高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行学案，共20页。

8．5.3　平面与平面平行

考点
学习目标
核心素养
平面与平面平行的判定
理解平面与平面平行的定义，会用图形语言、文字语言、符号
语言准确描述平面与平面平行的判定定理，会用平面与平面平
行的判定定理证明空间面面位置关系
直观想象、逻辑推理
平面与平面平行的性质
理解并能证明平面与平面平行的性质定理，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

问题导学
预习教材P139－P142的内容，思考以下问题：
1．面面平行的判定定理是什么？
2．面面平行的性质定理是什么？

1．平面与平面平行的判定定理
文字语言
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
符号语言
a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒β∥α
图形语言

■名师点拨 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)平面与平面平行的判定定理中的平行于一个平面内的“两条相交直线”是必不可少的．
(2)面面平行的判定定理充分体现了等价转化思想，即把面面平行转化为线面平行．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．平面与平面平行的性质定理
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，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言

■名师点拨 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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)已知两个平面平行，虽然一个平面内的任何直线都平行于另一个平面，但是这两个平面内的所有直线并不一定相互平行，它们可能是平行直线，也可能是异面直线，但不可能是相交直线．
(3)该定理提供了证明线线平行的另一种方法，应用时要紧扣与两个平行平面都相交的第三个平面．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行．(　　)
(2)若α∥β，则平面α内有无数条互相平行的直线平行于平面β.(　　)
(3)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线与另一个平面内的直线异面．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是(　　)
A．一定平行　　　　　　 B．一定相交
C．平行或相交 D．以上判断都不对
答案：C
下列命题正确的是(　　)
A．若直线a⊂平面α，直线a∥平面β，则α∥β
B．若直线a∥直线b，直线a∥平面α，则直线b∥平面α
C．若直线a∥直线b，直线b⊂平面α，则直线a∥平面α
D．若直线a与直线b是异面直线，直线a⊂α，则直线b有可能与α平行
答案：D
如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．

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的形状是平行四边形．
答案：平行四边形


　　　　　　　　平面与平面平行的判定
　如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1.
(1)求证：平面A1BD∥平面B1D1C；
(2)若E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：平面EB1D1∥平面FBD.
【证明】　(1)因为B1BDD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
所以B1D1∥BD，又BD⊄平面B1D1C，
B1D1⊂平面B1D1C，所以BD∥平面B1D1C.
同理A1D∥平面B1D1C.
又A1D∩BD＝D，
所以平面A1BD∥平面B1D1C.
(2)由BD∥B1D1，
得BD∥平面EB1D1.
取BB1的中点G，
连接AG，GF，
易得AE∥B1G，
又因为AE＝B1G，
所以四边形AEB1G是平行四边形，
所以B1E∥AG.
易得GF∥AD，又因为GF＝AD，
所以四边形ADFG是平行四边形，
所以AG∥DF，所以B1E∥DF，
所以DF∥平面EB1D1.
又因为BD∩DF＝D，
所以平面EB1D1∥平面FBD.

[变条件]把本例(2)的条件改为“E，F分别是AA1与CC1上的点，且A1E＝A1A”，求F在何位置时，平面EB1D1∥平面FBD?
解：当F满足CF＝CC1时，两平面平行，下面给出证明：
在D1D上取点M，
且DM＝DD1，
连接AM，FM，
则AED1M，
从而四边形AMD1E是平行四边形．
所以D1E∥AM.
同理，FMCD，
又因为ABCD，所以FMAB，
从而四边形FMAB是平行四边形．所以AM∥BF.
即有D1E∥BF.又BF⊂平面FBD，
D1E⊄平面FBD，
所以D1E∥平面FBD.
又B1BD1D，从而四边形BB1D1D是平行四边形．故而B1D1∥BD，
又BD⊂平面FBD，B1D1⊄平面FBD，
从而B1D1∥平面FBD，
又D1E∩B1D1＝D1，
所以平面EB1D1∥平面FBD.

