專題7.3空間直線、平面的平行（舉一反三講義）【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1有關平行命題的判斷】 4【題型2證明線線平行】 6【題型3線面平行的判定】 9【題型4線面平行的性質定理的應用】 13【題型5面面平行的判定】 18【題型6面面平行的性質定理的應用】 22【題型7平行關系的綜合應用】 26【題型8平行關系的探索性問題】 321、空間直線、平面的平行考點要求真題統(tǒng)計考情分析(1)理解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系，并加以證明(2)掌握直線與平面、平面與平面平行的判定與性質，并會簡單應用2023年新高考I卷：第18題，12分2024年新高考I卷：第17題，15分2024年北京卷：第17題，14分2025年全國一卷：第9題，6分2025年全國二卷：第17題，15分2025年北京卷：第17題，14分2025年上海卷：第18題，14分空間直線、平面的平行是高考的重點、熱點內容，屬于高考的?？純热葜?從近幾年的高考情況來看，主要分兩方面進行考查，一是空間中線面平行關系的命題的真假判斷，常以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；二是空間線線、線面、面面平行的證明，一般以解答題的其中一小問的形式考查，難度中等；解題時要靈活運用直線、平面的平行的判定與性質，復習時要加強這方面的訓練.知識點1線面平行、面面平行的判定定理和性質定理1．線面平行的判定定理和性質定理(1)判定定理①自然語言如果平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若線線平行，則線面平行”.(2)性質定理①自然語言一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若線面平行，則線線平行”.(3)性質定理的作用①作為證明線線平行的依據.當證明線線平行時，可以證明其中一條直線平行于一個平面，另一條直線是過第一條直線的平面與已知平面的交線，從而得到兩條直線平行.

②作為畫一條與已知直線平行的直線的依據.如果一條直線平行于一個平面，要在平面內畫一條直線與已知直線平行，可以過已知直線作一個平面與已知平面相交，交線就是所要畫的直線.2．面面平行的判定定理和性質定理(1)判定定理①自然語言如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行.②圖形語言③符號語售.該定理可簡記為“若線面平行，則面面平行”.(2)判定定理的推論①自然語言如果一個平面內有兩條相交直線分別平行于另一個平面內的兩條相交直線，那么這兩個平面平行.②圖形語言③符號語言.(3)性質定理①自然語言兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行.②圖形語言③符號語言.該定理可簡記為“若面面平行，則線線平行”.(4)兩個平面平行的其他性質①兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線都平行于另一個平面.

②平行直線被兩個平行平面所截的線段長度相等.

③經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.

④兩條直線同時被三個平行平面所截，截得的線段對應成比例.

⑤如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行.知識點2空間中的平行關系的判定方法1．線線平行的證明方法(1)定義法：即證明兩條直線在同一個平面內且兩直線沒有公共點；(2)利用平面圖形的有關平行的性質，如三角形中位線，梯形，平行四邊形等關于平行的性質；(3)利用基本事實4：找到一條直線，使所證的直線都與這條直線平行；(4)利用線面平行與面面平行的性質定理來判定線線平行.2．線面平行的判定方法(1)利用線面平行的定義：直線與平面沒有公共點；(2)利用線面平行的判定定理：如果平面外有一條直線與此平面內的一條直線平行，那么該直線與此平面平行(簡記為“線線平行—線面平行”)；(3)利用面面平行的性質定理：如果兩個平面平行，那么在一個平面內所有直線都平行于另一個平面.(簡記為“面面平行—線面平行”).3．面面平行的判定方法(1)面面平行的定義：兩個平面沒有公共點，常與反證法結合(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行(主要方法)；(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行(選擇、填空題可用)；(4)平行于同一個平面的兩個平面平行(選擇、填空題可用).【方法技巧與總結】1．垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α//β.2．平行于同一個平面的兩個平面平行，即若α//β，β//γ，則α//γ.3．垂直于同一個平面的兩條直線平行，即若a⊥α，b⊥α，則a//b.4．若α//β，aα，則a//β.【題型1有關平行命題的判斷】【例1】（2025·河北唐山·二模）已知m為平面α外的一條直線，則下列命題中正確的是（

）A．存在直線n，使得n⊥m，n⊥α B．存在直線n，使得n⊥m，n//αC．存在直線n，使得n//m，n//α D．存在直線n，使得n//m，n⊥α【答案】B【解題思路】根據題意，結合線面平行的判定與性質，逐項判定，即可求解.【解答過程】對于A中，當直線m與平面α斜交時，此時不存在直線n，使得n⊥m，n⊥α，所以A錯誤；對于B中，如圖所示，當m⊥α時，過直線n作平面β，使得α∩β=a，因為m⊥α，a?α，所以m⊥a，又因為m⊥n，可得a//n，因為n?α,a?α，所以n//α，當m與平面α斜交時，設斜足為A，在直線m上取一點P，作PO⊥α，垂足為O，連接OA，在平面α內，過點A作直線a⊥OA，因為a⊥PO，且PO∩OA=O，PO,OA?平面POA，所以a⊥平面POA，又因為PA?平面POA，所以a⊥PA，即a⊥m，在過a和m確定的平面內，過點P作直線n，使得n⊥m，所以n//a，因為n?α,a?α，所以n//α，所以存在直線n，使得n⊥m，n//α若直線m//α，此時存在平面β//α且m?β，在直線m取一點Q，在平面β內過Q作直線n⊥m，根據面面平行的性質有n//α，所以B正確；

對于C中，當直線m與平面α相交時，若n//m，則直線n與平面α必相交，所以C錯誤；對于D中，當m//α時，若n//m，可得n//α或n?α，所以D錯誤.故選：B.【變式1-1】（2025·廣東深圳·一模）已知直線a,b分別在兩個不同的平面α,β內，則“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”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】D【解題思路】結合圖形利用線面的位置關系和充分條件，必要條件的定義即可判斷.【解答過程】當“直線a和直線b平行”時，平面α和平面β可能平行也可能相交，故不充分；當“平面α和平面β平行”時，直線a和直線b可能平行也可能異面，故不必要；因此“直線a和直線b平行”是“平面α和平面β平行”的既不充分也不必要條件.故選：D.【變式1-2】（24-25高一下·福建龍巖·期中）已知直線a，b，c是三條不同的直線，平面α，β，γ是三個不同的平面，下列命題正確的是（

