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Word(人教A版)

该教案聚焦平面与平面平行的性质定理，通过“两平行平面内直线何时平行”的问题导入，衔接面面平行判定知识，搭建从直观感知到逻辑证明的学习支架。 以长方体模型直观感知性质定理，结合三棱锥、正方体等实例，通过定理应用、计算及平行关系转化题型，培养逻辑推理与直观想象素养，助力学生构建空间平行关系网络，为教师提供分层教学资源，提升课堂效率。

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 　　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？ 　 　 　 　 　 　 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　平行　 符号语言 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒　a∥b　 图形 语言 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.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：A　因为平面ABCD∥平面A'B'C'D'，所以EF∥E'F'.故选A. 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：D　∵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. 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＝＝＝. 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. 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. 通性通法 应用面面平行性质定理的基本步骤 【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. （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. （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. 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. 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 . 【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. 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. 【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 ＝. 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； 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）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. 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. 【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. （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. 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：A　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 解析：D　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.（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：B　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，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. 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 解析：D　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 解析：D　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.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：B　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. 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：D　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. 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：A　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. 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 解析：AD　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. 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的形状一定是平行四边形. 解析：由夹在两平行平面间的平行线段相等可得. 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＝. 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；③m∥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①②③→④（或①②④→③）（答案不唯一）. 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③m∥α成立，正确；若②m∥n，③m∥α，④n∥β，则平面α，β可能相交、平行. 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. 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. 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. 解析：D　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. 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 解析：ABC　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.（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＝. 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􀰿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， 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. 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只需满足条件点M在线段FH上（答案不唯一）时，就有MN∥平面B1BDD1.（注：请填上你认为正确的一个条件即可） 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. 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； （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：（1）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. 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. （2）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. 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. 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $