PAGEPAGE18直線與平面平行的性質平面與平面平行的性質●三維目標1．知識與技能(1)掌握直線與平面平行的性質定理及其應用，掌握兩個平面平行的性質定理及其應用．(2)運用兩個定理實現“線線”、“線面”平行的轉化，進一步發展空間想象能力和邏輯思維能力．2．過程與方法學生通過觀察與類比，借助實物模型理解性質及應用．3．情感、態度與價值觀(1)在推理和證明過程中，提高探究能力，逐漸養成嚴謹的科學態度．(2)增強“數學來源于生活、應用于實踐”的意識，培養審美情趣．(3)進一步滲透等價轉化的思想．●重點難點重點：兩個性質定理及其應用．難點：兩個性質定理的探索過程及應用．重難點突破：以教材中的“思考”為切入點，引出直線和平面平行的性質定理及平面和平面平行的性質定理．接著以長方體為載體，對這兩個問題進行探究，通過操作確認，先得出兩個性質定理的猜想，然后通過邏輯論證，證明猜想的正確性，從而得到性質定理．最后可通過題組訓練，采用師生互動、講練結合的方式，幫助學生突出重點、化解難點．●教學建議本節知識是上節知識的拓展和延伸，由于性質與判定是相輔相成相互統一的，故教學時，可采用引導發現法，采用以思導學的方式，從回顧兩個判定定理出發，把探索兩個性質定理的問題轉移到線與線及線與面位置關系的問題上，然后教師要引導學生經歷從現實的生活空間中抽象出空間圖形的過程，注重引導學生通過觀察、操作、有條理的思考和推理等活動，引導學生借助圖形直觀，通過歸納、類比等合情推理來探索直線、平面平行的性質及其證明，最后通過典例訓練使學生體會線與面之間的互化關系，提高學生的空間想象能力和邏輯推理能力．●教學流程創設問題情境，引出問題：如何判斷線面平行與面面平行有哪些性質？?eq\x(引導學生借助實物體，通過觀察、想象、思考，得出線面平行與面面平行的性質定理.)?eq\x(通過引導學生回答所提問題理解線面平行與面面平行的性質定理.)?eq\x(通過例1及其變式訓練，使學生掌握直線與平面的平行的性質定理.)?eq\x(通過例2及其變式訓練，使學生掌握平面與平面平行的性質定理.)?課標解讀1.理解直線與平面、平面與平面平行的性質定理的含義．(重點)2.能用三種語言準確描述直線與平面、平面與平面平行的性質定理．(重點)3.能用直線與平面、平面與平面的性質定理證明一些空間平行關系的簡單命題．(難點)直線與平面平行的性質【問題導思】1．若直線l∥平面α，則l平行于平面α內的所有直線嗎？【提示】不是．2．若a∥α，過a與α相交的平面有多少個？這些平面與α的交線與直線a有什么關系？【提示】若a∥α，則過a且與α相交的平面有無數個．這些平面與α的交線與直線a之間相互平行．直線與平面平行的性質定理(1)文字語言：一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行．(2)符號語言：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.(3)圖形語言：如圖所示．圖2－2－13(4)作用：證明兩直線平行．平面與平面平行的性質【問題導思】觀察長方體ABCD－A1B1C1D1的兩個面：平面ABCD及平面A1B1C1D1.1．平面A1B1C1D1中的所有直線都平行于平面ABCD嗎？【提示】是的．2．若m?平面ABCD，n?平面A1B1C1D1，則m∥n嗎？【提示】不一定．3．過BC的平面交面A1B1C1D1于EF，EF與BC什么關系？【提示】平行．平面與平面平行的性質定理(1)文字語言：如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行．(2)符號語言：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.(3)圖形語言：如圖所示．(4)作用：證明兩直線平行.圖2－2－14線面平行的性質定理的應用求證：如果一條直線和兩個相交平面都平行，那么這條直線和它們的交線平行．