证明面面平行的方法
(1)要证明两平面平行，只需在其中一个平面内找到两条相交直线平行于另一个平面即可．
(2)判定两个平面平行与判定线面平行一样，应遵循先找后作的原则，即先在一个面内找到两条与另一个平面平行的相交直线，若找不到再作辅助线．　
　已知四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形．点M，N，Q分别在PA，BD，PD上，且PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD，求证：平面MNQ∥平面PBC.
证明：因为PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD，
所以MQ∥AD，NQ∥BP，
而BP⊂平面PBC，NQ⊄平面PBC，
所以NQ∥平面PBC，
又因为四边形ABCD为平行四边形，
所以BC∥AD，
所以MQ∥BC.
而BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，
所以MQ∥平面PBC.
又MQ∩NQ＝Q，
所以平面MNQ∥平面PBC.

　　　　　　　　面面平行性质定理的应用
　如图所示，两条异面直线BA，DC与两平行平面α，β分别交于点B，A和D，C，点M，N分别是AB，CD的中点，求证：MN∥平面α.

【证明】　如图，过点A作AE∥CD交α于点E，取AE的中点P，连接MP，PN，BE，ED，BD，AC.
因为AE∥CD，所以AE，CD确定平面AEDC.
则平面AEDC∩α＝DE，平面AEDC∩β＝AC，因为α∥β，所以AC∥DE.
又P，N分别为AE，CD的中点，
所以PN∥DE，PN⊄α，DE⊂α，所以PN∥α.
又M，P分别为AB，AE的中点，
所以MP∥BE，且MP⊄α，BE⊂α.
所以MP∥α，因为MP∩PN＝P，
所以平面MPN∥α.
又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面α.

1．[变条件]在本例中将M，N分别为AB，CD的中点换为M，N分别在线段AB，CD上，且＝，其他不变．
证明：MN∥平面α.
证明：作AE∥CD交α于点E，连接AC，BD，如图．
因为α∥β且平面AEDC与平面α，β的交线分别为ED，AC，所以AC∥ED，所以四边形AEDC为平行四边形，作NP∥DE交AE于点P，
连接MP，BE，于是＝.
又因为＝，所以＝，所以MP∥BE.
而BE⊂α，MP⊄α，所以MP∥α.同理PN∥α.
又因为MP∩NP＝P，所以平面MPN∥平面α.
又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面α.
2．[变条件、变问法]两条异面直线与三个平行平面α，β，γ分别交于A，B，C和D，E，F，求证：＝.
证明：连接AF交平面β于点M.
连接MB，ME，BE，AD，CF，因为α∥β，
所以ME∥AD.
所以＝.
同理，BM∥CF，
所以＝，
即＝.

应用平面与平面平行性质定理的基本步骤

[提醒]　面面平行性质定理的实质：面面平行⇒线线平行，体现了转化思想．与判定定理交替使用，可实现线面、线线、面面平行间的相互转化．　
　如图，已知α∥β，点P是平面α、β外的一点(不在α与β之间)，直线PB、PD分别与α、β相交于点A、B和C、D.
(1)求证：AC∥BD；
(2)已知PA＝4 cm，AB＝5 cm，PC＝3 cm，求PD的长．
解：(1)证明：因为PB∩PD＝P，所以直线PB和PD确定一个平面γ，则α∩γ＝AC，β∩γ＝BD.又α∥β，所以AC∥BD.
(2)由(1)得AC∥BD，所以＝，所以＝，
所以CD＝(cm)，
所以PD＝PC＋CD＝(cm)．

