2026年高考数学一轮复习专题7.3 空间直线、平面的平行（举一反三讲义）（全国）（解析版）

专题7.3空间直线、平面的平行（举一反三讲义）【全国通用】TOC\o"1-3"\h\u【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】 321、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，aα，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//αC．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//bB．若a//b，a//α，则b//αC．若a⊂α，b⊂α，且a//β，b//β，则α//βD．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//nB．若m⊂α，n⊂α， m//β，n//β，则C．若l//α，l⊂β，α∩β=m，则l//mD．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−A1B1C1D1中，E，【答案】证明见解析【解题思路】取BB1的中点【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D由F为CC1的中点，得BG//C于是BF//GC1，又因此四边形EGC1D所以BF//ED【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−A1B1C(1)证明：AD(2)求三棱锥A−B【答案】(1)证明过程见解析(2)27【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形ABC（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BC因为P,Q分别为棱BC,CC所以BC因为正方体ABCD−A所以C1D1故四边形ABC所以BC故AD（2）由题意得，正方形BCC1BS△BB1故S△又AB⊥平面BCC1B1，故三棱锥A−B1QP【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−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，点M是线段B1

(1)求证：EF//平面BD(2)若四棱柱ABCD−A1B1C1D【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//（2）由F是CM的中点得VC−BDF=VF−BDC=12VM−BDC，再由B1D【解答过程】（1）在四棱柱ABCD−A1B

因E、F分别是BC、CM的中点，则有EF//又EF⊄平面BDD1B1，BM⊂平面BDD（2）由F是CM的中点得VC−BDF在四棱柱ABCD−A1B1C故四边形BB1D因为BD⊂平面BCD，B1D1⊄平面BCD，则又点M是线段B1则VM−BDC所以三棱锥C−BDF的体积V的值12【变式3-1】（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，在正方体A1B1C1(1)求证：A1C1(2)若BD1=6，求点B【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//（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所以四边形AA1C又A1C1⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，所以（2）设正方体的棱长为aa>0，则BD1=所以AC=232所以S△ACE设点B到平面AEC的距离为d，则VE−ABC=V即13×1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−A1B1C(1)求证：CG//面D1(2)求点G到平面D1【答案】(1)证明见解析(2)2【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D1A,FA,BC1，因为由中位线定理得EF//BC1，又BC1所以EF//D1A，所以A,F,E,D1四点共面，由于则AG//FC且AG=FC,那么四边形AGCF为平行四边形，从而CG//AF，又CG⊄面D1EF,AF⊂面D1EF,故CG（2）由上问结论知点G到平面D1EF的距离等于点C到平面易得D1利用余弦定理得cos则sin设点C到平面D1EF的距离利用等体积法VC−可得d=S即点G到平面D1EF的距离为【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，4PA=4AB=3AD=12，BA⋅AD=0，且M，N分别为PD(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//（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//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为PD的中点，则M到平面ACD的距离为h=1∴VM−ACD【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=λAF，PC//平面BEF，则λ的值为（

A．1 B．32 C．2 【答案】D【解题思路】连接AC，与BE交于点G，连接FG，易证△AEG∽△CBG，得AGAC=13，由PC//平面【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=12AD=12则△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PFFA=（

A．13 B．12 C．23【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PFFA【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：PFFA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PFFA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(1)求AMMC(2)若平面A1MB1将三棱柱ABC−A1B【答案】(1)1(2)8【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，连接因为AQ//平面C1BM，平面AQC∩平面根据线面平行的性质定理，所以AQ//HM.又因为QB//C1C，在△BQC由于平行线分线段成比例定理，可得QHHC因为AQ//HM，所以AMMC（2）在BC上取一点S，使BS=13BC因为MS//AB//A1B1，所以四边形设三棱柱ABC−A1B1C1的底面积为S0因为MS//AB，且BS=13BC，所以△MSC与△ABC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49对于三棱台A1B1C因为V1=V−V2，所以V1则V1【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43【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【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43，则可推出三棱锥P−BDC的体积为83，进而利用棱锥的体积公式与PD⊥底面ABCD，列式算出实数【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∴若VE−BPD=4∵PD⊥底面ABCD，PD=λCD=2λ，S△BCD∴VP−DBC=1∴存在λ=2，使三棱锥E−BPD体积为43【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，∠DO1E=60°，已知CD=4，AB=8，(1)证明：平面CGH//平面O1(2)若三棱锥C−GBH的体积为533，求圆台【答案】(1)证明见解析(2)6【解题思路】（1）由题意可证得CG//平面O1O2FE，（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//又G为O2B的中点，∴O2G=故四边形O1O2又OG⊄平面O1O2FE，∴CG//平面O1∵G,H分别是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）设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故圆台的侧面积S=1【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)23【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VP−MBC所以三棱锥P−MBC的体积为23【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=42【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=42，所以AC=8又PA=5，所以四棱锥的高为PA所以正四棱锥P−ABCD的体积V=1【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−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E,F分别在线段DB,DD1上，且DEEB=DF

