第六章 重点突破4 空间中的平行关系-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版）

本高中数学讲义聚焦直线与平面平行、平面与平面平行的判定及性质定理应用，通过题型解析、方法总结、对点练习构建学习支架，系统梳理从定理理解到综合证明的完整脉络。 资料以四棱锥、正方体等几何模型为载体，通过分层例题引导学生运用定理解决证明问题，培养直观想象与逻辑推理核心素养。课中助力教师高效授课，课后提供方法归纳与练习题，帮助学生巩固知识、查漏补缺。

学习目标 1.利用直线与平面平行的性质定理与判定定理解决问题.　2.利用平面与平面平行的性质定理与判定定理解决问题，提升直观想象、逻辑推理的核心素养. 题型一　直线与平面平行的 性质与判定定理的应用 如图，已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点. (1)求证：SA∥平面EDB； (2)若F为棱AB的中点，求证：EF∥平面SAD； (3)设平面SAB∩平面SCD＝l，求证：AB∥l. 证明：(1)连接AC交BD于O，连接OE，因为ABCD是平行四边形，所以AO＝OC. 又E为侧棱SC的中点，所以SA∥EO. 又SA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB， 所以SA∥平面EDB. (2)若F为棱AB的中点，DO＝BO，则AD∥FO. 又FO⊄平面SAD，AD⊂平面SAD， 所以FO∥平面SAD. 又SA∥EO，EO⊄平面SAD，SA⊂平面SAD，所以EO∥平面SAD. 又EO∩FO＝O，EO，FO⊂平面EOF，所以平面EOF∥平面SAD. 又EF⊂平面EOF，所以EF∥平面SAD. (3)如图所示，因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD. 又平面SAB∩平面SCD＝l，AB⊂平面SAB，所以AB∥l. 线线、线面平行的证明方法 方法 关键 利用线面平行的判定定理证线面平行 在该平面内找或作一条直线，证其与已知直线平行 利用面面平行的性质证线面平行 过该线找或作一平面，证明其与已知平面平行 利用线面平行的性质证线线平行 过线作平面，产生交线 对点练1.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. 求证：(1)MN∥平面PAD； (2)MN∥PE. 证明：(1)如图所示，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，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)因为平面MNQ∥平面PAD，又平面PEC∩平面MNQ＝MN，平面PEC∩平面PAD＝PE， 所以MN∥PE. 学生用书⬇第171页 题型二　平面与平面平行的 性质与判定定理的应用 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，O为底面中心，M，E分别为PA，PD的中点，△PDC为等腰直角三角形，且DP＝DC. (1)求证：MO∥平面PDC； (2) 若F，N分为CE，DE的中点，点G在线段PB上，且PG＝3GB.求证：平面GFN∥平面ABCD. 证明：(1)连接AC，则O为AC中点. 又点M为PA中点，所以MO∥PC. 因为MO⊄平面PDC，PC⊂平面PDC，所以MO∥平面PDC. (2)连接BD，如图所示. 因为F，N分别为CE，DE的中点，所以FN∥CD. 因为E为PD的中点， 所以PN＝PD. 因为点G在线段PB上，且PG＝3GB， 所以PG＝PB，所以GN∥BD. 因为FN⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以FN∥平面ABCD. 同理可得GN∥平面ABCD. 又GN∩FN＝N，GN，FN⊂平面GFN， 所以平面GFN∥平面ABCD. 1.判定面面平行的四种方法 (1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点. (2)面面平行的判定定理. (3)垂直于同一条直线的两平面平行. (4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行. 2.当已知两平面平行时，可以得出线面平行，如果要得出线线平行，必须是与第三个平面的交线. 对点练2.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝. (1)求证：PQ∥平面A1D1DA； (2)若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明. 解：(1)证明：连接CP并延长与DA的延长线交于M点，连接MD1，如图所示. 因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，故△PBC∽△PDM，所以＝＝. 又因为＝＝，所以＝＝， 所以PQ∥MD1. 又MD1⊂平面A1D1DA，PQ⊄平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA. (2)当时，能使平面PQR∥平面A1D1DA. 证明：如图所示， 因为＝，即有＝，故＝，所以PR∥DA. 又DA⊂平面A1D1DA，PR⊄平面A1D1DA，所以PR∥平面A1D1DA. 又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR， 所以平面PQR∥平面A1D1DA. 1.已知a，b表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，下列推理正确的是(　　) A. α∩β＝a，b⊂α⇒a∥b B.α∩β＝a，a∥b ⇒b∥α，且b∥β C.a∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b D.a∥β，b∥β，a⊂α，b⊂α⇒α∥β 答案：C 解析：对于A，由α∩β＝a，b⊂α可得b∥a或b与a相交，故A错误；对于B，由α∩β＝a，a∥b可得b⊂α或b⊂β或b∥α，且b∥β，故B错误；对于C，由α∩γ＝a可得a⊂γ.因为a∥β，且β∩γ＝b，由线面平行的性质即得a∥b，故C正确；对于D，如图α∩β＝m，在平面α内作a∥m，b∥m.因为a⊄β，b⊄β，m⊂β，故得a∥β，b∥β，但α∥β不成立，故D错误.故选C. 2.(多选题)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列判断错误的是(　　) A.平面BME∥平面CAN B.AF∥CN C.BM∥平面EFD D.BE与AN相交 答案：BCD 解析：依题意，标出各点位置如图所示.对于A，根据正方体的性质可知EM∥AC，由于EM⊄平面CAN，AC⊂平面CAN，所以EM∥平面CAN.根据正方体的性质可知BM∥AN，同理可证得BM∥平面CAN.由于EM，BM⊂平面BME，EM∩BM＝M，所以平面BME∥平面CAN，故A正确；对于B，根据异面直线的知识以及图形可知AF与CN异面，故B错误；对于C，平面EFD即平面EFCD，由图可知，BM与平面EFCD相交，故C错误；对于D，根据异面直线的知识以及图形可知BE与AN异面，故D错误.故选BCD. 3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AD，D1C1，CC1的中点分别E，F，G，H，则下列直线中，与平面ACD1和平面BDA1的交线平行的直线为(　　) A.GH B.EH C.EG D.FH 答案：A 解析：设AD1∩A1D＝M，AC∩BD＝O，连接OM. 而O，M∈平面ACD1，O，M∈平面BDA1，则平面ACD1∩平面BDA1＝OM，作出平面ACD1和平面BDA1的交线如图所示.另一方面：由正方形的性质可知O，M分别是AC，AD1的中点，从而MO∥CD1，同理有GH∥CD1，对比选项可知与平面ACD1和平面BDA1的交线平行的直线为GH.故选A. 4.已知三个互不重合的平面α，β，γ，α∩β＝m，n⊂γ，且直线m，n不重合，由下列三个条件：①m∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③m⊂γ，n∥β.能推得m∥n的条件是　　　　. 答案：①③ 解析：对于①m∥γ，n⊂β，成立，证明如下： 因为α∩β＝m，所以m⊂β. 因为n⊂γ，n⊂β，所以β∩γ＝n. 又m∥γ，所以m∥n； 对于②m∥γ，n∥β，不成立，如图所示， 此时n和m是异面； 对于③m⊂γ，n∥β，成立，证明如下： 因为α∩β＝m，m⊂γ，所以β∩γ＝m，又n⊂γ，n∥β，所以m∥n.故答案为①③. 学生用书⬇第172页 学科网（北京）股份有限公司 $