11.3.3 平面与平面平行（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

本讲义聚焦平面与平面平行的核心知识点，系统梳理判定定理（一平面内两条相交直线平行于另一平面推面面平行）和性质定理（平行平面与第三平面相交得交线平行），构建从现实情境导入、直观探究抽象定理到综合应用及截面问题的学习支架。 该资料以中国国家馆等现实情境导入，培养几何直观；通过矩形硬纸片、三角尺操作引导抽象判定定理，发展空间观念；例题与母题探究强化推理能力，课中助教师引导知识建构，课后练习题与拓视野内容帮助学生查漏补缺，提升应用意识。

11．3.3　平面与平面平行 新课导入 学习目标 上海世界博览会的中国国家馆被永久保留，中国国家馆表达了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质，展馆共分三层，这三层给人以平行平面的感觉． 1.了解空间中平面与平面的平行关系． 2．归纳出平面与平面平行的判定定理和性质定理，并能应用上述定理解决空间中的平行问题． 　　　　　　　　　　　　　　　 一　平面与平面平行的判定定理 思考1　如图1，a和b分别是矩形硬纸片的两条对边所在直线，它们都与桌面平行(转动一下硬纸片，仍可保持a，b都与桌面平行)，直观感受一下，硬纸片与桌面平行吗？ 提示　不一定平行． 思考2　如图2，c和d分别是三角尺相邻两边所在直线，它们都与桌面平行，直观感受一下，三角尺与桌面平行吗？ 提示　平行． [知识梳理] 类别 判定定理 推论 文字语言 如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面平行 如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面平行 符号语言 l⊂α，m⊂α，l∩m≠∅，l∥β，m∥β⇒α∥β a∥c，b∥d，a∩b＝A，a⊂α，b⊂α，c⊂β，d⊂β⇒α∥β 图形语言 [例1] (对接教材例1)如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1.若E，F分别是AA1，CC1的中点，求证：平面EB1D1∥平面FBD. 【证明】　由BD∥B1D1，BD⊄平面EB1D1，B1D1⊂平面EB1D1，得BD∥平面EB1D1. 如图，取BB1的中点G，连接AG，GF，易得AE∥B1G，AE＝B1G，所以四边形AEB1G是平行四边形，所以B1E∥AG. 易得GF∥AD，GF＝AD，所以四边形ADFG 是平行四边形，所以AG∥DF， 所以B1E∥DF，又DF⊄平面EB1D1，B1E⊂平面EB1D1， 所以DF∥平面EB1D1. 又因为BD∩DF＝D，BD，DF⊂平面FBD，所以平面EB1D1∥平面FBD. 母题探究　把本例的条件改为“E，F分别是AA1与CC1上的点，且A1E＝AA1”，求F在何位置时，平面EB1D1∥平面FBD? 解：当F满足CF＝CC1时，平面EB1D1∥平面FBD，证明如下： 如图，在D1D上取点M，且DM＝DD1， 连接AM，FM，则AE綉D1M， 从而四边形AMD1E是平行四边形， 所以D1E∥AM. 同理，FM綉CD，又因为AB綉CD，所以FM綉AB， 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B1B綉D1D，从而四边形BB1D1D是平行四边形，故B1D1∥BD，又BD⊂平面FBD，B1D1⊄平面FBD， 从而B1D1∥平面FBD， 又D1E∩B1D1＝D1，D1E，B1D1⊂平面EB1D1， 所以平面EB1D1∥平面FBD. 利用判定定理证明两个平面平行的一般步骤 [跟踪训练1] 如图所示，在直角梯形ABCP中，BC∥AP，AB⊥BC，CD⊥AP，AD＝DC＝PD.E，F，G分别为线段PC，PD，BC的中点，现将△PDC折起，使点P∉平面ABCD.求证：平面PAB∥平面EFG. 证明：因为E，F分别为线段PC，PD的中点，所以EF∥CD，又因为CD∥AB，所以EF∥AB. 又EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以EF∥平面PAB. 同理可证EG∥平面PAB. 又因为EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG， 所以平面PAB∥平面EFG. 二　平面与平面平行的性质定理 已知平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β. 思考1　直线a与平面β的位置关系如何？ 提示　平行． 思考2　直线a与直线b的位置关系如何？ 提示　平行或异面． 思考3　在什么条件下可使a∥b? 