）A．若a//α，b//α，則a//bB．若a//b，a//α，則b//αC．若a?α，b?α，且a//β，b//β，則α//βD．α，β，γ三個平面最多可將空間分割成8個部分【答案】D【解題思路】對于A，結合條件可得直線a，b可能平行，相交，異面，判斷A，對于B，由條件可得b//α或b?α，由此判斷B，結合面面平行判定定理判斷C，舉例判斷D.【解答過程】對于選項A，若a//α，b//α，則a與b可能相交、平行或異面，故選項A錯誤；對于選項B，若a//b，a//α，則b//α或b?α，故選項B錯誤；對于選項C，若a?α，b?α，且a//β，b//β，因為直線a，b未必相交，所以α與β不一定平行，故選項C錯誤；對于選項D，α，β，γ三個平面兩兩垂直時，可將空間分割成8個部分，故選項D正確．故選：D.【變式1-3】（24-25高一下·安徽合肥·期中）已知l，m，n是三條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題一定正確的是（

）A．若m//α，n//β，α//β，則m//nB．若m?α，n?α，?m//β，n//β，則C．若l//α，l?β，α∩β=m，則l//mD．若m?α，n?α，l?β，且m//β，n//l，則α//β【答案】C【解題思路】利用線面、面面位置關系，結合線面平行的性質逐項判斷即得.【解答過程】對于A，由m//α，n//β，α//β，得m//n或m與n相交或m與n是異面直線，A錯誤；對于B，由m?α，n?α，?m//β，n//β，得α//β或α與β對于C，由l//α，l?β，α∩β=m，得l//m，C正確；對于D，由m?α，n?α，l?β，且m//β，n//l，得α//β或α與β相交，D錯誤.故選：C.【題型2證明線線平行】【例2】（24-25高一下·全國·課堂例題）如圖所示，在三棱錐S?MNP中，E，F，G，H分別是棱SN，SP，MN，MP的中點，則EF與HG的位置關系是（

）

A．平行 B．相交 C．異面 D．平行或異面【答案】A【解題思路】利用中位線定理與平行線的傳遞性即可得解.【解答過程】因為E，F分別是棱SN，SP的中點，所以EF//NP因為G，H分別是棱MN，MP的中點，所以HG//NP所以EF//HG.故選：A.【變式2-1】（24-25高一·全國·課后作業(yè)）在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是側面AA1D1D，側面CC1D1D的中心，G，H分別是線段AB，BC的中點，則直線EF與直線GH的位置關系是（

）A．相交 B．異面 C．平行 D．垂直【答案】C【解題思路】連接AD1，CD1，AC，根據E，F分別為AD1，CD1的中點，由三角形的中位線定理和平行關系的傳遞性判斷.【解答過程】如圖，

連接AD1，CD1，AC，因為E，F分別為AD1，CD1的中點，由三角形的中位線定理知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH.故選：C.【變式2-2】（24-25高一下·全國·課堂例題）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，【答案】證明見解析【解題思路】取BB1的中點【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D由F為CC1的中點，得BG//C于是BF//GC1，又因此四邊形EGC1D所以BF//ED【變式2-3】（24-25高二上·云南大理·期末）如圖，在棱長為3的正方體ABCD?A1B1C(1)證明：AD(2)求三棱錐A?B【答案】(1)證明過程見解析(2)27【解題思路】（1）作出輔助線，得到四邊形ABC（2）求出底面積和高，利用錐體體積公式求出答案.【解答過程】（1）連接BC因為P,Q分別為棱BC,CC所以BC因為正方體ABCD?A所以C1D1故四邊形ABC所以BC故AD（2）由題意得，正方形BCC1BS△BB1故S△又AB⊥平面BCC1B1，故三棱錐A?B1QP【題型3線面平行的判定】【例3】（2025·山西晉城·模擬預測）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，點M是線段B1

(1)求證：EF//平面BD(2)若四棱柱ABCD?A1B1C1D【答案】(1)證明見解析(2)2【解題思路】（1）連接BM，由中位線可知EF//（2）由F是CM的中點得VC?BDF=VF?BDC=12VM?BDC，再由B1D【解答過程】（1）在四棱柱ABCD?A1B