　　　　　　　　平行关系的综合问题
　在正方体ABCDA1B1C1D1中，如图．
(1)求证：平面AB1D1∥平面C1BD；
(2)试找出体对角线A1C与平面AB1D1和平面C1BD的交点E，F，并证明：A1E＝EF＝FC.
【解】　(1)证明：因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，ADB1C1，
所以四边形AB1C1D是平行四边形，
所以AB1∥C1D.
又因为C1D⊂平面C1BD，AB1⊄平面C1BD.
所以AB1∥平面C1BD.
同理B1D1∥平面C1BD.
又因为AB1∩B1D1＝B1，AB1⊂平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)如图，连接A1C1交B1D1于点O1，连接A1C，连接AO1与A1C交于点E.
又因为AO1⊂平面AB1D1，所以点E也在平面AB1D1内，所以点E就是A1C与平面AB1D1的交点；
连接AC交BD于O，连接C1O与A1C交于点F，则点F就是A1C与平面C1BD的交点．证明A1E＝EF＝FC的过程如下：
因为平面A1C1C∩平面AB1D1＝EO1，
平面A1C1C∩平面C1BD＝C1F，
平面AB1D1∥平面C1BD，所以EO1∥C1F.
在△A1C1F中，O1是A1C1的中点，
所以E是A1F的中点，即A1E＝EF；
同理可证OF∥AE，
所以F是CE的中点，
即CF＝FE，所以A1E＝EF＝FC.

解决平行关系的综合问题的方法
(1)在遇到线面平行时，常需作出过已知直线与已知平面相交的辅助平面，以便运用线面平行的性质．
(2)要灵活应用线线平行、线面平行和面面平行的性质，实现相互联系、相互转化．在解决立体几何中的平行问题时，一般都要用到平行关系的转化．转化思想是解决这类问题的最有效的方法．　
　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点N在BD上，点M在B1C上，且CM＝DN.求证：MN∥平面AA1B1B.
证明：如图，作MP∥BB1交BC于点P，连接NP，
因为MP∥BB1，
所以＝.
因为BD＝B1C，
DN＝CM，
所以B1M＝BN，
所以
＝，
所以＝，
所以NP∥CD∥AB.
因为NP⊄平面AA1B1B，
AB⊂平面AA1B1B，
所以NP∥平面AA1B1B.
因为MP∥BB1，MP⊄平面AA1B1B，
BB1⊂平面AA1B1B.
所以MP∥平面AA1B1B.
又因为MP⊂平面MNP，NP⊂平面MNP，
MP∩NP＝P，
所以平面MNP∥平面AA1B1B.
因为MN⊂平面MNP，
所以MN∥平面AA1B1B.

1．已知α，β是两个不重合的平面，下列选项中，一定能得出平面α与平面β平行的是(　　)
A．平面α内有一条直线与平面β平行
B．平面α内有两条直线与平面β平行
C．平面α内有一条直线与平面β内的一条直线平行
D．平面α与平面β不相交
解析：选D.选项A、C不正确，因为两个平面可能相交；选项B不正确，因为平面α内的这两条直线必须相交才能得到平面α与平面β平行；选项D正确，因为两个平面的位置关系只有相交与平行两种．故选D.
2.如图所示，P是三角形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等于(　　)
A．2∶25　　　　　　　　 B．4∶25
C．2∶5 D．4∶5
解析：选B.因为平面α∥平面ABC，平面PAB与它们的交线分别为A′B′，AB，
所以AB∥A′B′，
同理B′C′∥BC，
易得△ABC∽△A′B′C′，
S△A′B′C′∶S△ABC＝＝＝.
3．在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________．

解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，
因为平面MCD1∩平面DCC1D1＝CD1，
所以平面MCD1∩平面ABB1A1＝MN，
且MN∥CD1，
所以N为AB的中点，
所以该截面为等腰梯形MNCD1，
因为正方体的棱长为2，
易知，MN＝，CD1＝2，MD1＝，
所以等腰梯形MNCD1的高MH＝＝.
所以截面面积为(＋2)×＝.
答案：
4.如图，已知AB与CD是异面直线，且AB∥平面α，CD∥平面α，AC∩α＝E，AD∩α＝F，BD∩α＝G，BC∩α＝H.求证：四边形EFGH是平行四边形．
证明：因为AB∥平面α，AB⊂平面ABC，
平面ABC∩平面α＝EH，所以AB∥EH，
因为AB∥平面α，AB⊂平面ABD，
平面ABD∩平面α＝FG，
所以AB∥FG，所以EH∥FG，
同理由CD∥平面α可证EF∥GH，
所以四边形EFGH是平行四边形．

