學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE23學必求其心得，業必貴于專精PAGE5．2平行關系的性質學習目標1。能應用文字語言、符號語言、圖形語言準確描述直線與平面平行,兩平面平行的性質定理.2。能用兩個性質定理，證明一些空間線面平行關系的簡單問題．知識點一直線與平面平行的性質思考1如圖，直線l∥平面α,直線a平面α，直線l與直線a一定平行嗎？為什么？思考2如圖，直線a∥平面α,直線a平面β，平面α∩平面β＝直線b,滿足以上條件的平面β有多少個？直線a，b有什么位置關系?梳理性質定理文字語言如果一條直線與一個平面______，那么過該直線的任意一個平面與已知平面的______與該直線________符號語言a∥α，________________?a∥b圖形語言知識點二平面與平面平行的性質觀察長方體ABCD－A1B1C1D1的兩個面：平面ABCD及平面A1B1C1D1。思考1平面A1B1C1D1中的所有直線都平行于平面ABCD嗎？思考2若m平面ABCD,n平面A1B1C1D1,則m∥n嗎？思考3過BC的平面交平面A1B1C1D1于B1C1，B1C1與BC是什么關系?梳理性質定理文字語言如果兩個平行平面同時與第三個平面相交，那么它們的交線________符號語言α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?________圖形語言類型一線面平行的性質定理的應用例1如圖所示,在四棱錐P－ABCD中,底面ABCD是平行四邊形，AC與BD交于點O，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于GH，求證：AP∥GH.引申探究如圖,在三棱錐P－ABQ中，E，F，C，D分別是PA，PB，QB，QA的中點,平面PCD∩平面QEF＝GH.求證：AB∥GH.反思與感悟線∥面eq\o（,\s\up7（線面平行的性質）,\s\do5(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．跟蹤訓練1如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2，點E為AD的中點，點F在CD上,若EF∥平面AB1C，則線段FE的長度等于________．類型二面面平行的性質定理的應用例2如圖，平面α∥β，A、C∈α，B、D∈β，直線AB與CD交于點S，且AS＝8，BS＝9，CD＝34，求CS的長．引申探究若將本例改為：點S在平面α，β之間（如圖),其他條件不變，求CS的長．反思與感悟應用平面與平面平行性質定理的基本步驟跟蹤訓練2已知:平面α∥平面β∥平面γ，兩條直線l，m分別與平面α，β，γ相交于點A，B，C和點D,E,F，如右圖所示，求證：eq\f（AB,BC）＝eq\f(DE,EF）。類型三平行關系的綜合應用eq\x（命題角度1由面面平行證明線面平行）例3設AB，CD為夾在兩個平行平面α，β之間的線段,且直線AB，CD為異面直線，M，P分別為AB，CD的中點．求證：MP∥平面β.反思與感悟線線平行、線面平行、面面平行是一個有機的整體，平行關系的判定定理、性質定理是轉化平行關系的關鍵，其內在聯系如圖所示：跟蹤訓練3如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點N在BD上，點M在B1C上，且CM＝DN.求證MN∥平面AA1B1B。eq\x（命題角度2探索性問題)例4在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中,A1B1的中點是P,過點A1作與截面PBC1平行的截面，能否確定截面的形狀?如果能，求出截面的面積．反思與感悟在將線面平行轉化為線線平行時，注意觀察圖形中是不是性質定理中符合條件的平面．跟蹤訓練4如圖所示，已知P是?ABCD所在平面外一點，M，N分別是AB，PC的中點，平面PBC∩平面PAD＝l.（1)求證：l∥BC；（2）MN與平面PAD是否平行？試證明你的結論．1．如圖所示，在三棱錐S－ABC中，E，F分別是SB，SC上的點，且EF∥平面ABC，則()A．EF與BC相交B．EF∥BCC．EF與BC異面D．以上均有可能2．直線a∥平面α，α內有n條直線交于一點，則這n條直線中與直線a平行的直線有(）A．0條 B．1條C．0條或1條 D．無數條3．平面α∥平面β，平面γ∥平面δ,且α∩γ＝a,α∩δ＝b,β∩γ＝c，β∩δ＝d,則交線a，b,c，d的位置關系是()A．互相平行 B．交于一點C．相互異面 D．不能確定4．如圖所示,直線a∥平面α，A?α，并且a和A位于平面α兩側，點B,C∈a，AB，AC分別交平面α于點E，F,若BC＝4，CF＝5,AF＝3，則EF＝______。5.