因E、F分別是BC、CM的中點，則有EF//又EF?平面BDD1B1，BM?平面BDD（2）由F是CM的中點得VC?BDF在四棱柱ABCD?A1B1C故四邊形BB1D因為BD?平面BCD，B1D1?平面BCD，則又點M是線段B1則VM?BDC所以三棱錐C?BDF的體積V的值12【變式3-1】（2025·寧夏石嘴山·模擬預測）如圖，在正方體A1B1C1(1)求證：A1C1(2)若BD1=6，求點B【答案】(1)證明見解析(2)2【解題思路】（1）根據正方體的性質得到AC//（2）利用等體積法求出點到平面的距離.【解答過程】（1）在正方體A1B1C1所以四邊形AA1C又A1C1?平面ACE，AC?平面ACE，所以（2）設正方體的棱長為aa>0，則BD1=所以AC=232所以S△ACE設點B到平面AEC的距離為d，則VE?ABC=V即13×1即點B到平面AEC的距離為2.【變式3-2】（2024·四川·三模）正方體ABCD?A1B1C(1)求證：CG//面D1(2)求點G到平面D1【答案】(1)證明見解析(2)2【解題思路】（1）利用中位線定理構建線線平行，再利用線面平行的判定定理證明線面平行即可.（2）利用線面平行合理轉化點面距離，再利用等體積法處理即可.【解答過程】（1）連接D1A,FA,BC1，因為由中位線定理得EF//BC1，又BC1所以EF//D1A，所以A,F,E,D1四點共面，由于則AG//FC且AG=FC,那么四邊形AGCF為平行四邊形，從而CG//AF，又CG?面D1EF,AF?面D1EF,故CG（2）由上問結論知點G到平面D1EF的距離等于點C到平面易得D1利用余弦定理得cos則sin設點C到平面D1EF的距離利用等體積法VC?可得d=S即點G到平面D1EF的距離為【變式3-3】（2025·陜西渭南·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，4PA=4AB=3AD=12，BA?AD=0，且M，N分別為PD(1)求證：MN//平面PBC(2)求三棱錐M?ACD的體積．【答案】(1)證明見解析(2)3【解題思路】（1）利用三角形的中位線，證明MN//PB，可證得MN//（2）利用三棱錐的體積公式求解.【解答過程】（1）證明：如圖，連接BD，由ABCD是平行四邊形，則有BD交AC于點N．∵M，N分別為PD，BD的中點，∴MN//又PB?平面PBC，MN?平面PBC，故MN//平面PBC（2）∵BA?AD=0，∴BA⊥AD∵4PA=4AB=3AD=12，∴PA=AB=3，AD=4，∴S△ACD又PA⊥平面ABCD，M為PD的中點，則M到平面ACD的距離為h=1∴VM?ACD【題型4線面平行的性質定理的應用】【例4】（2025高三·全國·專題練習）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是平行四邊形，E為AD的中點，F在PA上，且AP=λAF，PC//平面BEF，則λ的值為（

A．1 B．32 C．2 【答案】D【解題思路】連接AC，與BE交于點G，連接FG，易證△AEG∽△CBG，得AGAC=13，由PC//平面【解答過程】如圖，連接AC，與BE交于點G，連接FG.因為E為AD的中點，所以AE=12AD=12則△AEG∽△CBG，所以AGGC又PC//平面BEF,PC?平面PAC，平面BEF∩平面PAC=GF，所以GF//PC，所以λ=AP故選：D．

【變式4-1】（24-25高一下·山東濟南·期中）如圖，在四棱錐P?ABCE中，四邊形ABCE是梯形，AB//CE,且AB=3CE,點F在棱PA上，且EF∥平面PBC，則PFFA=（

A．13 B．12 C．23【答案】B【解題思路】首先作輔助線，構造相似三角形，然后利用相似三角形的性質求得PFFA【解答過程】過E作EG//BC交AB于G，連接FG，如圖所示.因為EG//BC，BC?平面PBC，EG不在平面PBC上，根據線面平行的判定定理可得EG//平面PBC.又因為EF//平面PBC，EG∩EF=E，EG,EF?平面EFG，根據平面與平面平行的判定定理的推論，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.根據相似三角形性質可得：PFFA因為EG//BC，CE//AB，所以四邊形BCEG為平行四邊形，所以CE=EG.又AB=3CE，所以AG=2BG，所以PFFA故選：B.【變式4-2】（2024·河南·模擬預測）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1各棱長均相等，M為棱AC上一點，Q為棱(1)求AMMC(2)若平面A1MB1將三棱柱ABC?A1B【答案】(1)1(2)8【解題思路】（1）線面平行的性質定理，根據已知的平行關系推出線段比例關系；（2）通過構建三棱臺求出相應體積，進而得出體積比.【解答過程】（1）連接CQ，與BC1交于H，連接因為AQ//平面C1BM，平面AQC∩平面根據線面平行的性質定理，所以AQ//HM.又因為QB//C1C，在△BQC由于平行線分線段成比例定理，可得QHHC因為AQ//HM，所以AMMC（2）在BC上取一點S，使BS=13BC因為MS//AB//A1B1，所以四邊形設三棱柱ABC?A1B1C1的底面積為S0因為MS//AB，且BS=13BC，所以△MSC與△ABC根據相似三角形面積比等于相似比的平方，可得△MSC的面積為49對于三棱臺A1B1C因為V1=V?V2，所以V1則V1【變式4-3】（2024·寧夏吳忠·模擬預測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PD⊥底面ABCD，PD=λCD，點E在棱PC上，PA//平面EBD.(1)試確定點E的位置，并說明理由；(2)是否存在實數λ，使三棱錐E?BPD體積為43【答案】(1)點E是PC的中點，理由見解析(2)存在λ=2，使三棱錐E?BPD體積為4【解題思路】（1）連接AC，交BD于點O，連結OE，根據線面平行的性質定理，證出PA∥OE，再結合O是AC的中點，判斷出點E是PC的中點，可得答案；（2）若三棱錐E?BPD體積為43，則可推出三棱錐P?BDC的體積為83，進而利用棱錐的體積公式與PD⊥底面ABCD，列式算出實數【解答過程】（1）點E是PC的中點，理由如下：連接AC，交BD于點O，連結OE，∵底面ABCD是正方形，AC、BD相交于點O，∴O是AC的中點，∵PA//平面EBD，PA含于平面PAC，平面PAC∩平面BDE=OE，∴PA//OE，∵△APC中，O是AC的中點，∴E是PC的中點.（2）∵E為PC中點，∴V∴若VE?BPD=4∵PD⊥底面ABCD，PD=λCD=2λ，S△BCD∴VP?DBC=1∴存在λ=2，使三棱錐E?BPD體積為43【題型5面面平行的判定】【例5】（2025高三·全國·專題練習）如圖，正四棱錐P?ABCD的底面為平行四邊形．M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點．求證：平面MNQ//平面PAD．【答案】證明見解析；【解題思路】根據面面平行的判定定理，即可證明.【解答過程】因為M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點，底面ABCD為平行四邊形，所以MN//PD，NQ//AD，又MN?平面PAD，PD?平面PAD，則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．【變式5-1】（24-25高一下·福建龍巖·期中）如圖，梯形ABCD是圓臺O1O2的軸截面，E，F分別在底面圓O1，O2的圓周上，EF為圓臺的母線，∠DO1E=60°，已知CD=4，AB=8，(1)證明：平面CGH//平面O1(2)若三棱錐C?GBH的體積為533，求圓臺【答案】(1)證明見解析(2)6【解題思路】（1）由題意可證得CG//平面O1O2FE，（2）由三棱錐C?GBH體積可得△GBH的面積，進而可得圓臺的側面積．【解答過程】（1）∵在梯形ABCD中，CD=4，AB=8，∴O1C//又G為O2B的中點，∴O2G=故四邊形O1O2又OG?平面O1O2FE，∴CG//平面O1∵G,H分別是O2B，∴GH//O又GH?平面O1O2FE，∴GH//平面O1又CG∩GH=G，CG?平面CGH，GH?平面CGH，∴平面CGH//平面O1（2）設O1O2=h由（1）可知OG//O1O故VC?GBH由∠DO1E=60°∴∠BO又∵GH//12O∴S△GBH故VC?GBH∴h=5.在Rt△CGB中，BC故圓臺的側面積S=1【變式5-2】（2025·陜西安康·模擬預測）如圖，在圓錐PO中，P為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，四邊形ABCD是底面的內接正方形，E,F分別為PD,PA的中點，過點E,F,O的平面為α.(1)證明：平面α∥平面PBC；(2)若圓錐的底面圓半徑為2，高為3，設點M在線段EF上運動，求三棱錐P?MBC的體積.【答案】(1)證明見解析(2)23【解題思路】（1）由線面平行的判定定理可證EF∥平面PBC，OE∥平面PBC，再由面面平行的判定定理即可證明平面α∥平面PBC；（2）由題意可得，點M到平面PBC的距離等于點O到平面PBC的距離，再由三棱錐的體積公式，代入計算，即可求解.【解答過程】（1）因為E,F分別為PD,PA的中點，所以EF∥AD，因為四邊形ABCD為正方形，所以AD∥BC，從而EF∥BC，又EF?平面PBC,BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，連接BD,OE，則O為BD的中點，又E為PD的中點，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）由題知，PO⊥平面ABCD.連接OC，則OB=OC=2,PO=3因為由（1）的證明可知平面α∥平面PBC，所以點M到平面PBC的距離等于點O到平面PBC的距離，所以VP?MBC所以三棱錐P?MBC的體積為23【變式5-3】（24-25高一下·廣東中山·階段練習）如圖，正四棱錐P?ABCD的底面為平行四邊形．M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點，設平面PAD與平面PBC的交線為l．(1)求證：平面MNQ//平面PAD；(2)求證：BC//l；(3)若PA=5，AB=42【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)32.【解題思路】（1）根據面面平行的判定定理，即可證明；（2）根據線面平行的性質，即可證明；（3）根據幾何體特征，可求得正四棱錐P?ABCD的高為3，再根據錐體的體積公式即可求解.【解答過程】（1）因為M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點，底面ABCD為平行四邊形，所以MN//PD，NQ//AD，又MN?平面PAD，PD?平面PAD，則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）因為底面ABCD為平行四邊形，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）因為四棱錐P?ABCD是正四棱錐，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=42，所以AC=8又PA=5，所以四棱錐的高為PA所以正四棱錐P?ABCD的體積V=1【題型6面面平行的性質定理的應用】【例6】（24-25高三下·重慶沙坪壩·階段練習）如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E,F分別在線段DB,DD1上，且DEEB=DF