[A　基础达标]
1．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为(　　)
A．平行　　　　　　　　 B．相交
C．平行或相交 D．可能重合
解析：选C.若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．
2．在正方体EFGH­E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是(　　)
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
解析：选A.如图，因为EG∥E1G1，
EG⊄平面E1FG1，
E1G1⊂平面E1FG1，
所以EG∥平面E1FG1，
又G1F∥H1E，
同理可证H1E∥平面E1FG1，
又H1E∩EG＝E，
所以平面E1FG1∥平面EGH1.
3.有一正方体木块如图所示，点P在平面A′C′内，棱BC平行于平面A′C′，要经过点P和棱BC将木块锯开，锯开的面必须平整，有N种锯法，则N为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．无数
解析：选B.过P、B、C三点有且只有1个平面．
4．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出四个命题：
①⇒α∥β； ②⇒α∥β；
③⇒a∥α； ④⇒a∥β.
其中正确的命题是(　　)
A．①②③ B．①④
C．② D．①③④
解析：选C.①α与β有可能相交；②正确；③有可能a⊂α；④有可能a⊂β.故选C.
5．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于A，C两点，过点P的直线n与α，β分别交于B，D两点，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为(　　)
A．16 B．24或
C．14 D．20
解析：选B.由α∥β得AB∥CD.分两种情况：
若点P在α，β的同侧，则＝，
所以PB＝，所以BD＝；
若点P在α，β之间，则有＝，所以PB＝16，所以BD＝24.
6．对于不重合直线a，b，不重合平面α，β，γ，下列四个条件中，能推出α∥β的有________．(填写所有正确的序号)．
①γ⊥α，γ⊥β；②α∥γ，β∥γ；
③a∥α，a∥β；④a∥b，a⊥α，b⊥β.
解析：对于①，当γ⊥α，γ⊥β时，α与β相交，或α与β平行；
对于②，当α∥γ，β∥γ时，根据平行平面的公理得α∥β；
对于③，当a∥α，a∥β时，α与β相交，或α与β平行；
对于④，当a∥b时，若a⊥α，则b⊥α，又b⊥β，所以α∥β；
综上，能推出α∥β的是②④.
答案：②④
7．已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：
①若α∩γ＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥β；
②若a，b相交且都在α，β外，a∥α，b∥β，则α∥β；
③若a∥α，a∥β，则α∥β；
④若a⊂α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b.
其中正确命题的序号是________．
解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知．
答案：④
8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法：

①MN∥平面APC；
②C1Q∥平面APC；
③A，P，M三点共线；
④平面MNQ∥平面APC.
其中说法正确的是____________．
解析：①MN∥AC，连接AM，CN，
得AM，CN交于点P，即MN⊂平面PAC，所以MN∥平面APC是错误的；
②平面APC延展，可知M，N在平面APC上，AN∥C1Q，
所以C1Q∥平面APC，是正确的；
③由BP＝BD1，以及②知△APB∽△D1PM，
所以A，P，M三点共线，是正确的；
④直线AP延长到M，则M既在平面MNQ内，
又在平面APC内，所以平面MNQ∥平面APC，是错误的．
答案：②③
9．如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，CD＝2AB，P，Q分别是CC1，C1D1的中点，求证：平面AD1C∥平面BPQ.