【思路探究】先寫出已知求證，再借助線面平行的性質定理求解．【自主解答】已知直線a，l，平面α，β滿足α∩β＝l，a∥α，a∥β.求證：a∥l.證明：如圖所示，過a作平面γ交平面α于b，∵a∥α，∴a∥b.同樣過a作平面δ交平面β于c，∵a∥β，∴a∥c.則b∥c.又∵b?β，c?β，∴b∥β.又∵b?α，α∩β＝l，∴b∥l.又∵a∥b，∴a∥l.線∥面eq\o(,\s\up15(線面平行的性質),\s\do20(線面平行的判定))線∥線．在空間平行關系中，交替使用線線平行、線面平行的判定定理與性質定理是解決此類問題的關鍵．若兩個相交平面分別過兩條平行直線，則它們的交線和這兩條平行直線平行．【解】已知：a∥b，a?α，b?β，α∩β＝l.求證：a∥b∥l.證明：如圖所示，∵a∥b，b?β，a?β，∴a∥β，又a?α，α∩β＝l，∴a∥l，又a∥b，∴a∥b∥l.面面平行的性質定理的應用如圖2－2－15，平面四邊形ABCD的四個頂點A、B、C、D均在平行四邊形A′B′C′D′所確定一個平面α外，且AA′、BB′、CC′、DD′互相平行．求證：四邊形ABCD是平行四邊形．圖2－2－15【思路探究】先證平面AA′B′B∥平面DD′C′C，再證AB∥CD，同理證明BC∥AD，進而證明ABCD為平行四邊形．【自主解答】在?A′B′C′D′中，A′B′∥C′D′，∵A′B′?平面C′D′DC，C′D′?平面C′D′DC，∴A′B′∥平面C′D′DC.同理A′A∥平面C′D′DC.又A′A∩A′B′＝A′，∴平面A′B′BA∥平面C′D′DC.∵平面ABCD∩平面A′B′BA＝AB，平面ABCD∩平面C′D′DC＝CD，∴AB∥CD.同理AD∥BC.∴四邊形ABCD是平行四邊形．1．利用面面平行的性質定理證明線線平行的關鍵是把要證明的直線看作是平面的交線，往往需要有三個平面，即有兩平面平行，再構造第三個面與兩平行平面都相交．2．面面平行?線線平行，體現了轉化思想與判定定理的交替使用，可實現線線、線面及面面平行的相互轉化．如圖2－2－16，已知α∥β，點P是平面α、β外的一點(不在α與β之間)，直線PB、PD分別與α、β相交于點A、B和C、D.(1)求證：AC∥BD；(2)已知PA＝4cm，AB＝5cm，PC＝3cm，求PD的長．圖2－2－16【解】(1)∵PB∩PD＝P，∴直線PB和PD確定一個平面γ，則α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.又α∥β，∴AC∥BD.(2)由(1)得AC∥BD，∴eq\f(PA,AB)＝eq\f(PC,CD)，∴eq\f(4,5)＝eq\f(3,CD)，∴CD＝eq\f(15,4)(cm)，∴PD＝PC＋CD＝eq\f(27,4)(cm).平行關系的綜合應用圖2－2－17如圖2－2－17，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F、P、Q分別是BC、C1D1、AD1、BD的中點．(1)求證：PQ∥平面DCC1D1.(2)求PQ的長．(3)求證：EF∥平面BB1D1D.【思路探究】(1)eq\x(證明PQ∥CD1)→eq\x(PQ∥平面DCC1D1)或eq\x(取AD的中點G)→eq\x(證平面PGQ∥平面DCC1D1)→eq\x(PQ∥平面DCC1D1)(2)利用PQ＝eq\f(1,2)D1C求解．(3)eq\x(取B1D1的中點O1)→eq\x(證明BEFO1為平行四邊形)→eq\x(EF∥平面BB1D1D)或eq\x(取B1C1的中點E1)→eq\x(證明平面EE1F∥平面BB1D1D)→eq\x(EF∥平面BB1D1D)【自主解答】(1)證明：法一如圖，連接AC、CD1.∵P、Q分別是AD1、AC的中點，∴PQ∥CD1.又PQ?平面DCC1D1，CD1?平面DCC1D1，∴PQ∥平面DCC1D1.