A．12 B．13 C．23【答案】B【解題思路】延長AE交CD于H，結合面面平行性質定理證明FH//D1G【解答過程】解析如圖所示，延長AE交CD于H，連接FH，則△DEH∽△BEA，所以DHAB因為平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BD1G∩所以FH//D1G，又四邊形所以△DFH∽△C1G因為DHC1D因為DFFD1所以CGC故選：B.

【變式6-1】（24-25高一下·全國·課后作業(yè)）如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，F分別在線段DB，DD1上，DEEB=1

A．12 B．13 C．23【答案】B【解題思路】連接B1D1【解答過程】在四棱柱ABCD?A1B1C

因為平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BD1G∩平面BB1平面ADD1A1//平面BCC1B1在平面ADD1A1內存在與AF不重合的直線l//BG，又平面AEF//平面BD則BG//平面AEF，在平面AEF內存在與AF不重合直線m//BG，從而m//l，m?平面AEF，l?平面AEF，則l/平面AEF，又l?平面ADD1A1因此AF//l//BG，BG，AF可確定平面ABGF，因為平面ABB1A平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CD所以CGC故選：B.【變式6-2】（2025高三·全國·專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，E，F，G，H分別是PB，PC，AE，BF的中點．證明：直線GH//平面ABC．

【答案】證明見解析【解題思路】取BE的中點M，連接GM，HM，EF，可證明平面GHM//平面ABC，從而可證直線GH//平面ABC.【解答過程】如圖，取BE的中點M，連接GM，HM，EF，

