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(共43张PPT)
第八章　立体几何初步
8.5　空间直线、平面的平行
8.5.3　平面与平面平行
第二课时　平面与平面平行的性质
新课程标准解读 学科核心素养
理解并能证明平面与平面平行的性质定理. 逻辑推理
能利用平面与平面平行的性质定理解决有关的平行问题. 直观想象、逻辑推理
教材梳理　明要点
当平面α∥平面β时，α与β没有公共点，此时，若l α，m β，则l∩m＝ ，这就是说，l与m的位置关系是异面或平行．
问题
那么在什么情况下，l与m平行呢？
?情境导入
[提示]
[提示]
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．
知识点　两个平面平行的性质定理
?新知初探
文字语言 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_______
符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b _________
图形语言
[提醒]
平行
a∥b
[提醒]
(1)用该定理判断直线a与b平行时，必须具备三个条件：①平面α和平面β平行，即α∥β；②平面γ和α相交，即α∩γ＝a；③平面γ和β相交，即β∩γ＝b.以上三个条件缺一不可．
(2)在应用这个定理时，要防止出现“两个平面平行，则一个平面内的直线平行于另一个平面内的一切直线”的错误．
1．判断
(1)若平面α∥平面β，平面α∩平面γ＝直线a，平面β∩平面γ＝直线b，则直线a与直线b平行或异面．(　　)
(2)若平面α∥平面β，则平面α内有无数条互相平行的直线平行于平面β.(　　)
(3)若平面α，β都与平面γ相交，且交线平行，则α∥β.(　　)
【答案】　(1)×　(2)√　(3)×
【解析】　(1)两条直线平行．
(3)两个平面也可能相交．
?预习自测
2．如图，平面α∥平面β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，若PC＝2，CA＝3，CD＝1，则AB＝________.
题型探究　提技能
题型一
两平面平行性质定理的应用
【证明】　因为D，E分别是PA，PB的中点，所以DE∥AB.
又DE 平面ABC，AB 平面ABC，所以DE∥平面ABC，
同理DF∥平面ABC，且DE∩DF＝D，
所以平面DEF∥平面ABC．
又平面PCM∩平面DEF＝FN，平面PCM∩平面ABC＝CM，所以FN∥CM.
[方法总结1]
[方法总结1]
应用面面平行性质定理的基本步骤
１
如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，E为A1D1的中点，平面CB1E交棱DD1于点F.求证：B1C∥EF.
【证明】　由长方体的性质知：平面BCC1B1∥平面ADD1A1，又B1C 平面BCC1B1，所以B1C∥平面ADD1A1，又平面CB1E∩平面ADD1A1＝EF，且B1C 平面CB1E，所以B1C∥EF.
题型二
与两平面平行的性质定理有关的计算
【解析】　根据题意作出图形，
∵AB，CD交于点S，∴AB与CD确定一个平面，
又∵平面α∥平面β，∴AC∥DB，∴△SAC∽△SBD，
∴SD＝9.
[方法总结2]
[方法总结2]
关于平行平面分线段成比例定理
类比平面内的平行直线分线段成比例定理，在空间中有平行平面分线段成比例定理．
2
(1)如图1所示，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA,PB,PC于A′,B′,C′,若PA′∶AA′＝2∶3,则S△A′B′C′
∶S△ABC＝________.
(2)如图2，已知平面α∥平面β，P α且P β，过点P的直线m与α，β分别交于A，C，过点P的直线n与α，β分别交于B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，求BD的长．
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：MN∥PE.
题型三
线线、线面、面面平行的转化
【证明】　(1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.
在△PCD中，N，Q分别是PC，DC的中点，
所以NQ∥PD，
又NQ 平面PAD，PD 平面PAD，
所以NQ∥平面PAD.
因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，
所以MQ∥AD，又MQ 平面PAD，AD 平面PAD，
所以MQ∥平面PAD.
因为MQ∩NQ＝Q，MQ，NQ 平面MNQ，
所以平面MNQ∥平面PAD.
因为MN 平面MNQ，所以MN∥平面PAD.
(2)由(1)知，平面MNQ∥平面PAD，且平面PEC∩平面MNQ＝MN，平面PEC∩平面PAD＝PE，所以MN∥PE.