法二取AD的中點G，連接PG、GQ，則有PG∥DD1，GQ∥DC，且PG∩GQ＝G，∴平面PGQ∥平面DCC1D1.又PQ?平面PGQ，∴PQ∥平面DCC1D1.(2)由(1)易知PQ＝eq\f(1,2)D1C＝eq\f(\r(2),2)a.(3)證明：法一取B1D1的中點O1，連接FO1，BO1，則有FO1綊eq\f(1,2)B1C1.又BE綊eq\f(1,2)B1C1，∴BE綊FO1.∴四邊形BEFO1為平行四邊形，∴EF∥BO1，又EF?平面BB1D1D，BO1?平面BB1D1D，∴EF∥平面BB1D1D.法二取B1C1的中點E1，連接EE1、FE1，則有FE1∥B1D1，EE1∥BB1，且FE1∩EE1＝E1，∴平面EE1F∥平面BB1D1D.又EF?平面EE1F，∴EF∥平面BB1D1D.1．證明線面平行的三種常用方法：(1)定義法．(2)線面平行的判定．(3)面面平行的性質．2．線線平行、線面平行、面面平行之間可以相互轉化，其示意圖為：直線與直線平行eq\o(,\s\up7(直線與平面平行的判定),\s\do5(直線與平面平行的性質))直線與平面平行eq\o(,\s\up7(平面與平面平行的判定),\s\do5(平面與平面平行的性質))平面與平平面與平面平行的判定平面與平面平行的性質面平行如圖2－2－18所示，已知E、F分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AA1、CC1的中點，求證：四邊形BED1F是平行四邊形．圖2－2－18【證明】取D1D的中點G，連接EG，GC，∵E是A1A的中點，G是D1D的中點，∴EG綊AD.由正方體性質知AD綊BC，∴EG綊BC，∴四邊形EGCB是平行四邊形，∴EB∥GC.①又∵G，F分別是D1D，C1C的中點，∴D1G綊FC，∴四邊形D1GCF為平行四邊形，∴D1F∥GC.②由①②得EB∥D1F，③∴E、B、F、D1四點共面，四邊形BED1F是平面四邊形．又∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面EBFD1∩平面ADD1A1＝ED1，平面EBFD1∩平面BCC1B1＝BF，∴ED1∥BF，④由③④得，四邊形BED1F是平行四邊形．因將平面幾何中的結論直接應用到立體幾何中致誤如圖2－2－19所示，已知異面直線AB，CD都平行于平面α，且AB，CD在α的兩側，若AC，BD分別與α相交于M，N兩點，求證eq\f(AM,MC)＝eq\f(BN,ND).圖2－2－19【錯解】連接MN.因為AB∥CD∥MN，所以eq\f(AM,MC)＝eq\f(BN,ND).【錯因分析】錯誤的原因是在立體幾何的證明中盲目地套用平面幾何中的定理．【防范措施】立體幾何問題只有在化歸為平面幾何問題后才能使用平面幾何知識解題．【正解】如圖所示，連接AD，交平面α于點P，連接PM，PN.因為CD∥α，平面ACD∩α＝PM，所以CD∥PM，所以在△ACD中，有eq\f(AM,MC)＝eq\f(AP,PD).同理，在△DAB中，有eq\f(AP,PD)＝eq\f(BN,ND)，所以eq\f(AM,MC)＝eq\f(BN,ND).1．三種平行關系可以任意轉化，其相互轉化關系如圖所示：2．證明線與線、線與面的平行關系的一般規律是：“見了已知想性質，見了求證想判定”，也就是說“發現已知，轉化結論，溝通已知與未知的關系”．這是分析和解決問題的一般思維方法，而作輔助線和輔助面往往是溝通已知和未知的有效手段．1．如果直線a∥平面α，那么直線a與平面α內的()A．唯一一條直線不相交B．僅兩條相交直線不相交C．僅一組平行直線不相交D．任意一條直線都不相交【解析】根據直線和平面平行定義，易排除A、B.對于C，僅有一組平行線不相交，不正確，應排除C.與平面α內任意一條直線都不相交，才能保證直線a與平面α平行，∴D正確．【答案】D2．若平面α∥平面β，a?