因為G為AE的中點，所以GM是△ABE的中位線，所以GM//AB，同理，HM是△BEF的中位線，EF是△PBC的中位線，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，因為GH?平面GHM，所以GH//平面ABC．【變式6-3】（24-25高一下·遼寧沈陽·階段練習）如圖，四棱錐P?ABCD的底面為平行四邊形.設平面PAD與平面PBC的交線為l，M、N、Q分別為PC、CD、AB的中點.(1)求證：MQ//平面PAD；(2)求證：BC//l.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解題思路】（1）由題設得MN//PD，應用線面平行的判定證明MN//平面PAD，同理證NQ//平面PAD，再由面面平行的判定和性質即可證明結論；（2）由題設BC//AD，再由線面平行的判定和性質即可證明結論.【解答過程】（1）∵M、N分別為PC、CD的中點，∴MN//PD，又PD?平面PAD，MN?平面PAD，∴MN//平面PAD，同理可證NQ//平面PAD，由MN∩NQ=N都在平面MNQ內，則平面MNQ//平面PAD，由MQ?平面MNQ，故：MQ//平面PAD；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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.【題型7平行關系的綜合應用】【例7】（24-25高一下·陜西漢中·期末）由正方體ABCD?A1B1C1D1截去三棱錐(1)求證：A1O//平面(2)求證：平面A1BD//平面【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【解題思路】（1）要證明線面平行，需證明線線平行即可，即證明A1（2）要證明面面平行，需通過證明一平面內的兩條相交直線與另一平面平行即可.【解答過程】（1）取B1D1的中點E則A1所以四邊形COA1E因為EC?平面B1CD1，所以A1O//平面（2）因為BD//B1D1，B1D1所以BD//平面B1由（1）知，A1O//平面因為A1O∩BD=O,A所以平面A1BD//平面【變式7-1】（24-25高一下·江西上饒·期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點.已知M，N分別是PC，AB的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于HG.(1)求證：MN//平面PAD(2)求證：AP//HG.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【解題思路】（1）方法一：構造平行四邊形，證得AK//MN，再根據線面平行的判定定理證明即可；方法二：構造三角形的中位線，證得平面MON//平面PAD，根據MN?平面MON（2）先通過三角形中位線證得PA//平面BDM【解答過程】（1）法一：取PD中點K，連接MK，AK，MN，易知MK為△PCD中位線，故MK//CD，且MK=1因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以AB//CD，AB=CD，故MK//AN，又因為N是AB的中點，所以AN=1所以四邊形ANMK為平行四邊形，所以AK//MN，又因為MN?平面PAD，AK?平面PAD，所以MN//平面PAD.

法二：連接AC，交BD于O，連接MO，如下圖：因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O為AC中點，又因為M為PC中點，所以MO為△ACP的中位線，所以MO//PA，又因為MO?平面PAD，PA?平面PAD，所以MO//平面PAD因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O為BD中點，又因為N是AB的中點，所以NO為△ABD的中位線，所以NO//AD，又因為NO?平面PAD，AD?平面PAD，所以NO//平面PAD，又因為NO∩MO=ONO?平面MON，MO?平面MON，所以平面MON//平面因為MN?平面MON，所以MN//平面PAD（2）連接AC，交BD于O，連接MO，如下圖：因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以O是AC的中點，又因為M是PC的中點，所以MO為△ACP的中位線，所以MO//又因為MO?平面BDM，PA?平面BDM，所以PA//平面BDM又因為PA?平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，所以AP//HG.【變式7-2】（24-25高一下·吉林長春·期中）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：BD1//(2)若N為CC1的中點，求證：平面AMC//(3)求三棱錐M?ABC與正方體ABCD?A【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)3【解題思路】（1）連接BD交AC于點O，連接OM，證明OM//BD（2）連接BN,ND1,MN，證明AM//BN，得BN//（3）將棱錐M?ABC放入長方體中即可求外接球半徑R1，在正方體ABCD?A1【解答過程】（1）連接BD交AC于點O，連接OM，在正方體ABCD?A1B1C1D又M為DD1中點，所以又OM?平面AMC，BD1?所以BD1//（2）連接BN,ND1,MN，由（1）有B由N為CC1中點，M為所以MN//DC,MN=DC，且AB//DC,AB=DC，所以MN//AB,MN=AB，所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以AM//BN，又AM?平面AMC，BN?平面AMC，所以BN//平面AMC，又BN∩BD1=B，BN,B所以平面AMC//平面BND（3）設正方體ABCD?A1B1C由2R2=BA設三棱錐M?ABC的外接球半徑為R1分別取AA1,BB1由MD⊥AD,MD⊥DC,AD⊥DC，所以三棱錐M?ABC的外接球就是長方體ABCD?EFNM的外接球，其外接球的直徑等于長方體的對角線MB的長，由MD=1所以2R12所以R1所以三棱錐M?ABC與正方體ABCD?A1B【變式7-3】（24-25高一下·河南駐馬店·階段練習）如圖，在正方體ABCD?AB1C1D(1)求證：BD1//(2)取CC1中點F，求證：平面AEC//平面(3)求異面直線AE與D1【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)15【解題思路】（1）由三角形的中位線定理、線面平行的判定定理推理得證.（2）易證D1F//平面（3）利用幾何法求出夾角的余弦.【解答過程】（1）在正方體ABCD?AB1C1D1中，連接BD交則O為BD的中點，而E為DD1的中點，則又OE?平面AEC，BD1?平面AEC，所以B（2）由F為CC1的中點，E為DD1的中點，得則四邊形CFD1E為平行四邊形，D1F//EC，又EC?平面AEC于是D1F//平面AEC，由（1）知BD1//BD1,D1F?平面（3）由（1）知，OE//BD1，則∠AEO是異面直線AE與令正方體的棱長AB=2，則OE=3，AE=因此cos∠AEO=所以異面直線AE與D1B所成角的余弦值為【題型8平行關系的探索性問題】【例8】（24-25高一下·青海海南·期末）如圖，在長方體ABCD?A1B1C(1)證明：C1G//平面(2)在棱AA1上是否存在點H，使得平面C1GH//平面【答案】(1)證明見解析(2)存在，A【解題思路】（1）連接EG，根據題意，證得四邊形CEGC1是平行四邊形，得到CE//C1G（2）連接AB1，分別證得EF//AB1和GH//EF，得到GH//平面CEF，由（1）知C1G//平面【解答過程】（1）證明：如圖所示，連接EG，因為E,G分別是棱AB,A1B由長方體的性質，可知BB1//CC1所以四邊形CEGC1是平行四邊形，所以又因為CE?平面CEF，且C1G?平面CEF，所以C1（2）解：取棱AA1的中點H，連接GH,C1H，平面理由如下：連接AB1，因為E,F分別為棱AB,BB因為G,H分別為棱A1B1,A因為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C1故在棱AA1上存在點H，使得平面C1GH//平面【變式8-1】（2025高一·全國·專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD是平行四邊形，E是側棱PC上一點，且PE=2EC．