[方法总结3][提醒]
[方法总结3]
空间中各种平行关系相互转化的示意图
[提醒]
判定是用低一级的平行关系证明高一级的平行关系；性质是用高一级的平行关系推出低一级的平行关系．
3
如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F分别为棱AB，BC，C1B1的中点．
(1)求证：AC∥平面B1DE；
(2)求证：AF∥平面B1DE.
【证明】　(1)因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，
因为DE 平面B1DE，AC 平面B1DE，
所以AC∥平面B1DE.
(2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC綉B1C1，
因为E，F分别为BC，B1C1的中点，
所以CE綉FB1，
所以四边形B1ECF是平行四边形，所以FC∥B1E，
因为FC 平面B1DE，B1E 平面B1DE，
所以FC∥平面B1DE，
由(1)知AC∥平面B1DE，又AC∩FC＝C，AC，FC 平面ACF，所以平面ACF∥平面B1DE，
又AF 平面ACF，所以AF∥平面B1DE.
随堂检测　重反馈
1．两个平行平面与另两个平行平面相交所得的四条直线的位置关系是(　　)
A．两两相互平行
B．两两相交于同一点
C．两两相交但不一定交于同一点
D．两两相互平行或交于同一点
【答案】　A
【解析】　根据平面与平面平行的性质可知，所得的四条直线两两相互平行．故选A．
2．平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是(　　)
A．AB∥CD B．AD∥CB
C．AB与CD相交 D．A，B，C，D四点共面
【答案】　D
【解析】　充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．故选D.
3．如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH为截面，长方形ABCD为底面，则四边形EFGH的形状为(　　)
A．梯形
B．平行四边形
C．可能是梯形也可能是平行四边形
D．不确定
【答案】B
【解析】由长方体的性质：各对面平行，易知HG∥EF，EH∥FG，∴四边形EFGH为平行四边形．故选B.
4．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上的一点，AP＝1，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.
微专题　截面问题
截面定义：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面，与几何体表面的交集(交线)叫做截线，与几何体棱的交集(交点)叫做截点．
(1)已知三点E，F，G中任意两点的连线都在几何体的表面上：
作法：如图①，直接连线即可得到截面．
(2)已知三点E，F，G中任意两点的连线恰有两条在几何体的表面上：
作法一(平行法)：如图②，
连接EF，GF，在平面ABB1A1内过点E作EI∥GF，并交AA1于点I，连接GI，则四边形EFGI为所求的截面．
作法二(相交法)：如图③，连接FE并延长交DA的延长线于点H，连接GH交AA1于点I，则四边形EFGI为所求的截面．
(3)已知三点E,F,G中任意两点的连线恰有一条在几何体的表面上：
作法(平行四边形法)：如图④，连接FG并延长，交DD1的延长线于点P，连接PE交A1D1于点H，则点H为截面上一点，以PE,PF为邻边作平行四边形PEQF，则QF与BC的交点I也为截面上的点，则五边形EIFGH即为所求的截面．
(4)已知三点E，F，G中任意两点的连线都不在几何体的表面上：
作法(辅助平面法)：如图⑤,在平面A1B1C1D1内过点G作GH∥A1B1，交B1C1于点H，连接HB并延长交GE的延长线于点I，连接IF交BC于点J，连接EJ并延长交DC的延长线于点L，交DA的延长线于点K，连接KG交AA1于点M，连接LF并延长交D1C1于点N，则六边形EJFNGM为所求的截面．
【答案】　ABD
【解析】如图①,当M,N分别与对角顶点重合时,显然四边形BMD1N是矩形．如图②，当M，N分别为AA1，CC1的中点时，显然四边形BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知四边形BMD1N不可能为正方形．根据对称性，其他情况下四边形BMD1N为平行四边形．综上，C中说法不正确．故选ABD.