如圖,AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點,P為平面ABC外一點,E，F分別是PA,PC的中點．記平面BEF與平面ABC的交線為l,試判斷直線l與平面PAC的位置關系，并加以證明．1．空間中各種平行關系相互轉化關系的示意圖2．證明線與線、線與面的平行關系的一般規律是：“由已知想性質,由求證想判定”,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．答案精析問題導學知識點一思考1不一定，因為還可能是異面直線．思考2無數個，a∥b。梳理平行交線平行aβ，α∩β＝b知識點二思考1是的．思考2不一定,也可能異面．思考3平行．梳理平行a∥b題型探究例1證明連接MO.∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴O是AC的中點．又∵M是PC的中點,∴AP∥OM.又∵AP平面BDM，OM平面BDM，∴AP∥平面BDM。又∵AP平面APGH，平面APGH∩平面BDM＝GH，∴AP∥GH.引申探究證明因為D,C,E，F分別是AQ，BQ,AP，BP的中點，所以EF∥AB，DC∥AB。所以EF∥DC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF∥平面PCD。又EF平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH.跟蹤訓練1eq\r（2)例2解設AB,CD共面γ，因為γ∩α＝AC，γ∩β＝BD，且α∥β，所以AC∥BD，所以△SAC∽△SBD,所以eq\f(SC,SC＋CD)＝eq\f(SA,SB)，即eq\f（SC，SC＋34)＝eq\f（8,9），所以SC＝272.引申探究解設AB,CD共面γ，γ∩α＝AC，γ∩β＝BD.因為α∥β，所以AC與BD無公共點，所以AC∥BD，所以△ACS∽△BDS，所以eq\f(AS,BS）＝eq\f(CS,DS)。設CS＝x，則eq\f(x,34－x)＝eq\f（8,9），所以x＝16，即CS＝16.跟蹤訓練2證明如圖,連接DC，設DC與平面β相交于點G，則平面ACD與平面α,β分別相交于直線AD，BG,平面DCF與平面β，γ分別相交于直線GE,CF.因為α∥β，β∥γ，所以BG∥AD，GE∥CF.于是，得eq\f(AB,BC)＝eq\f(DG，GC），eq\f（DG,GC）＝eq\f（DE，EF）,所以eq\f（AB,BC）＝eq\f(DE,EF）.例3證明如圖，過點A作AE∥CD交平面β于點E,連接DE，BE。∵AE∥CD，∴AE，CD確定一個平面，設為γ，則α∩γ＝AC，β∩γ＝DE.又α∥β,∴AC∥DE（面面平行的性質定理)，取AE的中點N，連接NP，MN，∴M，P分別為AB，CD的中點，∴NP∥DE，MN∥BE.又NPβ，DEβ，MNβ，BEβ，∴NP∥β,MN∥β，∵NP∩MN＝N,∴平面MNP∥β.∵MP平面MNP，MPβ,∴MP∥β。跟蹤訓練3證明如圖，作MP∥BB1交BC于點P，連接NP，∵MP∥BB1，∴eq\f（CM,MB1）＝eq\f(CP，PB)。∵BD＝B1C,DN＝CM，∴B1M＝BN.∴eq\f（CP，PB）＝eq\f（DN,NB），∴NP∥CD∥AB。∵NP平面AA1B1B，AB平面AA1B1B，∴NP∥平面AA1B1B。∵MP∥BB1，MP平面AA1B1B，BB1平面AA1B1B,∴MP∥平面AA1B1B，又∵MP平面MNP，NP平面MNP,MP∩NP＝P，∴平面MNP∥平面AA1B1B。∵MN平面MNP，∴MN∥平面AA1B1B.例4解能，如圖,取AB，C1D1的中點M，N，連接A1M，MC，CN，NA1.∵平面A1C1∥平面AC，平面A1C∩平面A1C1＝A1N,平面AC∩平面A1C＝MC，∴A1N∥MC。同理，A1M∥NC.∴四邊形A1MCN是平行四邊形．∵C1N＝eq\f(1，2)C1D1＝eq\f(1,2）A1B1＝A1P,C1N∥A1P，∴四邊形A1PC1N是平行四邊形，∴A1N∥PC1且A1N＝PC1.同理,A1M∥BP且A1M＝BP.又∵A1N∩A1M＝A1，C1P∩PB＝P，∴平面A1MCN∥平面PBC1。故過點A1與截面PBC1平行的截面是?A1MCN.連接MN，作A1H⊥MN于點H。由題意,易得A1M＝A1N＝eq\r(5），MN＝2eq\r（2).∴MH＝NH＝eq\r(2)，∴A1H＝eq\r（3）。故＝2＝2×eq\f（1,2）×2eq\r(2)×eq\r（3)＝2eq\r(6).跟蹤訓練4(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)解平行．證明如下：如圖，取PD的中點E,連接AE，NE，可以證得NE∥AM且NE＝AM，所以四邊形MNEA是平行四邊形，所以MN∥AE.又AE平面PAD，MN平面PAD，所以MN∥平面PAD.當堂訓練1．B2。C3.A4.eq\f（3，2）5．解