8.5.3 第2课时 平面与平面平行的性质-【优学精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册教用课件(人教A版)

该高中数学课件聚焦“平面与平面平行的性质”，通过长方体模型创设情境，以“平面平行时直线位置关系”问题链导入，衔接平面平行判定定理，搭建从直观感知到逻辑推理的学习支架。 其亮点在于融合直观想象与逻辑推理核心素养，通过情境设问、定理证明、例题精析培养空间思维，通性通法总结助力学生掌握解题步骤。学生能提升空间问题解决能力，教师可获得系统教学资源，提高课堂效率。

第2课时　平面与平面平行的性质 新课程标准解读 核心素养 1.借助长方体，通过直观感知，归纳出平面与平面平 行的性质定理，并加以证明 逻辑推理 2.能用平面与平面平行的性质定理解决一些简单的空 间线面位置关系问题 直观想象 目录 数学·必修第二册 目录 基础知识·重落实 01 典型例题·精研析 02 知能演练·扣课标 03 基础知识·重落实 01 课前预习 必备知识梳理 目录 目录 　　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？ 目录 数学·必修第二册 知识点　两个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 ⁠ 符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒ ⁠ 图形语言 平行　 a∥b　 目录 数学·必修第二册 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. 目录 数学·必修第二册 1. 已知长方体ABCD-A'B'C'D'，平面α∩平面ABCD＝EF，平面α∩平 面A'B'C'D'＝E'F'，则EF与E'F'的位置关系是（　　） A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 不确定 解析：因为平面ABCD∥平面A'B'C'D'，所以EF∥E'F'.故选A. 目录 数学·必修第二册 2. 已知直线m，n，平面α，β，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与 n的关系是（　　） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 平行或异面 解析：　∵α∥β，∴α与β无公共点，又m⊂α，n⊂β，∴m与n 无公共点，∴m与n平行或异面. 目录 数学·必修第二册 3. （2024·东莞月考）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 ＝ ⁠. ​ 解析：∵平面α∥平面β，α∩平面PAB＝CD，β∩平面PAB＝ AB，∴CD∥AB，则 ＝ ，∴AB＝ ＝ ＝ . 目录 数学·必修第二册 典型例题·精研析 02 课堂互动 关键能力提升 目录 目录 题型一 两平面平行性质定理的应用 【例1】　如图，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别是PA，PB， PC的中点，M是AB上一点，连接MP，MC，N是PM与DE的交 点，连接FN，求证：FN∥CM. 目录 数学·必修第二册 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. 目录 数学·必修第二册 通性通法 应用面面平行性质定理的基本步骤 目录 数学·必修第二册 【跟踪训练】 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，过点B， E，D1的平面与棱CC1交于点F. 目录 数学·必修第二册 （1）求证：四边形BFD1E为平行四边形； 解：证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABB1A1∥平面 DCC1D1， 且平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面 DCC1D1＝FD1， 由面面平行的性质定理知BE∥FD1， 同理BF∥D1E， ∴四边形BFD1E为平行四边形. 目录 数学·必修第二册 （2）试确定点F的位置. 解：取BB1的中点M，连接MC1，ME，如图， ∵M，E分别为棱BB1，AA1的中点， ∴ME􀰿A1B1， 又A1B1􀰿C1D1，∴ME􀰿C1D1， ∴四边形D1EMC1为平行四边形， ∴D1E∥MC1， 又D1E∥BF，∴MC1∥BF，又C1F∥BM， ∴四边形MBFC1为平行四边形， ∴BM􀰿C1F，∴F为棱CC1的中点. 目录 数学·必修第二册 题型二 与两平面平行的性质定理有关的计算 【例2】　如图，已知平面α∥β，P∉α，且P∉β，过点P的直线m与 α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D， 且PA＝6，AC＝9，PD＝8，求BD的长. 目录 数学·必修第二册 解：因为AC∩BD＝P，所以经过直线AC与BD可确定平面PCD， 因为α∥β，α∩平面PCD＝AB，β∩平面PCD＝CD， 所以AB∥CD，所以 ＝ ，即 ＝ ，解得BD＝ ，故BD的长 为 . 目录 数学·必修第二册 【母题探究】 （变条件）将本例改为：若点P位于平面 α，β之间（如图），其他条 件不变，试求BD的长. 解：与本例同理，可证得AB∥CD. 所以 ＝ ，即 ＝ ，解得BD＝24， 故BD长为24. 目录 数学·必修第二册 通性通法 与平行的性质有关的计算的三个关键点 （1）根据已知的面面平行关系推出线线平行关系； （2）在三角形内利用三角形的中位线性质、平行线分线段成比例定 理推出有关线段的关系； （3）利用所得关系计算求值. 目录 数学·必修第二册 【跟踪训练】 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，过BB1的中点E作一个与平面 ACB1平行的平面交AB于点M，交BC于点N，则 ＝ 　​ 　. ​ 解析：由题意得平面MNE∥平面ACB1，因为平面BB1C1C∩平面 MEN＝EN，平面BB1C1C∩平面ACB1＝B1C，则由面面平行的性质 定理可得EN∥B1C，同理可得EM∥B1A. 又因为E为BB1的中点， 所以M，N分别为BA，BC的中点，所以MN＝ AC，即 ＝ . 目录 数学·必修第二册 题型三 线线、线面、面面平行的转化 【例3】　如图，已知四棱锥P-ABCD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； 目录 数学·必修第二册 证明：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. 目录 数学·必修第二册 （2）求证：MN∥PE. 证明：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. 目录 数学·必修第二册 通性通法 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. 