(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别为边B1D1，CD上的动点(点M不在顶点D1处)，若M，N，D1三点确定的平面截正方体的截面为α，则下列命题中为真命题的是(　　)
A．对任意点M，存在点N使截面α为三角形
B．对任意点M，存在点N使截面α为正方形
C．对任意点M和N，截面α都为梯形
D．对任意点N，存在点M使截面α为矩形
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是A1D1，C1D1，AA1的中点，试过P，Q，R三点作其截面．
【答案】　(1)A　(2)见解析
【解析】　(1)因为点M在B1D1上，所以截面α为B1D1与点N确定的平面，当N与C重合时，截面α为三角形，故A正确，C错误；只有当M与B1重合，N与D重合时，截面α为矩形，当N不与C，D重合时，截面α都为等腰梯形，故B、D错误．故选A．
(2)如图，取BC的中点为F，延长PR，DA交于点E，连接EF交AB于点G，则G为AB的中点，延长GF，DC交于点H，连接HQ交CC1于点I，所得六边形PRGFIQ即为所作截面．第八章　8.5　8.5.3　第二课时
课时跟踪检测
A组·基础巩固
1．已知平面α∥平面β，直线a∥平面α，直线b∥平面β，那么a与b的位置关系可能是(　　)
A．平行或相交
B．相交或异面
C．平行或异面
D．平行、相交或异面
【答案】　D
【解析】　当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图所示，显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a，b平行移动到平面β，平面α上，此时a与b异面，亦满足题目条件．故选D.
2．若平面α∥平面β，直线a α，点B∈β，则在平面β内过点B的所有直线中(　　)
A．不一定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在无数条与a平行的直线
D．存在唯一一条与a平行的直线
【答案】　D
【解析】　因为直线a与点B可确定一个平面，该平面与平面β的交线即为在平面β内过点B且与直线a平行的直线，所以只有唯一一条．故选D.
3．设平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中点．当点A，B分别在α，β内运动时，所有的动点C(　　)
A．不共面
B．当且仅当A，B在两条相交直线上移动时才共面
C．当且仅当A，B在两条给定的平行直线上移动时才共面
D．不论A，B如何移动都共面
【答案】　D
【解析】　根据面面平行的性质知，不论点A，B如何运动，动点C均在过点C且与α，β都平行的平面上．
4．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列判断正确的是(　　)
A．平面BME∥平面ACN
B．AF∥CN
C．BM∥平面EFD
D．BE与AN相交
【答案】　A
【解析】　作出如图所示的正方体．易知AN∥BM，AC∥EM，所以AN∥平面BEM，AC∥平面BEM，又AN∩AC＝A，所以平面ACN∥平面BEM.
5．(多选)α，β，γ为三个不重合的平面，a，b，c为三条不重合的直线，则下列命题中正确的是(　　)
A． a∥b B． a∥b
C． α∥β D． a∥b
【答案】　AD
【解析】　由基本事实4可知，A正确；两条直线都与同一个平面平行，则这两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，故B不正确；两个平面都与同一条直线平行，则这两个平面可能平行，也可能相交，故C不正确；由面面平行的性质定理可知，D正确．
6．(多选)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G，H，Q分别为棱AB，C1D1，D1A1，A1A，C1C的中点．则下列叙述中正确的是(　　)
A．过点E，F，G的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面图形为正六边形
B．直线EH∥直线QF
C．直线GF∥直线HQ
D．直线GF与直线EQ异面
【答案】　ABC
【解析】　过点E，F，G的截面如图所示(I为BC的中点)，连接A1C1和AC，设过点E，F，G的平面为α，且α∩直线BC＝I.则GF綉EI.同理直线EH綉直线QF；直线GH綉直线QI，且点H，Q，I∈α，故六边形EIQFGH为正六边形，A正确，B正确；又因GF∥A1C1，HQ綉A1C1，所以直线GF∥直线HQ，C正确；因点G，F，E，Q共面于α，故直线GF与直线EQ相交，D错误．故选ABC．
7．直线m，n及平面α，β，γ有下列关系：①α∩β＝m；②m∥n；③α∥γ；④β∩γ＝n.其中一些关系作为条件，另一些关系作为结论，组成一个正确的推理应是________.
【答案】　①③④ ②
【解析】　因为α∥γ，且α∩β＝m，β∩γ＝n，由面面平行的性质定理可得：m∥n.