A．12 B．13 C．23【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【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DHAB因为平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BD1G∩所以FH//D1G，又四边形所以△DFH∽△C1G因为DHC1D因为DFFD1所以CGC故选：B.

【变式6-1】（24-25高一下·全国·课后作业）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，DEEB=1

A．12 B．13 C．23【答案】B【解题思路】连接B1D1【解答过程】在四棱柱ABCD−A1B1C

因为平面AEF//平面BD1G，平面AEF∩平面BD1G∩平面BB1平面ADD1A1//平面BCC1B1在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l//BG，又平面AEF//平面BD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ADD1A1因此AF//l//BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A平面ABGF∩平面ABB1A1=AB，平面ABGF∩平面CD所以CGC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−A1B1C1D1截去三棱锥(1)求证：A1O//平面(2)求证：平面A1BD//平面【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A1（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B1D1的中点E则A1所以四边形COA1E因为EC⊂平面B1CD1，所以A1O//平面（2）因为BD//B1D1，B1D1所以BD//平面B1由（1）知，A1O//平面因为A1O∩BD=O,A所以平面A1BD//平面【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（2）先通过三角形中位线证得PA//平面BDM【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=ONO⊂平面MON，MO⊂平面MON，所以平面MON//平面因为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//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−A1B1C1D(1)求证：BD1//(2)若N为CC1的中点，求证：平面AMC//(3)求三棱锥M−ABC与正方体ABCD−A【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)3【解题思路】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，证明OM//BD（2）连接BN,ND1,MN，证明AM//BN，得BN//（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−A1【解答过程】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，在正方体ABCD−A1B1C1D又M为DD1中点，所以又OM⊂平面AMC，BD1⊄所以BD1//（2）连接BN,ND1,MN，由（1）有B由N为CC1中点，M为所以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∩BD1=B，BN,B所以平面AMC//平面BND（3）设正方体ABCD−A1B1C由2R2=BA设三棱锥M−ABC的外接球半径为R1分别取AA1,BB1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所以2R12所以R1所以三棱锥M−ABC与正方体ABCD−A1B【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−AB1C1D(1)求证：BD1//(2)取CC1中点F，求证：平面AEC//平面(3)求异面直线AE与D1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)15【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D1F//平面（3）利用几何法求出夹角的余弦.【解答过程】（1）在正方体ABCD−AB1C1D1中，连接BD交则O为BD的中点，而E为DD1的中点，则又OE⊂平面AEC，BD1⊂平面AEC，所以B（2）由F为CC1的中点，E为DD1的中点，得则四边形CFD1E为平行四边形，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，则∠AEO是异面直线AE与令正方体的棱长AB=2，则OE=3，AE=因此cos∠AEO=所以异面直线AE与D1B所成角的余弦值为【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−A1B1C(1)证明：C1G//平面(2)在棱AA1上是否存在点H，使得平面C1GH//平面【答案】(1)证明见解析(2)存在，A【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（2）连接AB1，分别证得EF//AB1和GH//EF，得到GH//平面CEF，由（1）知C1G//平面【解答过程】（1）证明：如图所示，连接EG，因为E,G分别是棱AB,A1B由长方体的性质，可知BB1//CC1所以四边形CEGC1是平行四边形，所以又因为CE⊂平面CEF，且C1G⊄平面CEF，所以C1（2）解：取棱AA1的中点H，连接GH,C1H，平面理由如下：连接AB1，因为E,F分别为棱AB,BB因为G,H分别为棱A1B1,A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C1故在棱AA1上存在点H，使得平面C1GH//平面【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=2EC．

