGH，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理以及性质定理对四个选项

逐一分析判断即可．【解答】解：作出立体图形如图所示，连结E，F，G，H四点构成平面EFGH，对于A，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以//EFAD，又EF平面ABCD，AD平面ABCD，所以//EF平面ABCD，同理//EH平面ABDCD，又EHEFE=，EF，EH平面

EFGH，所以平面//EFGH平面ABCD，故选项A正确；对于B，连结AC，BD，DG，BG，设AC的中点为M，则M也是BD的中点，所以//MGPA，又MG平面BDG，PA平面BDG，所以//PA平面BDG，故选项B正确；对于C，由A中的分析可知//EFA

D，//ADBC，所以//EFBC，因为EF平面PBC，BC平面PBC，所以//EF平面PBC，故选项C正确；对于D，根据C中的分析可知，//EFBC，再结合图形可得，BCBDB=，则直线EF与平

面BDG不平行，故选项D错误．故选：ABC．【点评】本题考查了线面平行与面面平行的判定，解题的关键是掌握线面平行的判定定理和面面平行的判定定理，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．【变式11】（2022•张掖模拟）如图在

四棱锥ABCDE−中，//CDEB，112CDEB==，CBBE⊥，2AEABBC===，3AD=．O是AE的中点．（Ⅰ）求证：//DO平面ABC；（Ⅱ）求DA与平面ABC所成角的正弦值．【分析】()I取AB中点F，

连结CF、OF，证明//DOCF，再由线面平行的判定定理得//DO平面ABC．()II证明DG⊥平面ABE，以G为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面ABC的方向向量和DA的方向向量，再求DA与平面ABC所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取A

B中点F，连结CF、OF，//OFEB，//CDEB，//CDOF．又CDOF=，四边形OFCD为平行四边形，//DOCF，而CF平面ABC，//DO平面ABC．（Ⅱ）解：取EB中点G，连结AG、DG，2AEAB==，2BE=，ABE为等腰直角三角形，1AG=，

又3AD=，2DGBC==，222AGDGDA+=，DGAG⊥，又DGBE⊥，AGBEG=，所以DG⊥平面ABE，以G为原点，以GB，GA，GD方向分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．(0G，0，0)，(0A，1，0)，(0,0,2)D，(1E−

，0，0).(0,1,2)AD=−，而AE⊥平面ABC，故平面ABC的一个法向量(1,1,0)nAE==−−16sin|cos,|||6||||6ADAEADAEADAE====．所以DA与平

面ABC所成角的正弦值为66．【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理，利用空间直角坐标系求线面角，属于基础题．【变式12】（2021秋•陈仓区期末）如图所示，在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，12BCAD=，E是PD的中点．（1）求证：

//BCAD；（2）求证：//CE平面PAB．【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明．【解答】证明：（1）在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，BC

平面ABCD，平面ABCD平面PADAD=，//BCAD．（2）取PA的中点F，连接EF，BF，E是PD的中点，//EFAD，12EFAD=，又由（1）可得//BCAD，且12BCAD=，//BCEF

，BCEF=，四边形BCEF是平行四边形，//ECFB，EC平面PAB，FB平面PAB，//EC平面PAB．【点评】本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．【变式1

3】（2021秋•武汉期末）如图所示，在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，12BCAD=，E是PD的中点．（Ⅰ）求证：//BCAD；（Ⅱ）求证：//CE平面PAB；（Ⅲ）若M是线段CE上一动点，则线

段AD上是否存在点N，使//MN平面PAB？说明理由．【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理即可证明；（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．【解答】证明：

（Ⅰ）在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PADAD=，//BCAD，（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，E是PD的中点，//EFAD，12EFAD=，又由（Ⅰ）可得//BCAD，12BCAD=，//BCEF，BCEF

=，四边形BCEF是平行四边形，//CEBF，CE平面PAB，BF平面PAB，//CE平面PAB．（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，E，N分别为PD，AD的中点，//ENPA，EN平面PAB，PA平面PAB，//EN