(1)試確定側棱PC上一點Q的位置，使AQ//平面BDE．(2)在側棱PB上是否存在一點R，使AR//平面BDE？若存在，求出PRRB【答案】(1)點Q在側棱PC上滿足PQ=1(2)存在，PRRB【解題思路】（1）直線AQ在平面APC內運動，將AQ∥平面BDE轉化成平面APC內的限制條件，就可以限制點Q（2）構造平面AQR//平面BDE，利用面面平行的判定定理可說明R點的位置.【解答過程】（1）如圖，連結AC，交BD于點O，連結OE．顯然O為AC的中點．

若AQ//平面BDE，因為AQ?平面PAC，平面PAC∩平面BDE=OE，所以AQ//OE，所以E為QC的中點．因為PE=2EC，所以PQ=1又當PQ=13PC時，有AQ//OE，從而AQ//所以點Q在側棱PC上滿足PQ=1（2）如圖，取PB的中點R，連結AR,QR．

由（1）知Q為PE的中點，所以QR//EB，而QR?平面BDE，BE?平面BDE，所以QR//平面BDE．又因為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．所以側棱PB的中點R符合題意，此時PRRB【變式8-2】（24-25高一下·甘肅白銀·期末）如圖，已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，(1)求證：PQ//平面BCC(2)若R是AB上的點，當ARAB的值為多少時（用λ表示），能使平面PQR∥平面【答案】(1)證明見解析(2)ARAB的值為1【解題思路】（1）連接CP并延長，與DA的延長線交于M點，利用相似比證明PQ//MD（2）結合平行線比例相等，利用線面平行的判定定理證得PR//平面A1D1DA，由（1）【解答過程】（1）如圖，連接CP并延長，與DA的延長線交于M點，則平面PQC和平面AA1D因為四邊形ABCD為正方形，所以BC∥AD，故△PBC~△PDM，所以CPPM又因為CQQD1=BP因為MD1?平面A1D1DA，PQ又平面BCC1B1//平面A（2）當ARAB的值為11+λ0<λ<1時，能使平面PQR//證明：如圖，因為ARAB=1又BRRA=BP因為DA?平面A1D1DA，PR?平面A又PQ∩PR=P，PQ//平面A1D1DA，所以平面PQR//平面A1【變式8-3】（24-25高一下·四川綿陽·階段練習）如圖所示正四棱錐S?ABCD，SA=SB=SC=SD=4，AB=22，P為側棱SD上的點，且SP=3PD

(1)正四棱錐S?ABCD的外接球表面積；(2)若M為SA的中點，求證：SC//平面BMD；(3)側棱SC上是否存在一點E，使得BE//平面PAC．若存在，求SEEC【答案】(1)64π(2)證明見解析；(3)存在，SEEC【解題思路】（1）根據正四棱錐的結構求出△PAC外接圓半徑，即可求出正四棱錐的外接球表面積.（2）利用線面平行的判定推理得證.（3）取SD的中點Q，過Q作PC的平行線交SC于E，得BQ//PO，QE//PC，根據線面平行的判定定理可得BQ//平面PAC、QE//平面PAC，結合面面平行的判定定理與性質即可下結論.【解答過程】（1）在正四棱錐S?ABCD，SA=SB=SC=SD=4，AB=22，則AC=4由對稱性知，正四棱錐S?ABCD外接球球心在平面SAC內，因此正△SAC的外接圓是該外接球的截面大圓，外接球半徑R=2所以正四棱錐S?ABCD的外接球表面積S=4π（2）在正四棱錐S?ABCD中，連接BD∩AC=O，連接MO,BM,DM，則O為AC的中點，

由M為SA的中點，得OM//SC，又OM?平面BMD,SC?平面BMD，所以SC//平面BMD.（3）在側棱SC上存在點E，使得BE//平面PAC，滿足SEEC理由如下：取SD的中點Q，由SP=3PD，得PQ=PD，

過Q作PC的平行線交SC于E，連接BQ，BE，由于O是BD的中點，則BQ//PO，又PO?平面PAC，BQ?平面PAC，于是BQ//平面PAC，由SQQP=2，得又QE//PC，又PC?平面PAC，QE?平面PAC，則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，即側棱SC上存在一點E，使得BE//平面PAC，SEEC一、單選題1．（2025·福建寧德·三模）設α,β是兩個不同平面，m,n是平面β內的兩條不同直線.甲：m//α,n//α，乙：α//β，則（

）A．甲是乙的充分不必要條件 B．甲是乙的必要不充分條件C．甲是乙的充要條件 D．甲是乙的既不充分也不必要條件【答案】B【解題思路】根據充分條件和必要條件的定義結合面面平行的判定和性質分析判斷即可.【解答過程】由m//α,n//α，m,n是平面β內的兩條不同直線，得不到α//β，因為α與β可能相交，只要m,n和α,β的交線平行即可得到m//α,n//α；反過來，若α//β，m,n是平面β內的兩條不同直線，則m,n和α沒有公共點，所以由α//β能得到m//α,n//α，故甲是乙的必要不充分條件.故選：B.2．（24-25高二下·北京·期中）已知直線a,b，平面α，給出下列四個命題：①若a//b,b?α，則a//α；②若a//α,b//α，則a//b；③若a//b,b//α，則a//α；④若a//α,b?α，則a//b.其中正確命題的個數是（

）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【答案】A【解題思路】根據線面平行的判定定理及性質即可求解.【解答過程】對于①，若a//b,b?α，則a//α或a?α，故①錯誤；對于②，若a//α,b//α，則a,b可共面，也可異面，不一定得到a//b，故②錯誤；對于③，若a//b,b//α，則a//α或a?α，故③錯誤；對于④，若a//b,b?α，則a不一定平行b，a也可以與b異面,，故④錯誤.故選：A.3．（2024·全國·模擬預測）設m,n是兩條相交直線，α,β是兩個互相平行的平面，且n//β，則“m//α”是“m//β”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【解題思路】利用線面平行判定、面面的性質，結合充分條件與必要條件的定義判斷得解.【解答過程】若m,n是兩條相交直線，α//β，且n//β,m//α，由m//α，則存在過直線m的平面γ與α相交，令交線為a，于是a//m，顯然γ與β也相交，令交線為b，則b//a，因此b//m，由m,n是兩條相交直線，n//β，知m?β，否則n與β有公共點，所以m//β，即充分性成立；若m,n是兩條相交直線，α//β，且n//β,m//β，則m//α或者m?α，即必要性不成立，所以“m//α”是“m//β”的充分不必要條件.故選：A.4．（2025·海南·模擬預測）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，點D在棱BB1上，且BD=23BB1,M,E分別是棱