证明：因为D1Q綊CD，AB綊CD，所以D1Q綊AB，
所以四边形D1QBA为平行四边形，所以D1A∥QB.
因为D1A⊄平面BPQ，BQ⊂平面BPQ，
所以D1A∥平面BPQ.
因为Q，P分别为D1C1，C1C的中点，所以QP∥D1C.
因为D1C⊄平面BPQ，QP⊂平面BPQ，
所以D1C∥平面BPQ，又D1A∩D1C＝D1，
所以平面AD1C∥平面BPQ.
10．(2019·湖南师大附中检测)如图(甲)，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，AB⊥CD，F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，现将△ACD沿CD折起，如图(乙)．求证：平面FHG∥平面ABE.

证明：因为F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，所以FH∥CD，HG∥AE.
又AB⊥CD，AB⊥BE，所以CD∥BE，所以FH∥BE.
因为BE⊂平面ABE，FH⊄平面ABE，所以FH∥平面ABE.
因为AE⊂平面ABE，HG⊄平面ABE，所以HG∥平面ABE.
又FH∩HG＝H，所以平面FHG∥平面ABE.
[B　能力提升]
11．设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A、B分别在平面α、β内运动时，那么所有的动点C(　　)
A．不共面
B．当且仅当A、B分别在两条直线上移动时才共面
C．当且仅当A、B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面
D．不论A、B如何移动，都共面
解析：选D.如图，A′、B′分别是A、B两点在α、β上运动后的两点，此时AB的中点C变成A′B′的中点C′，连接A′B，取A′B的中点E，连接CE、C′E、AA′、BB′.
则CE∥AA′，所以CE∥α，
C′E∥BB′，所以C′E∥β.
又因为α∥β，所以C′E∥α.
因为C′E∩CE＝E，
所以平面CC′E∥平面α.所以CC′∥α.
所以不论A、B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α、β平行的平面上．
12.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：
①平面EFGH∥平面ABCD；
②直线PA∥平面BDG；
③直线EF∥平面PBC；
④直线EF∥平面BDG.
其中正确结论的序号是________．
解析：作出立体图形，可知平面EFGH∥平面ABCD；PA∥平面BDG；EF∥HG，所以EF∥平面PBC；直线EF与平面BDG不平行．
答案：①②③
13.用一个截面去截正三棱柱ABC­A1B1C1，交A1C1，B1C1，BC，AC分别于E，F，G，H，已知A1A>A1C1，则截面的形状可以为________(把你认为可能的结果的序号填在横线上)．
①一般的平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤梯形．　
解析：由题意知，当截面平行于侧棱时，所得截面为矩形，当截面与侧棱不平行时，所得截面是梯形，即EF∥HG且EH不平行于FG.
答案：②⑤
14．(2019·广饶期末)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE.

(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：MN∥PE.
证明：(1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.

因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以NQ∥PD.
因为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，
所以平面MNQ∥平面PAD.
因为MN⊂平面MNQ，
所以MN∥平面PAD.
(2)因为平面MNQ∥平面PAD，
且平面PEC∩平面MNQ＝MN，
平面PEC∩平面PAD＝PE，
所以MN∥PE.
[C　拓展探究]
15.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
解：点E为AB的中点时DE∥平面AB1C1，证明如下：
法一：取AB1的中点F，连接DE、EF、FC1，
因为E、F分别为AB、AB1的中点，
所以EF∥BB1且EF＝BB1.
在三棱柱ABC­A1B1C1中，
DC1∥BB1且DC1＝BB1，
所以EFDC1，四边形EFC1D为平行四边形，
所以ED∥FC1.
又ED⊄平面AB1C1，FC1⊂平面AB1C1，
所以ED∥平面AB1C1.
法二：取BB1的中点H，
连接EH，DH，ED，
因为E，H分别是AB，BB1的中点，
则EH∥AB1.
又EH⊄平面AB1C1，
AB1⊂平面AB1C1，
所以EH∥平面AB1C1，
又HD∥B1C1，同理可得HD∥平面AB1C1，
又EH⊂平面EHD，HD⊂平面EHD，EH∩HD＝H，
所以平面EHD∥平面AB1C1，
因为ED⊂平面EHD，
所以ED与平面AB1C1无交点，
所以ED∥平面AB1C1.