目录 数学·必修第二册 【跟踪训练】 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； 证明：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. 目录 数学·必修第二册 （2）求证：AF∥平面B1DE. 证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC􀰿B1C1， 因为E，F分别为BC，B1C1的中点， 所以CE􀰿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. 目录 数学·必修第二册 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 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. 目录 数学·必修第二册 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 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. 目录 数学·必修第二册 3. （2024·珠海月考）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 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. 目录 数学·必修第二册 4. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M是A1C1的中点，平面AB1M∥ 平面BC1N，AC∩平面BC1N＝N. 求证：N为AC的中点. 证明：因为平面AB1M∥平面BC1N，平面ACC1A1∩平面AB1M＝AM， 平面ACC1A1∩平面BC1N＝C1N， 所以C1N∥AM. 又AC∥A1C1， 所以四边形ANC1M为平行四边形， 所以AN＝C1M＝ A1C1＝ AC， 所以N为AC的中点. 目录 数学·必修第二册 知能演练·扣课标 03 课后巩固 核心素养落地 目录 目录 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 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 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 3. 在如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交 于直线DE，则DE与AB的位置关系是（　　） A. 异面 B. 平行 C. 相交 D. 以上均有可能 解析：　因为平面A1B1C1∥平面ABC，平面A1B1ED∩平面 A1B1C1＝A1B1，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，所以A1B1∥DE. 又因为A1B1∥AB，所以DE∥AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 4. 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 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 5. （2024·绍兴质检）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点 E在A1B1上，且B1E＝1，平面α∥平面BC1E，若平面α∩平面 AA1B1B＝A1F，则AF的长为（　　） A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 3 解析：　平面α∥平面BC1E，平面α∩平面AA1B1B＝A1F，平面BC1E∩平面AA1B1B＝BE，所以A1F∥BE，又A1E∥FB，所以四边形A1FBE为平行四边形，所以FB＝A1E＝3－1＝2，所以AF＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 6. （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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 解析：　对于A，由基本事实4可知，A正确；对于B，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；对于C，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；对于D，由面面平 行的性质定理可知，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 7. 如图所示，平面四边形ABCD所在的平面与平面α平行，且四边形 ABCD在平面α内的平行投影A1B1C1D1是一个平行四边形，则四边 形ABCD的形状一定是 ⁠. 解析：由夹在两平行平面间的平行线段相等可得. 平行四边形 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 8. 如图所示，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＝ ⁠. ​ 解析：∵平面α∥平面ABC，平面PAB与它们的交线分别为A'B'，AB，∴AB∥A'B'，同理B'C'∥BC，易得△ABC∽△A'B'C'，S△A'B'C'∶S△ABC＝（ ）2＝（ ）2＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 9. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且m， n⊄α，m，n⊄β，给出下列四个论断：①α∥β；②m∥n；③ m∥α；④n∥β.以其中三个论断为条件，剩余论断为结论组成的 命题中，一个正确的推理应是 ⁠ （答案不唯一）. ①②③→④（或①②④→③） 解析：若①α∥β，②m∥n，③m∥α，且n⊄β，有④n∥β成立， 正确；若①α∥β，③m∥α，④n∥β，则m，n可能相交、平行或 异面，错误；若①α∥β，②m∥n，④n∥β，且m⊄α，所以有③ m∥α成立，正确；若②m∥n，③m∥α，④n∥β，则平面α，β可 能相交、平行. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 10. 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形， AD∥BC，平面A1DCE与B1B交于点E. 求证：EC∥A1D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 证明：易知BE∥AA1，AA1⊂平面AA1D，BE⊄平面AA1D，所以 BE∥平面AA1D. 