平面PAB，又由（Ⅱ）可得//CE平面PAB，CEENE=，平面//CEN平面PAB，M是CE上的动点，MN平面CEN，//MN平面PAB，线段AD存在点N，使得//MN平面PAB．【点评】本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是

中档题．【变式14】（2022•昌吉州模拟）如图，在多面体ABCDE中，AEB为等边三角形，//ADBC，BCAB⊥，22CE=，22ABBCAD===，F为EB的中点．（1）证明：//AF平面DEC；（2）求多面体ABCDE的体积．【分析】()I取E

C中点M，连结FM，DM，推导出//AFDM，由此能证明//AF平面DEC．()II推导出CBBE⊥，CBAB⊥，从而CB⊥平面ABE，进而平面ABCD⊥平面ABE，过E作AB的垂线，垂足为H，则EH为四棱锥EABCD−的高．3EH=，由此能求出多面体ABCD

E的体积．【解答】解：()I证明：取EC中点M，连结FM，DM，////ADBCFM，12ADBCMF==，//AFDM，AF平面DEC，DM平面DEC，//AF平面DEC．()II解：222EBCBEC+=，CBBE⊥，又CBAB⊥，ABBEB=，CB⊥平面ABE，

BC平面ABCD，平面ABCD⊥平面ABE，过E作AB的垂线，垂足为H，则EH为四棱锥EABCD−的高．3EH=，底面四边形ABCD为直角梯形，其面积(12)232S+==，多面体ABCDE的体积：1133333EABCDVSh−===．【点评】本题

考查线面平行的证明，考查多面体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【变式15】（2021秋•爱民区校级期末）如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．（1）

求证：//AB平面EFGH，//CD平面EFGH；（2）若4AB=，6CD=，求四边形EFGH周长的取值范围．【分析】（1）四边形EFGH为平行四边形，所以//EFHG，HG平面ABD，//EF平面ABD，可得//AB平面EFGH，同理可证，//CD平面EFGH．（2

）构造函数的思想，设(04)EFxx=，由于四边形EFGH为平行四边形，4CFxCB=．则164FGBFBCCFxBCBC−===−，从而362xFG=−，可得四边形EFGH的周长32(6)2xlx=+−，由x的范围可求解．【解答】解：（1）

四边形EFGH为平行四边形，//EFHG．HG平面ABD，//EF平面ABD．EF平面ABC，平面ABD平面ABCAB=，AB平面EFGH．//EFAB．//AB平面EFGH．同理可证，//CD平面EFGH．（2）设(04)EFxx=

，由于四边形EFGH为平行四边形，4CFxCB=．则164FGBFBCCFxBCBC−===−，从而362xFG=−，四边形EFGH的周长32(6)122xlxx=+−=−．又04x，则有：812l，四边形E

FGH周长的取值范围是(8,12)．【点评】本题考查了直线与平面平行的证明和构造函数思想求解周长问题．利用平行四边形的对边平行相等建立关系．属于基础题．【例题1】（2022•达州模拟）设m、n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列为假命

题的是()A．若m⊥，//n，则mn⊥B．若//m，//m，n=，则//mnC．若//，//m，则//mD．若m⊥，n⊥，//mn，则//【分析】由直线与平面的位置关系分析直线与直线的位置关系判定A；直接证明B正确；由面面平行、线面平行分析线面关系判定C；由直线与

平面垂直的判定与性质判断D．【解答】解：若m⊥，则m与平行于的所有直线垂直，又//n，则mn⊥，故A为真命题；若//m，过m的平面M与交于a，可得//ma，又//m，过m的平面N与交于b，可得//mb，则//ab，a

，a，b，则//a，而n=，可得//an，则//mn，故B为真命题；考点2.平面与平面平行【知识点的认识】两个平面平行的判定：（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平

行于另一个平面，那么这两个平面平行．（2）垂直于同一直线的两个平面平行．即a⊥α，且a⊥β，则α∥β．（3）平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ，则α∥β．平面与平面平行的性质：性质定理1：两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个

平面．性质定理2：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．性质定理3：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．例题精讲若//，//m，则//m或m，故C为假命题；若m⊥，//mn，则n⊥，又n⊥，则//，故D为真命题．故选：C．

