第7章 第3节　直线、平面平行的判定与性质教案

这是一份第7章 第3节　直线、平面平行的判定与性质教案，共17页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．直线与平面平行的判定与性质
(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行．但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．
(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键．为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线(面)．
2．两个平面平行的判定与性质
判定定理的推论：一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行．
3．常用结论
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)同一条直线与两个平行平面所成角相等．
(6)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．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α．(×)
(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(√)
(3)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(×)
(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(√)
2．平面α∥平面β的一个充分条件是( )
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D 解析：A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交．
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，下列命题正确的是( )
A．AE与CG是异面直线
B．四边形AEC1F是正方形
C．AE∥平面BC1F
D．以上都不对
D 解析：若α∩β＝l，a∥l，aα，aβ，则a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.
4．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．
平行 解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO(图略)．在△BDD1中，O为BD的中点，E为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
考点1 直线、平面平行的基本问题——基础性
1．过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有( )
A．4条 B．6条 C．8条 D．12条
B 解析：作出如图的图形，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中．由此四点可以组成的直线有EF，GH，FG，EH，GE，HF，共有6条．
2．(多选题)如图，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与平面MNQ平行的是( )
BCD 解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.
因为QD∩平面MNQ＝Q，所以QD与平面MNQ相交，所以直线AB与平面MNQ相交．
B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.
又AB平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.
C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.
又AB平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.
D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，所以AB∥NQ.
又AB平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.故选BCD.
3．(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝eq \f(2,3)BD1，则下列说法正确的是( )
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
BC 解析：如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN.
易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，
所以A选项错误．
对于B，由A知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，且AN⊂平面APC，C1Q平面APC.所以B选项正确．
对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．
对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以D选项错误．
直线、平面平行的判定方法
(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．
(2)结合题意构造图形，结合图形做出判断．
(3)利用实物进行空间想象，比较判断．
(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．
考点2 直线、平面平行的判定与性质——综合性
如图，在几何体E­ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
求证：GF∥平面ADE.
证明：(方法一：线线平行，则线面平行)如图，取AE的中点H，连接HG，HD.
因为G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝eq \f(1,2)AB.
又F是CD的中点，
所以DF＝eq \f(1,2)CD.
由四边形ABCD是矩形得
AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，
所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE，GF平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(方法二：面面平行，则线面平行)如图，取AB的中点M，连接MG，MF.
因为G是BE的中点，所以GM∥AE.
又AE⊂平面ADE，GM平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，
由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD⊂平面ADE，MF平面ADE.
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF⊂平面GMF，所以GF∥平面ADE.
解决线面平行问题的关键点
(1)利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找出平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．
(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面．
1．(多选题)(2020·济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
B．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
C．若m∥n，n⊂α，α∥β，mβ，则m∥β
D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β
BC 解析：若m∥α，n∥β且α∥β，则可能m∥n，m，n异面，或m，n相交，A错误；
若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确；
若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，又α∥β，mβ，故m∥β，C正确；
若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，则m∥β或m⊂β，D错误．故选BC.
2．一个长方体被一个平面所截得的几何体如图所示，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
平行四边形 解析：因为平面ABFE∥平面CDHG，
又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，
平面EFGH∩平面CDHG＝HG，
所以EF∥HG.同理EH∥FG，
所以四边形EFGH是平行四边形．
3．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.
证明：(方法一)连接AF，并延长交BC于点G，连接PG.
因为BC∥AD，所以eq \f(FG,FA)＝eq \f(FB,FD).
又因为eq \f(PE,EA)＝eq \f(BF,FD)，所以eq \f(PE,EA)＝eq \f(GF,FA)，所以EF∥PG.
又因为PG⊂平面PBC，EF平面PBC，
所以EF∥平面PBC.
(方法二)过点F作FM∥AD，交AB于点M，连接EM.
因为FM∥AD，AD∥BC，所以FM∥BC.又因为FM平面PBC，BC⊂平面PBC，所以FM∥平面PBC.由FM∥AD得eq \f(BM,MA)＝eq \f(BF,FD).又因为eq \f(PE,EA)＝eq \f(BF,FD)，所以eq \f(PE,EA)＝eq \f(BM,MA)，
所以EM∥PB.
因为PB⊂平面PBC，EM平面PBC，所以EM∥平面PBC.
因为EM∩FM＝M，EM，FM⊂平面EFM，
所以平面EFM∥平面PBC，
因为EF⊂平面EFM，所以EF∥平面PBC.
考点3 面面平行的判定与性质及平行的综合问题——应用性
考向1 面面平行的判定与性质
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．
求证：(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG.
证明：(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，
所以GH是△A1B1C1的中位线，
所以GH∥B1C1.
又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，
所以B，C，H，G四点共面．
(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，
所以EF∥BC.
因为EF平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
所以EF∥平面BCHG.
又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB且A1B1＝AB，
所以A1G∥BE且A1G＝BE，
所以四边形A1EBG是平行四边形，
所以A1E∥GB.