(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PRRB【答案】(1)点Q在侧棱PC上满足PQ=1(2)存在，PRRB【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（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=2EC，所以PQ=1又当PQ=13PC时，有AQ//OE，从而AQ//所以点Q在侧棱PC上满足PQ=1（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PRRB【变式8-2】（24-25高一下·甘肃白银·期末）如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，(1)求证：PQ//平面BCC(2)若R是AB上的点，当ARAB的值为多少时（用λ表示），能使平面PQR∥平面【答案】(1)证明见解析(2)ARAB的值为1【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//MD（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A1D1DA，由（1）【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AA1D因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC~△PDM，所以CPPM又因为CQQD1=BP因为MD1⊂平面A1D1DA，PQ又平面BCC1B1//平面A（2）当ARAB的值为11+λ0<λ<1时，能使平面PQR//证明：如图，因为ARAB=1又BRRA=BP因为DA⊂平面A1D1DA，PR⊂平面A又PQ∩PR=P，PQ//平面A1D1DA，所以平面PQR//平面A1【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=22，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD

(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SEEC【答案】(1)64π(2)证明见解析；(3)存在，SEEC【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=22，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所以正四棱锥S−ABCD的外接球表面积S=4π（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SEEC理由如下：取SD的中点Q，由SP=3PD，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SQQP=2，得又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，SEEC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BB1上，且BD=23BB1,M,E分别是棱

A．57 B．75 C．23【答案】B【解题思路】在平面ABB1A1内，作MF∥AA1，与DE交于点F，连接【解答过程】如图所示，在平面ABB1A1内，作MF∥AA1，与DE交于点F，连接CF，则MF∥CC1，所以MF,CC1共面，因为又M是A1B1的中点，所以MF设AA1=6，则MF=所以C1N=6−5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−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若PA．825 B．2305 C．【答案】B【解题思路】取A1D1的中点M，根据线面平行的判定定理，证得AB1//平面BEF，AM//平面BEF，进而证得平面AB1M//平面BEF，得到当P∈AM时，B1P//平面BEF，所以点P【解答过程】如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B在正方体ABCD−A1B1C因为E，F分别是棱AD,B1C1的中点，则所以四边形AB1FE又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以A同理可证：AM//平面BEF，因为AB1∩AM=A，且AB1,AM⊂平面又因为AM⊂平面AA1D1D，当P∈AM时，则B1P⊂平面AB1M，所以因为正方体ABCD−A1B1C1D在△AMB1中，可得cos∠AM则sin∠AMB1=2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,GT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GT,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,GT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,GT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，A．AD⊥A1C B．C．AD//A1B1 【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−A1B1C又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，则CD又A1所以A1则AD⊥A对于B，因为在正三棱柱ABC−A1B1C又B1C1⊂平面因为△ABC是正三角形，D为BC中点，则AD⊥BC，AD⊥B又AA1∩AD=A,A所以B1C1对于D，因为在正三棱柱ABC−A1又AA1⊂平面AA1D,CC对于C，因为在正三棱柱ABC−A1B假设AD//A1B1，则所以AD//A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D0,0,0对于A，AD=则AD⋅则AD⊥A对于BD，BC=设平面AA1D则AA1⋅n=hz=0AD⋅所以BC=0,−2,0=−2则BC⊥平面AA1D，C对于C，AD=则−3−3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，AEEP=BFFC，则下列条件可以确定EF//平面A．AD//BC B．AB//CDC．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AGGD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AGGD=BFFC知延长FG必与AB、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//【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//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//必要性：因为m⊂α,α∩β=n，所以n⊂α，又因为m//β，所以所以m//n是故答案为：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，PCPF=

【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PCPF

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−A1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点，P是侧面【答案】[3【解题思路】根据给定条件，确定点P的轨迹，进而求出A1【解答过程】在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D由点E,F分别是棱BC,CC1的中点，得又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，则MN//平面AEF，又AA1//B于是A1N//AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，则又A1N∩MN=N，A1N,MN⊂平面A1又P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面在Rt△A1B1M即△A1MN为等腰三角形，当P为MN中点时，A当P位于M、N处时，A1P最长，为所以线段A1P长度的取值范围是故答案为：[