8．设平面α与平面γ相交于直线a，平面β与平面γ相交于直线b，则“a∥b”是“α∥β”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．
【答案】　必要不充分
【解析】　因为平面α与平面γ相交于直线a，平面β与平面γ相交于直线b，若a∥b，则α∥β或α与β相交，即由“a∥b”不能推出“α∥β”；若α∥β，根据面面平行的性质，即可得出a∥b，即由“α∥β”能推出“a∥b”．
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且DE＝2EC，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点H，则＝________.
【答案】　
【解析】　如图，连接FH，EH，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以平面A1B1BA∥平面D1C1CD，因为平面BEHF∩平面A1B1BA＝BF，平面BEHF∩平面D1C1CD＝EH，所以BF∥EH，＝＝ DH＝DE＝×DC＝DC＝DD1，所以＝.
10．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB，G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC．
【证明】　如图，取FC的中点I，连接GI，HI，
则有GI∥EF，HI∥BC．因为EF∥DB，所以GI∥BD.因为GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，GI，HI 平面GHI，BD，BC 平面ABC，
所以平面GHI∥平面ABC．
因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC．
B组·综合运用
11．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面α和线段AA1，BB1，CC1，DD1分别交于点E，F，G，H，则截面EFGH的形状不可能是(　　)
A．梯形 B．正方形
C．长方形 D．菱形
【答案】　A
【解析】　∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面α∩平面ADD1A1＝EH，平面α∩平面BCC1B1＝FG，∴EH∥FG，同理可得EF∥HG，∴四边形EFGH为平行四边形，∴截面EFGH的形状不可能是梯形．故选A．
12．(多选)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知点G，H分别在A1B1，A1C1上，且GH经过△A1B1C1的重心，点E，F分别是AB，AC的中点，且B、C、G、H四点共面，则下列结论正确的是(　　)
A．EF∥GH
B．GH∥平面A1EF
C．＝
D．平面A1EF∥平面BCC1B1
【答案】　ABC
【解析】　由E，F分别是AB，AC的中点可知EF∥BC，＝.在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，由两个平面平行的性质可得GH∥BC，而GH经过△A1B1C1的重心，所以＝，所以＝，且EF∥GH，GH 平面A1EF，EF 平面A1EF，所以GH∥平面A1EF.因为A1B1∥BE且BE＜A1B1，所以直线A1E与BB1有交点，所以平面A1EF与平面BCC1B1相交．故A、B、C正确，D错误．
13．如图，已知平面α∥平面β，线段AB分别交α，β于点M，N，线段AD分别交α，β于点C，D，线段BF分别交α，β于点F，E.若AM＝m，BN＝n，MN＝p，且△MCF的面积为(m＋p)·(n＋p)，则△NDE的面积为________.
【答案】　(m＋p)2
【解析】　因为α∥β，平面ADN∩α＝MC，平面ADN∩β＝DN，所以MC∥ND.同理，MF∥NE.从而∠CMF＝∠DNE，或∠CMF＝180°－∠DNE.故＝.因为MC∥ND，所以＝＝.同理，＝＝.所以＝.又S△MCF＝(m＋p)(n＋p)，所以S△NDE＝(m＋p)2.
14．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.
【证明】　(1)由题设知BB1綉DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.
又BD 平面CD1B1，B1D1 平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1.
因为A1D1綉B1C1綉BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥D1C．
又A1B 平面CD1B1，D1C 平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1.
又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B 平面A1BD，
所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，
所以直线l∥直线BD，
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.
C组·拓展提升
15．如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，点E为BC的中点，点F在AD上，EF∥AB，BC＝EF＝DF，将四边形CDFE沿EF边折起，如图②.证明：图②中的AE∥平面BCD.
【证明】　如图，取DF的中点G，连接AG，EG，CG，
因为CE∥GF，CE＝GF，所以四边形CEFG是平行四边形，
所以CG∥EF∥AB且CG＝EF＝AB，
所以四边形ABCG是平行四边形，所以AG∥BC，
因为AG 平面BCD，且BC 平面BCD，所以AG∥平面BCD，
同理可知：四边形CEGD是平行四边形，所以GE∥DC，证得GE∥平面BCD，
因为AG，GE 平面AGE，且AG∩GE＝G，BC，DC 平面BCD，BC∩DC＝C，
所以平面AGE∥平面BCD，
因为AE 平面AGE，所以AE∥平面BCD.
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