A．57 B．75 C．23【答案】B【解題思路】在平面ABB1A1內，作MF∥AA1，與DE交于點F，連接【解答過程】如圖所示，在平面ABB1A1內，作MF∥AA1，與DE交于點F，連接CF，則MF∥CC1，所以MF,CC1共面，因為又M是A1B1的中點，所以MF設AA1=6，則MF=所以C1N=6?5故選：B.5．（2024·山東·一模）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，M,?N分別為PC,?AC上的點，且MN//平面A．MN//PD B．MN//PA C．MN//AD D．以上均有可能【答案】B【解題思路】根據給定條件，利用線面平行的性質推理判斷即可.【解答過程】直線MN?平面PAC，MN//平面PAD，平面PAC∩平面PAD=PA，所以MN//PA.故選：B.6．（2025·河南·二模）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F分別是棱AD，B1C1的中點，若PA．825 B．2305 C．【答案】B【解題思路】取A1D1的中點M，根據線面平行的判定定理，證得AB1//平面BEF，AM//平面BEF，進而證得平面AB1M//平面BEF，得到當P∈AM時，B1P//平面BEF，所以點P【解答過程】如圖所示，取A1D1的中點M，連接AM，B在正方體ABCD?A1B1C因為E，F分別是棱AD,B1C1的中點，則所以四邊形AB1FE又因為AB1?平面BEF，EF?平面BEF，所以A同理可證：AM//平面BEF，因為AB1∩AM=A，且AB1,AM?平面又因為AM?平面AA1D1D，當P∈AM時，則B1P?平面AB1M，所以因為正方體ABCD?A1B1C1D在△AMB1中，可得cos∠AM則sin∠AMB1=2故選：B.7．（2025·福建福州·模擬預測）如圖，點A?B?C?M?N為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線A．

B．

C．

D．

【答案】D【解題思路】根據線面平行、面面平行的判定定理及性質即可判斷.【解答過程】對于A選項，如圖①所示，在正方體DMEF?GPQT中，

QT∥EF且QT=EF，因為B,C分別為QT,EF的中點，則BQ∥EC且BQ=EC，所以四邊形BCEQ為平行四邊形，所以BC∥EQ，因為BC?平面EMPQ,EQ?平面EMPQ，所以BC∥平面EMPQ，同理可證AB∥平面EMPQ，因為AB∩BC=B,AB,BC?平面ABC，所以平面EMPQ∥平面ABC，因為MN?平面EMPQ，故MN∥平面ABC,故A滿足；對于B選項，如圖②所示，連接PT，

在正方體DECF?GPQT中，PE∥FT且PE=FT，因為A,B分別為PE,FT的中點，則PA∥BT且PA=BT，所以四邊形PABT為平行四邊形，故AB∥PT，因為M,N分別為GP,GT的中點，則MN∥PT，所以MN∥AB，因為MN?平面ABC,AB∥平面ABC，所以MN∥平面ABC，故B滿足；對于C選項，如圖③所示，在正方體DMKN?GPQT中，取GT的中點F，連接AF,BF,PT，

因為PG∥KN且PG=KN,A,C分別為所以AG∥CN且AG=CN，故四邊形ACNG為平行四邊形，則AC∥GN，因為F,B分別為GT,TN的中點，所以BF∥GN，則BF∥AC，所以A,B,C,F四點共面，因為PM∥NT且PM=NT，則四邊形PMNT為平行四邊形，所以PT∥MN，因為A,F分別為PG,GT的中點，則AF∥PT，所以MN∥AF，因為MN?平面ABC,AF?平面ABC，所以MN∥平面ABC,故C滿足；對于D選項，如圖④所示，在正方體DEKF?GPQT中，取EK的中點H，連接BH,HM,CN,PT,EF,BN，

因為PE∥FT且PE=FT,B,N分別為PE,FT的中點，則PB∥TN且PB=TN，所以四邊形PBNT為平行四邊形，則BN∥PT，因為A,C分別為GP,GT的中點，所以AC∥PT，故AC∥BN，所以A,B,C,N四點共面，同理可證MH∥BN，故AC∥MH，同理可得AB∥MN,BH∥CN，反設MN?平面ABC，因為MN∥AB，且AB?平面ABC，則MN∥平面ABC，但MN與平面ABC有公共點N，這與MN∥平面ABC矛盾，故MN?平面ABC，故D不滿足.故選：D.8．（24-25高一下·海南·期末）如圖所示是一個正方體的平面展開圖，在這個正方體中以下四個命題中，真命題的序號是（