提示　当a与b不异面，即a与b在同一平面内时，a∥b. [知识梳理] 类别 性质定理 推论 文字语言 如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行 两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例 符号语言 α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m⇒l∥m α∥β∥γ，l∩α＝A，l∩β＝B，l∩γ＝C，m∩α＝D，m∩β＝E，m∩γ＝F⇒＝ 图形语言 [例2] 如图，已知AB，CD是夹在两个平行平面α，β之间的线段，M，N分别为AB，CD的中点．求证：MN∥α. 【证明】　①若AB，CD在同一平面内，则平面ABDC与α，β的交线分别为BD，AC.因为α∥β，所以AC∥BD. 因为M，N分别为AB，CD的中点，所以MN∥BD. 又BD⊂α，MN⊄α，所以MN∥α. ②若AB，CD异面，如图，过A作AE∥CD交α于点E，取AE的中点P，连接MP，PN，BE，ED，BD. 因为AE∥CD，所以AE，CD确定平面AEDC， 且与α，β的交线分别为ED，AC. 因为α∥β，所以ED∥AC. 又P，N分别为AE，CD的中点， 所以PN∥ED，又PN⊄α，ED⊂α，所以PN∥α， 同理可证MP∥α，又因为PN，MP⊂平面MPN，PN∩MP＝P，所以平面MPN∥α， 又MN⊂平面MPN，所以MN∥α. 平面与平面平行的性质定理的解题步骤 [跟踪训练2] 如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，平面A1DCE与B1B交于点E.求证：EC∥A1D. 证明：因为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，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. 三　面面平行的综合应用 [例3] (对接教材例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　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的长为24. (1)空间中各种平行关系相互转化 (2)平行平面分线段成比例定理 类比平面内的平行直线分线段成比例定理，在空间中有平行平面分线段成比例定理：三个平行平面截两条直线所得的对应线段成比例． [跟踪训练3] 在底面是菱形的四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a, PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，平面PAB∩平面PCD＝l. (1)证明：l∥CD； (2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论． 解：(1)证明：由四边形ABCD为菱形，得AB∥CD， 又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，则AB∥平面PCD， 又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，则AB∥l，所以l∥CD. (2)存在．当F是PC的中点时，BF∥平面AEC，如图，取PE的中点M，连接FM，当F为PC的中点时，得FM∥CE，又CE⊂平面AEC，FM⊄平面AEC，所以FM∥平面AEC.由M为PE的中点，PE∶ED＝2∶1，得EM＝PE＝ED，故E是MD的中点， 连接BM，BD，设BD∩AC＝O，由四边形ABCD是菱形，得O为BD的中点，连接OE， 则BM∥OE，又OE⊂平面AEC，BM⊄平面AEC，所以BM∥平面AEC，又FM∩BM＝M，FM，BM⊂平面BFM，则平面BFM∥平面AEC，又BF⊂平面BFM，所以BF∥平面AEC. 拓视野 截面问题 截面定义：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面，与几何体表面的交集(交线)叫做截线，与几何体棱的交集(交点)叫做截点． [典例] 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AB中点，P为线段C1D1上一动点，过D，E，P的平面截正方体的截面图形不可能是(　　) A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形 【解析】　对于B，当点P与D1重合时，如图1， 取A1B1中点H，连接DE，EH，HD1，因为E是AB中点，则EH∥DD1，且EH＝DD1，所以四边形EHD1D为平行四边形，又因为DD1⊥DE，所以平行四边形EHD1D为矩形，故排除B选项； 对于C，当点P与C1重合时，如图2， 取BB1的中点为G，连接DE，EG，GC1，C1D，因为E是AB的中点，所以EG∥DC1， 截面四边形EGC1D为梯形，故排除C选项； 对于D，当点P为C1D1中点时，如图3， 连接PB1，B1E，DE，DP，因为E是AB中点，所以PB1∥DE，且PB1＝DE，则四边形EB1PD是平行四边形． 