【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．【例题2】（2022•仁寿县校级模拟），表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则//”是“//m”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【分析】根据平面几何知识，进行判断．【解答】解：，表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，若//，则//m，若//m，则与可能平行，相交，故选：A．【点评】本题考查简易逻辑，以及两个平面平行的相关知识，属于基础题．【

例题3】（2021•深圳模拟）设，为两个不同的平面，直线l，则“//l”是“//”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】根据已知条件，由“//l”得“与相交或平行”，由“//”，得“//l”，根据充分条件和必要条件

的定义进行判断即可．【解答】解：，是两个不同的平面，l是直线且l．由“//l”得“与相交或平行”，由“//”，得“//l”，“//l“是“//”的必要不充分条件．故选：B．【点评

】本题考查充分条件、必要条件、充要条件、不充分不必要条件的判断，属于基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．【例题4】（2020秋•上虞区期末）设a，b，m，n是四条不同直

线，，是两个不同平面，且a，b，m，n，则“//am，//bn”是“//”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用平面的位置关系与充分条件必要条件进行解题．【解答】充分性：如果

一个平面内的两条相交直线和另一个平面没的两条相交直线分别平行，那么这两个平面平行．若//ab，//mn，则条件不一定成立，故充分性不成立；必要性：两个平面平行不能推出平面上的直线互相平行．故必要性不成立．故为既不充分也不必要条件．故选：D．

【点评】本题考查平面的位置关系，以及充分条件与必要条件，属于基础题．【例题5】（2021•浙江模拟）已知平面，，直线a，b，则“//ab”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【分析】充分条

件和必要条件的定义结合空间线线、面面的位置关系进行判断即可．【解答】解：已知平面，，直线a，b//ab推不出//，//推不出//ab，//ab是//的既不充分也不必要条件．故选：D．【点评】本题考查了充分必要

条件，考查空间线线、面面的位置关系，是一道基础题．【例题6】（2021春•瑶海区月考）平面//平面，A，C，点B，D，直线AB，CD相交于P，已知8AP=，9BP=，16CP=，则CD=2或3

4．【分析】用面面平行的性质，可得//ACBD，根据比例关系即可求出CD．【解答】解：平面//，A，C，B，D，直线AB与CD交于点P，AB，CD共面，且//ACBD，①若点P在平面，的外部，APCPBPPD=，8AP=，9BP

=，16CP=，8169PD=，解得18PD=，18162CDPDPC=−=−=．②点P在平面，的之间，则APCPBPPD=，即8169PD=，解得18PD=，则181634CDCPPD=+=+=，故答案为：2或34．【点评】本题考查面面平行的性质，考查学生的计算能力，正确运用面面平行的性

质是关键．【变式1】（2020•海淀区校级模拟）已知平面，，直线m，n满足m，n，则“//mn”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【分析】根据充分必要条

件的定义以及直线和直线，平面和平面的关系判断即可．【解答】解：//mn时，与可能相交，可能平行，故充分性不成立，//时，m与n可能平行，可能异面，故必要性不成立，故选：D．【点评】本题考查了充分必要条件，考查线

面，线线关系，是基础题．【变式2】（2020秋•贵阳月考）已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且a，b，//b，则“a与b为异面直线”是“//”的()A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用异面直线

与平行平面之间的关系即可判断出结论．【解答】解：由a，b，//b，则“a与b为异面直线”//，或与相交；反之不成立，可能//ab．“a与b为异面直线”是“//”的既不充分不必要条件．故

选：D．【点评】本题考查了异面直线与平行平面之间的关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．【变式3】（2020•浙江学业考试）已知平面//平面，m，n，那么下列结论正确的是()A．m，n

是平行直线B．m，n是异面直线C．m，n是共面直线D．m，n是不相交直线【分析】根据面面平行的性质定理即可得解．【解答】解：若平面//平面，m，n，则m与n的位置关系可以是平行、异面，但一定不相交．举一反三故选：D．【点评】本题