α，下列說法正確的是()①a與β內任一直線平行；②a與β內無數條直線平行；③a與β內任一直線不垂直；④a與β無公共點．A．①③B．②④C．②③D．①③④【解析】∵a?α，α∥β，∴a∥β，∴a與β無公共點，④正確；如圖，在正方體中，令線段B1C1所在的直線為a，顯然a與β內無數條直線平行，故②正確；又AB⊥B1C1，故在β內存在直線與a垂直，故①③錯誤．【答案】B3．已知平面α∥平面β，過平面α內的一條直線a的平面γ，與平面β相交，交線為直線b，則a、b的位置關系是()A．平行B．相交C．異面D．不確定【解析】根據面面平行的性質定理，A選項正確．【答案】A4．過正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1作一平面交平面CDD1C1于EE1.求證：BB1∥EE1.【證明】如圖所示，∵CC1∥BB1，∴CC1∥平面BEE1B1(直線和平面平行的判定定理)．又∵平面CEE1C1過CC1且交平面BEE1B1于EE1，∴CC1∥EE1(直線和平面平行的性質定理)．由于CC1∥BB1，∴BB1∥EE1(平行公理)．一、選擇題1．a∥α，b∥β，α∥β，則a與b位置關系是()A．平行B．異面C．相交D．平行或異面或相交【解析】如圖(1)，(2)，(3)所示，a與b的關系分別是平行、異面或相交．【答案】D2．(2013·鄭州高一檢測)已知直線l∥平面α，P∈α，那么過點P且平行于l的直線()A．只有一條，不在平面α內B．只有一條，在平面α內C．有兩條，不一定都在平面α內D．有無數條，不一定都在平面α內【解析】如圖所示，∵l∥平面α，P∈α，∴直線l與點P確定一個平面β，α∩β＝m，∴P∈m，∴l∥m且m是惟一的．【答案】B圖2－2－203．(2013·呼和浩特高一檢測)如圖2－2－20，四棱錐P－ABCD中，M，N分別為AC，PC上的點，且MN∥平面PAD，則()A．MN∥PDB．MN∥PAC．MN∥ADD．以上均有可能【解析】∵MN∥平面PAD，MN?平面PAC，平面PAD∩平面PAC＝PA，∴MN∥PA.【答案】B4．(2013·德州高一檢測)設平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中點，當點A、B分別在平面α，β內運動時，所有的動點C()A．不共面B．當且僅當點A、B分別在兩條直線上移動時才共面C．當且僅當點A、B分別在兩條給定的異面直線上移動時才共面D．無論點A，B如何移動都共面【解析】無論點A、B如何移動，其中點C到α、β的距離始終相等，故點C在到α、β距離相等且與兩平面都平行的平面上．【答案】D5．過平面α外的直線l，作一組平面與α相交，如果所得的交線為a，b，c，…，則這些交線的位置關系為()A．都平行B．都相交且一定交于同一點C．都相交但不一定交于同一點D．都平行或交于同一點【解析】∵l?α，∴l∥α或l與α相交．(1)若l∥α，則由線面平行的性質可知l∥a，l∥b，l∥c，…∴a，b，c，…這些交線都平行．(2)若l與α相交，不妨設l∩α＝A，則A∈l，又由題意可知A∈a，A∈b，A∈c，…，∴這些交線交于同一點A.綜上可知D正確．【答案】D二、填空題6．過正方體ABCD－A1B1C1D1的三個頂點A1，C1，B的平面與底面ABCD所在平面的交線為l，則l與A1C1的位置關系是________．【解析】因為過A1，C1，B三點的平面與底面A1B1C1D1的交線為A1C1，與底面ABCD的交線為l，由于正方體的兩底面互相平行，則由面面平行的性質定理知l∥A1C1.【答案】l∥A1C1圖2－2－217．如圖2－2－21，四邊形ABDC是梯形，AB∥CD，且AB∥平面α，M是AC的中點，BD與平面α交于點N，AB＝4，CD＝6，則MN＝________.【解析】因為AB∥平面α，AB?平面ABDC，平面ABDC∩平面α＝MN，所以AB∥MN.又M是AC的中點，所以MN是梯形ABDC的中位線，MN＝5.