又因为B1P＝＝＝，B1E＝＝＝，　 且C1D1＝B1C1＝AB＝BB1，所以B1P＝B1E， 所以平行四边形EB1PD是菱形，故排除D选项； 对于A，不管点P在线段C1D1的什么位置，截面图形都不可能是三角形． 【答案】　A 截面的作法 (1)直接法作截面：若截面上的点都在几何体的棱上，且两两在同一个平面内，可借助基本事实“如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内”，直接连线作截面． (2)平行线法作截面：若截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可以借助于两个性质：①如果一条直线平行于一个平面，经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行；②如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行，利用平行线法作截面． [练习] 如图，已知正三棱柱木料ABC­A1B1C1各棱长都为2，O1，O分别为△A1B1C1和△ABC的中心，Q为线段O1O上的点，且＝，过A，B，Q三点的截面把该木料截成两部分，则截面面积为________． 解析：如图，连接CO，C1O1并延长分别交AB，A1B1于点D，D1，易知CD∥C1D1，连接DQ并延长交C1D1于点P，过点P作EF∥A1B1分别交B1C1，A1C1于点E，F，连接BE，AF.因为EF∥A1B1，所以EF∥AB，故梯形ABEF为所求截面．因为O1，O分别为△A1B1C1和△ABC的中心， ＝，CD∥C1D1，所以O1P＝OD＝O1D1.又△A1B1C1是等边三角形，所以O1D1＝C1D1，故D1P＝C1D1，即P是C1D1的中点，所以EF＝A1B1，易知四边形ABEF为等腰梯形，所以PD为等腰梯形的高．又正三棱柱ABC­A1B1C1各棱长都为2，所以EF＝1，BE＝＝，PD＝＝＝，所以S梯形ABEF＝(AB＋EF)×PD＝×3×＝. 答案： 1.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．以上都不对 解析：选B.由长方体的性质：各对面平行，易知HG∥EF，EH∥FG，所以四边形EFGH 为平行四边形．故选B. 2．(多选)以下条件能够判断平面α与平面β平行的是(　　) A．平面α内有两条直线与平面β平行 B．两不同平面α，β平行于同一个平面 C．平面α内的任意一条直线与平面β无公共点 D．夹在平面α与平面β间的两条平行线段相等 解析：选BC.对于A，由面面平行的判定定理可知，若平面α内有两条相交直线与平面β平行，则平面α与平面β平行，则A不正确； 对于B，平行于同一个平面的两个平面平行，则B正确； 对于C，两个平面的位置关系有平行和相交两种，平面α内的任意一条直线与平面β无公共点，则平面α与平面β无公共点，即平面α与平面β平行，则C正确； 对于D，相交平面也存在夹在两平面间的两条平行线段相等的情况，则D不正确．故选BC. 3．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上的一点，AP＝1，过P，M，N三点的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝__________． 解析：因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ABCD∩平面PQNM＝PQ，平面A1B1C1D1∩平面PQNM＝MN，所以MN∥PQ.连接A1C1，AC(图略)，则MN∥A1C1，A1C1∥AC，所以MN∥AC，PQ∥AC.又AP＝1，所以＝＝，所以PQ＝AC＝×3＝2. 答案：2 4．(教材P108T4改编)如图所示，在长方体ABCD-A′B′C′D′中，E，F，E′，F′分别是AB，CD，A′B′，C′D′的中点．求证：平面A′EFD′∥平面BCF′E′. 证明：因为E，E′分别是AB，A′B′的中点， 所以A′E′綉BE， 所以四边形A′EBE′为平行四边形， 所以A′E∥BE′. 又A′E⊄平面BCF′E′，BE′⊂平面BCF′E′， 所以A′E∥平面BCF′E′， 同理可证A′D′∥平面BCF′E′， 又A′D′∩A′E＝A′，A′D′，A′E⊂平面A′EFD′， 所以平面A′EFD′∥平面BCF′E′. 1．已学习：平面与平面平行的判定定理、性质定理． 2．须贯通：应用面面平行的判定定理，只要找出一个平面内两条相交直线分别与另一个平面平行即可；应用面面平行的性质定理，一般是找到或作出与两个平行平面相交的辅助面，辅助面与两个平行平面相交，那么两条交线必定平行；面面平行的判定定理与性质定理体现了线线平行、线面平行、面面平行之间的相互转化． 3．应注意：(1)平面与平面平行的条件是否充分；(2)证明面面平行一般要用判定定理． 学科网（北京）股份有限公司 $