）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【解題思路】把正方體的平面展開圖還原成正方體ABCD?EFMN，得出BM//平面ADNE，判斷①正確；由平面DCMN//平面ABFE，得出CN//平面ABFE，判斷②正確；由BD//FN，得出BD//平面AFN，同理BM//平面AFN，證明平面BDM//平面AFN，判斷③正確；由BD//FN，BE//CN，且BD∩BE=B，證明平面BDE//平面NCF，判斷④正確．【解答過程】把正方體的平面展開圖還原成正方體ABCD?EFMN，如圖1所示；對于①，平面BCMF//平面ADNE，BM?平面BCMF，∴BM//平面ADNE，①正確；對于②，平面DCMN//平面ABFE，CN?平面DCMN，∴CN//平面ABEF，②正確；對于③，如圖2所示，易知DN=BF,DN//BF，則四邊形BDNF為平行四邊形，則BD//FN，BD?平面AFN，FN?平面AFN，∴BD//平面同理可得四邊形ABMN為平行四邊形，則BM//AN，因為BM?AFN，AN?平面AFN，則BM//平面AFN，且BD∩BM=B，BD,BM?平面BDM，∴平面BDM//平面AFN，③正確；對于④，如圖3所示，由③知BD//FN，因為BD?平面NCF，FN?平面NCF，所以BD//平面NCF，因為BC//EN,BC=EN，所以四邊形BCNE為平行四邊形，所以BE//CN，因為BD?平面NCF，CN?平面NCF，所以BE//平面NCF，又因為BD∩BE=B，且BD,BE?平面BDE，∴平面BDE//平面NCF，∴④正確．綜上，正確的命題序號是①②③④．故選：A．二、多選題9．（2025·全國一卷·高考真題）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，A．AD⊥A1C B．C．AD//A1B1 【答案】BD【解題思路】法一：對于A，利用空間向量的線性運算與數量積運算即可判斷；對于B，利用線面垂直的判定與性質定理即可判斷；對于D，利用線面平行的判定定理即可判斷；對于C，利用反證法即可判斷；法二：根據題意建立空間直角坐標系，利用空間向量法逐一分析判斷各選項即可得解.【解答過程】法一：對于A，在正三棱柱ABC?A1B1C又AD?平面ABC，則AA1⊥AD因為△ABC是正三角形，D為BC中點，則AD⊥BC，則CD又A1所以A1則AD⊥A對于B，因為在正三棱柱ABC?A1B1C又B1C1?平面因為△ABC是正三角形，D為BC中點，則AD⊥BC，AD⊥B又AA1∩AD=A,A所以B1C1對于D，因為在正三棱柱ABC?A1又AA1?平面AA1D,CC對于C，因為在正三棱柱ABC?A1B假設AD//A1B1，則所以AD//A故選：BD.法二：如圖，建立空間直角坐標系，設該正三棱柱的底邊為2，高為h，則D0,0,0對于A，AD=則AD?則AD⊥A對于BD，BC=設平面AA1D則AA1?n=hz=0AD?所以BC=0,?2,0=?2則BC⊥平面AA1D，C對于C，AD=則?3?3故選：BD.10．（2024·江蘇徐州·模擬預測）如圖，點A,B,C,M,N是正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中滿足MN//平面ABC的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】ACD【解題思路】結合題目條件，根據線面平行的判斷定理，構造線線平行，證明線面平行.【解答過程】對A：如圖：

連接EF，因為M,N為正方體棱的中點，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正確；對B：如圖：

因為A,B,C,M,N是正方體棱的中點，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點共面，所以MN//平面ABC不成立.故B錯誤；對C：如圖：

因為B,C是正方體棱的中點，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正確；對D：如圖：

因為B,C.M為正方體棱的中點，連接ME交AC于F，連接BF，則BF為△MNE的中位線，所以BF//MN，BF?平面ABC，MN?平面ABC，所以MN//平面ABC.故D正確.故選：ACD.11．（2025·浙江溫州·二模）在四棱錐P?ABCD中，E，F分別是AP，BC上的點，AEEP=BFFC，則下列條件可以確定EF//平面A．AD//BC B．AB//CDC．BC//平面PAD D．CD//平面PAB【答案】BD【解題思路】根據線面、面面平行的判定定理與性質，結合反證法，由選項依次證明即可.【解答過程】如圖，過E點作EG//PD交AD于點G，連接GF，即有EG//平面PCD，由于△AEG～△APD，所以AGGD若AB//CD，則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正確；若CD//平面PAB，又因為平面ABCD∩平面PAB=AB，所以CD//AB，由B可知D正確；假設EF//平面PCD，設平面EFP∩CD=H，則EF//PH，若BC//平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，所以BC//AD，反之若BC//AD，當且僅當BC//平面PAD，即A、C同時正確或錯誤；若BC//AD，可能AB//CD，也可能AB與CD相交．若AB與CD相交，由AGGD=BFFC知延長FG必與AB、由幾何關系知EF與PH不平行，故A、C錯誤．故選：BD.三、填空題12．（2024·上海徐匯·一模）已知m,n為空間中兩條不同的直線，α,β為兩個不同的平面，若m?α,α∩β=n，則m//n是m//【答案】充要【解題思路】根據線面平行的判定定理和性質定理結合充分條件和必要條件的定義即可得解.【解答過程】充分性：因為m?α,α∩β=n,m//所以m,n共面，又因為α,β為兩個不同的平面，n?β，所以m?β，所以m//必要性：因為m?α,α∩β=n，所以n?α，又因為m//β，所以所以m//n是故答案為：充要.13．（24-25高二上·上海浦東新·階段練習）如圖，已知點P在平行四邊形ABCD所在平面外，E為線段AD上靠近A的三等分點，F為線段PC上一點，當PA//平面EBF時，PCPF=

【答案】4【解題思路】根據線面平行的性質定理構造線線平行，再根據平行線段比例關系，可得結論.【解答過程】如圖，連結AC，交BE于點M，連結FM，因為PA//平面EBF，且PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FM，所以PA//FM，因為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PCPF

故答案為：4.14．（2025·山西呂梁·一模）如圖所示，在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E,F分別是棱BC,CC1的中點，P是側面【答案】[3【解題思路】根據給定條件，確定點P的軌跡，進而求出A1【解答過程】在棱長為4的正方體ABCD?A1B1C1D由點E,F分別是棱BC,CC1的中點，得又MN?平面AEF，EF?平面AEF，則MN//平面AEF，又AA1//B于是A1N//AE，又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，則又A1N∩MN=N，A1N,MN?平面A1又P是側面BCC1B1內一點，且A1P//平面在Rt△A1B1M即△A1MN為等腰三角形，當P為MN中點時，A當P位于M、N處時，A1P最長，為所以線段A1P長度的取值范圍是故答案為：[