又因为A1E平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
所以A1E∥平面BCHG.
又因为A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
所以平面EFA1∥平面BCHG.
1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.
证明：如图，连接A1C，与AC1交于点M.
因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD.
因为D为BC的中点，
所以A1B∥DM.
因为A1B⊂平面A1BD1，DM平面A1BD1，
所以DM∥平面A1BD1.
由三棱柱的性质知，D1C1∥BD且D1C1＝BD，
所以四边形BDC1D1为平行四边形，
所以DC1∥BD1.
又DC1平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，
所以DC1∥平面A1BD1.
又DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D.
2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求eq \f(AD,DC)的值．
解：连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.
因为平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，
所以BC1∥D1O，则eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(A1O,OB)＝1.
同理AD1∥DC1.
又AD∥D1C1，
所以四边形ADC1D1是平行四边形，
所以AD＝D1C1.
又AC＝A1C1，所以eq \f(A1D1,D1C1)＝eq \f(DC,AD)，所以eq \f(DC,AD)＝1，即eq \f(AD,DC)＝1.
判定面面平行的方法
(1)利用定义，即两个平面没有公共点(不常用)．
(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．
(3)利用垂直于同一条直线两平面平行．
(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
考向2 平行关系的综合问题
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
解：在棱C1D1上存在一点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.
因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以D1C∥A1B.
又E，G分别为D1D，CD的中点，
所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.
这说明A1，B，G，E四点共面．
所以BG⊂平面A1BE.
因为四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，
所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，
所以四边形B1BGF是平行四边形，
所以B1F∥BG，
而B1F平面A1BE，BG⊂平面A1BE，
故B1F∥平面A1BE.
解决面面平行问题的关键点
(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”．
(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．
1．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．
①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.
可以填入的条件有( )
A．①②B．②③
C．①③D．①②③
C 解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．
2．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是______________．
平面ABC，平面ABD 解析：如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F.由重心的性质可知，E，F重合为一点且该点为CD的中点E.由eq \f(EM,MA)＝eq \f(EN,NB)＝eq \f(1,2)，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.
3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，CD，SC的中点，求证：
(1)EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明：(1)如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG∥SB.
又因为SB⊂平面BDD1B1，
EG平面BDD1B1，
所以直线EG∥平面BDD1B1.
(2)如图，连接SD，因为F，G分别是CD，SC的中点，所以FG∥SD.
又因为SD⊂平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，
所以FG∥平面BDD1B1.
又EG∥平面BDD1B1，EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面EFG∥平面BDD1B1.
如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.
证明：平面ABF∥平面DCE.
[四字程序]
思路参考：应用面面平行的判定定理证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以DE∥AF.因为AF平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE.
因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB平面DCE，所以AB∥平面DCE.
因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.
思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，
所以DE∥AF.
因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.
又AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面ABF，DE∩CD＝D，DE，DC⊂平面DCE，
所以平面ABF∥平面DCE.
思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明．
证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥CD，又DE∩CD＝D，所以AD⊥平面DCE.同理AD⊥平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.
1．本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助于“平行”的有关定理来证明，对于此类题目要注意对定理的熟练应用．
2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握相关定理以及直观想象、逻辑推理的核心素养，本题的解答过程体现了数学探索的魅力．
3．基于高考数学评价体系，本题通过“平行”关系的相互转化，将面面平行问题转化为线面平行、线线平行，以及线线垂直问题，切入点比较多，既体现基础性又体现综合性．
(2020·苏北四市一模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．
解：(方法一)如图①，取AB1的中点P，连接NP，PM.因为N是AB的中点，所以NP∥BB1.
因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．
因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.
所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝eq \f(1,2)CC1＝2.
图①
(方法二)如图②，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ.因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1.
图②
因为NQ平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，
所以NQ∥平面AB1M.
因为CN∥平面AB1M，NQ∩NC＝N，NQ，NC⊂平面NQC，
所以平面NQC∥平面AB1M.
因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，
平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，
所以CQ∥MB1.
因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝eq \f(1,2)CC1＝2.
(方法三)如图③，分别延长BC，B1M并交于一点S，连接AS.
图③
因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.
由于AN＝NB，所以BC＝CS.
又CM∥BB1，同理可得SM＝MB1，
所以CM＝eq \f(1,2)BB1＝eq \f(1,2)CC1＝2.
判定
性质
定义
定理
图形
条件
a∩α＝∅
a⊂α，bα，a∥b
a∥α
a∥α，a⊂β，α∩β＝b
结论
a∥α
b∥α
a∩α＝∅
a∥b
判定
性质
定义
定理
图形
条件
α∩β＝∅
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b
α∥β，a⊂β
结论
α∥β
α∥β
a∥b
a∥α
读
想
算
思
平面ABF∥平面DCE，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3
面面平行的证明方法；
线∥面⇒面∥面，线∥线⇒面∥面
构造平行关系证明
平行的有关定理：
1．面面平行的判定定理；
2．面面平行判定定理的推论