因为BC∥AD，AD⊂平面AA1D，BC⊄平面AA1D， 所以BC∥平面AA1D. 又BE∩BC＝B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE， 所以平面BCE∥平面AA1D， 又平面A1DCE∩平面BCE＝EC， 平面A1DCE∩平面AA1D＝A1D， 所以EC∥A1D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 11. 如图，四棱台ABCD-A'B'C'D'的底面为正方形，M为CC'的中 点，点N在线段AB上，AB＝4BN. 若MN∥平面ADD'A'，则此 棱台上下底面边长的比值为（　　） A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 解析：　设E为CD的中点，G为EC的中点， 连接MG，NG，C'E，则NG∥AD，则平面 MNG∥平面ADD'A'.又平面DCC'D'分别交平 面MNG和平面ADD'A'于直线MG，DD'，则 MG∥DD'.因为E为CD的中点，G为EC的中 点，M为CC'的中点，所以DD'∥C'E∥MG. 所以DEC'D'为平行四边形，棱台上下底面边长的比值为 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 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，且平面A1EF∥平面BCHG，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 13. （2024·青岛月考）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 ＝ 　​ 　. 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 ＝ . ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 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； 证明：由题设知BB1􀰿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􀰿B1C1􀰿BC， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 （2）若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l. 证明：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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 15. 如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，N 分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC，BC的中点，点M在四边形 EFGH及其内部运动，则M只需满足条件 ⁠ 时，就有MN∥平面B1BDD1.（注：请填上你认为 正确的一个条件即可） 点M在线段FH上（答 案不唯一） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 解析：取B1C1的中点Q，连接QN，QF，连 接FH，NH，如图，由已知得QN，FH与 CC1，BB1都平行且相等，因此FH与QN平行 且相等，从而FQNH是平行四边形， FQ∥HN，由H，N分别是CD，CB的中 点，则HN∥BD，又HN⊄平面B1BDD1，BD⊂平面B1BDD1，所以HN∥平面B1BDD1，同理NQ∥平面B1BDD1，又HN∩NQ＝N，HN，NQ⊂平面FQNH，所以平面FQNH∥平面BB1D1D，因此只要M∈FH，就有MN∥平面B1BDD1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 16. 如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩 形ABEF可沿AB任意翻折. （1）求证：当F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面 FAD； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 解：证明：在平面图形中， 设MN与AB交于点G. 由于四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形且AD＝AF，因此有 AD∥BE且AD＝BE， ∴四边形ADBE是平行四边形， ∴AE∥DB. 又∵AM＝DN， ∴四边形ADNM为平行四边形， ∴MN∥AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 折叠之后， MG∥AF， NG∥AD， MG∩NG＝G， AD∩AF＝A，示 意图如图①，∴平面FAD∥平面GNM. 又∵MN⊂平面GNM，∴MN∥平面FAD. ∴当F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 （2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这 个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能 否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由. 解：这个结论不正确. 要使结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.理由如下： 当F，A，D共线时，由平面图形，易证得 FD∥MN. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 折叠后，当F，A，D不共线时，由（1）知平面MNG∥平面FDA，可知要使MN∥FD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可. 若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可. 由平面图形知，若要DN和FM共面，则DN与FM相交于点B（M，N分别为AE，DB的中点才能实现），折叠后的图形如图②. ∵FM∩DN＝B，∴可知它们确定一个平面， 即F，D，N，M四点共面. 又∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FAD，∴MN∥FD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 目录 数学·必修第二册 $