考查空间中面面平行、线与线的位置关系，考查学生的空间立体感和空间想象力，属于基础题．【变式4】（2021秋•雨花区校级期中）如图：在正方体1111ABCDABCD−中，E为1DD的中点．（1）求证：1//BD平面AEC；（2）1CC上是否存在一点F，使得平面//AEC平面1BFD，若存在请

说明理由．【分析】（1）连结BD交AC于O，连结EO．由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明；（2）1CC上的中点F即满足平面//AEC平面1BFD．由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，以及面面平行的判定

定理，可得结论．【解答】解：（1）证明：连结BD交AC于O，连结EO．因为1111ABCDABCD−为正方体，底面ABCD为正方形，对角线AC、BD交于O点，所以O为BD的中点，又因为E为1DD的中点

，在1DBD中，OE是1DBD的中位线，则1//OEBD，又OE平面AEC，1BD平面AEC，所以1//BD平面AEC；（2）1CC上的中点F即满足平面//AEC平面1BFD．因为F为1CC的中点，E为1DD的中点，所以1//CFED，所以四边

形1CFDE为平行四边形，所以1//DFEC，又因为EC平面AEC，1DF平面AEC，所以1//DF平面AEC；由（1）知1//BD平面AEC，又因为111BDDFD=，所以平面//AEC平面1BFD．【点评】本题考查线面平行和面面平行的判断，考

查转化思想和推理能力，属于基础题．【变式5】（2021春•永春县校级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E，F，G分别为线段BC，PB，AD的中点．（1）证明：//EF平面PAC；（2）证明：平面//PCG平面AEF．【分析】（1）由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，可得证明；（

2）由面面平行的判定定理可得证明．【解答】证明：（1）由EF为PBC的中位线，可得//EFPC，又EF平面PAC，PC平面PAC，可得//EF平面PAC；（2）由//EFPC，EF平面PCG，PC平面PCG，可得//EF平面PCG；又四边形ABCD是平行四边形，点E，

G分别为线段BC，AD的中点．可得四边形AGCE为平行四边形，则//AECG，又AE平面PCG，CG平面PCG，所以//AE平面PCG，而AEEFE=，所以平面//PCG平面AEF．【点评】本题考查线面平行和面面平行的判定定理的运用，考查转

化思想和推理能力，属于基础题．【变式6】（2021春•无棣县期中）如图，四棱锥PABCD−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：平面//MNQ平面PAD；（2）求证：//BCl．【分析】（1）由三角形的中位线定

理、平行四边形的性质，结合线面平行和面面平行的判定，可得证明；（2）由线面平行的判定和性质，可得证明．【解答】证明：（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//MNPD，//NQAD，又MN平面PAD，PD平面PAD，则//MN

平面PAD，同理可得//NQ平面PAD，所以平面//MNQ平面PAD；（2）//BCAD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以//BC平面PAD，又BC平面PBC，平面PBC平面PADl=，所以//BCl．【点评】本

题考查面面平行的判定和线面平行的判定和性质，考查转化思想和推理能力，属于基础题．【变式7】（2021春•浦城县期中）如图所示，在三棱柱111ABCABC−中，E、F、G、H分别是AB，AC，11AB，11AC的中点，求证：（1）//GH平面1AEF，（2）平面

1//AEF平面BCHG．【分析】（1）推导出11//GHBC，//EFBC，11//BCBC，从而//GHEF，由此能证明//GH平面1AEF．（2）推导出//BCEF，四边形BCHG是平行四边形，1//AEBG，由此能证明平面1/

/AEF平面BCHG．【解答】证明：（1）在三棱柱111ABCABC−中，E、F、G、H分别是AB，AC，11AB，11AC的中点，11//GHBC，//EFBC，11//BCBC，//GHEF，GH平面

1AEF，EF平面1AEF，//GH平面1AEF．（2）由（1）知//BCEF，在三棱柱111ABCABC−中，E、F、G、H分别是AB，AC，11AB，11AC的中点，//ACBE=，四边形BCHG是平行四边形，1//AEBG，1AEEFE=，GHBGG=，1A

E、EF平面1AEF，GH、BG平面BCHG，平面1//AEF平面BCHG．【点评】本题考查线面平行、面面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．