【答案】58．如圖2－2－22，P是△ABC所在平面外一點，平面α∥平面ABC，α分別交線段PA、PB、PC于A′、B′、C′，若PA′∶AA′＝2∶3，則eq\f(S△A′B′C′,S△ABC)＝________.圖2－2－22【解析】由平面α∥平面ABC，得AB∥A′B′，BC∥B′C′，AC∥A′C′，由等角定理得∠ABC＝∠A′B′C′，∠BCA＝∠B′C′A′，∠CAB＝∠C′A′B′，從而△ABC∽△A′B′C′，△PAB∽△PA′B′，eq\f(S△A′B′C′,S△ABC)＝(eq\f(A′B′,AB))2＝(eq\f(PA′,PA))2＝eq\f(4,25).【答案】eq\f(4,25)三、解答題圖2－2－239．如圖2－2－23所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，試作出過AC且與直線D1B平行的截面，并說明理由．【解】如圖，連接DB交AC于點O，取D1D的中點M，連接MA，MC，MO，則截面MAC即為所求作的截面．∵MO為△D1DB的中位線，∴D1B∥MO.∵D1B?平面MAC，MO?平面MAC，∴D1B∥平面MAC，則截面MAC為過AC且與直線D1B平行的截面．10．(2013·嘉峪關高一檢測)如圖2－2－24，平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，點E，F分別在線段AB與CD上，且eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FD)，求證：EF∥平面β.圖2－2－24【證明】(1)若直線AB和CD共面，∵α∥β，平面ABDC與α，β分別交于AC，BD兩直線，∴AC∥BD.又∵eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FD)，∴EF∥AC∥BD，∴EF∥平面β.(2)若AB與CD異面，連接BC并在BC上取一點G，使得eq\f(AE,EB)＝eq\f(CG,GB)，則在△BAC中，EG∥AC，AC?平面α，∴EG∥α，又∵α∥β，∴EG∥β.同理可得：GF∥BD，而BD?β.∴GF∥β，∵EG∩GF＝G，∴平面EGF∥β.又∵EF?平面EGF，∴EF∥β.綜合(1)(2)得EF∥β.11．(思維拓展題)如圖2－2－25所示，已知P是?ABCD所在平面外一點，M、N分別是AB、PC的中點，平面PAD∩平面PBC＝l.圖2－2－25(1)求證：l∥BC；(2)MN與平面PAD是否平行？試證明你的結論．【解】法一(1)證明：因為BC∥AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因為平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.(2)平行．取PD的中點E，連接AE，NE，可以證得NE∥AM且NE＝AM.可知四邊形AMNE為平行四邊形．所以MN∥AE，又因為MN?平面APD，AE?平面APD，所以MN∥平面APD.法二(1)證明：由AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC.又因為平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD∥BC.(2)設Q是CD的中點，連接NQ，MQ，則MQ∥AD，NQ∥PD，而MQ∩NQ＝Q，所以平面MNQ∥平面PAD.MN?平面MNQ，所以MN∥平面PAD.如圖，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，點E在AB′上(靠近B′處)，點F在BD上(靠近B處)，且B′E＝BF.求證：EF∥平面BB′C′C.【思路探究】可根據線面平行的判