数学人教A版必修2学案2-2-2平面与平面平行的判定

2.2.2平面与平面平行的判定[目标]1.理解并掌握平面与平面平行的判定定理，明确定理中“相交”两字的重要性；2.能利用判定定理解决有关面面平行问题．[重点]平面与平面平行的判定定理的理解及应用．[难点]定理应用条件中“相交”的理解．知识点平面与平面平行的判定定理[填一填][答一答]1．如果把定理中的“相交”去掉，这两个平面是否一定平行，为什么？提示：不一定平行．如果不是两条相交直线，即使在一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，也不能判定这两个平面平行，这是因为在两个相交平面的一个平面内，可以画出无数条直线与交线平行，显然这无数条直线都与另一个平面平行，但这两个平面不平行．2．如果一个平面内有无数条直线和另一个平面平行，那么这两个平面平行吗？提示：不一定平行，这无数条直线可能相互平行，此时两个平面也可能相交．3．三角板的两条边所在直线分别与桌面平行，这个三角板所在平面与桌面的位置关系是什么？提示：平行．类型一面面平行判定定理的理解[例1]已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是()A．l∥β，l⊂α⇒α∥βB．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α⇒α∥βC．l∥m，l⊂α，m⊂β⇒α∥βD．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M⇒α∥β[解析]如图所示，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥CD，则AB∥平面DC1，AB⊂平面AC，但是平面AC与平面DC1不平行，所以选项A错误；取BB1中点E，CC1的中点F，则可证EF∥平面AC，B1C1∥平面AC.又EF⊂平面BC1，B1C1⊂平面BC1，但是平面AC与平面BC1不平行，所以选项B错误；可证AD∥B1C1，AD⊂平面AC，B1C1⊂平面BC1，但是平面[答案]D解决此类问题的关键有两点：1借助常见几何体进行分析，使得抽象问题具体化.2把握住面面平行的判定定理的关键“一个平面内两条相交直线均平行于另一个平面”.[变式训练1]在以下说法中，正确的个数是(B)①平面α内有一条直线和平面β平行，那么这两个平面平行；②平面α内有两条直线和平面β平行，那么这两个平面平行；③平面α内有无数条直线和平面β平行，那么这两个平面平行；④平面α内任意一条直线和平面β都无公共点，那么这两个平面平行．A．0B．1C．2D．3解析：①平面α和平面β相交时，平面α内与两平面交线平行的直线与平面β都平行，所以该命题不正确；②当两条直线相交时，两个平面平行；当两条直线平行时，平面α和平面β可能相交；③α内这无数条直线相互平行时，两平面可能相交，此时这些直线和两平面的交线平行；④由直线和平面平行的定义可知，平面α内任意一条直线与平面β都平行，所以平面α和平面β没有公共点，即两个平面平行，所以该命题正确．综上所述，只有④正确，故选B.类型二平面与平面平行的证明[例2]如图所示，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，E、F、H分别为AB、CD、PD的中点．求证：平面AFH∥平面PCE.[分析]由面面平行的判定定理可知，要证平面AFH∥平面PCE，只需证平面AFH中两相交直线平行于平面PCE，这两条相交直线不妨取AF与FH.[证明]因为F、H分别为CD、PD的中点，所以FH∥PC.又PC⊂平面PCE，FH⊄平面PCE，所以FH∥平面PCE.因为底面ABCD为矩形，所以AB∥CD，且AB＝CD.因为E、F分别为AB、CD的中点，所以AE∥CF且AE＝CF，所以四边形AECF为平行四边形，所以AF∥CE，又CE⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE.因为FH⊂平面AFH，AF⊂平面AFH，FH∩AF＝F，所以平面AFH∥平面PCE.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，先在一个平面内找两条与另一个平面平行的相交直线，找不到再引辅助线.[变式训练2]如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、E、F、N分别是A1B1、B1C1、C1D1、D1求证：(1)E、F、B、D四点共面；(2)平面MAN∥平面EFDB.证明：(1)连接B1D1，∵E、F分别是边B1C1、C1D1∴EF∥B1D1，而BD∥B1D1，∴BD∥EF.∴E、F、B、D四点共面．(2)易知MN∥B1D1，B1D1∥BD，∴MN∥BD.又MN⊄平面EFDB，BD⊂平面EFDB.∴MN∥平面EFDB.如图，连接MF.∵M、F分别是A1B1，C1D1的中点，∴MF∥A1D1，MF＝A1D1.∴MF∥AD，MF＝AD.∴四边形ADFM是平行四边形，∴AM∥DF.又AM⊄平面BDFE，DF⊂平面BDFE，∴AM∥平面BDFE.又∵AM∩MN＝M，∴平面MAN∥平面EFDB.类型三线面平行、面面平行的综合应用[例3]如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.[证明](1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)如图，连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.1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.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.[变式训练3]如图，在底面是平行四边形的四棱锥P­ABCD中，点E在PD上，且PEED＝21，M为PE的中点，在棱PC上是否存在一点F，使平面BFM∥平面AEC？并证明你的结论．解：当F是棱PC的中点时，平面BFM∥平面AEC.∵M是PE的中点，∴FM∥CE.∵FM⊄平面AEC，CE⊂平面AEC，∴FM∥平面AEC.由EM＝eq\f(1,2)PE＝ED，得E为MD的中点，连接BM，BD，如图所示，设BD∩AC＝O，则O为BD的中点．连接OE，则BM∥OE.∵BM⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，∴BM∥平面AEC.又∵FM⊂平面BFM，BM⊂平面BFM，FM∩BM＝M，∴平面BFM∥平面AEC.1．设直线l，m和平面α，β，下列条件能使α∥β的有(D)①l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β；②l⊂α，m⊂β且l∥m；③l∥α，m∥β且l∥m.A．1个B．2个C．3个D．0个解析：①②③都不正确．2．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(C)A．平行 B．相交C．平行或相交 D．可能重合解析：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．3.在如图所示的几何体中，三个侧面AA1B1B，BB1C1C，CC1A1A都是平行四边形．则平面ABC与平面A1B1C1平行吗？是(填“解析：因为AA1B1B是平行四边形，所以AB∥A1B1，因为AB⊄平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，所以AB∥平面A1B1同理可证：BC∥平面A1B1C1又因为AB∩BC＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以平面ABC∥平面A1B1C14．a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出六个命题．①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥c,b∥c))⇒a∥b；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥γ,b∥γ))⇒a∥b；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥c,β∥c))⇒α∥β；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥γ,β∥γ))⇒α∥β；⑤eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥c,a∥c))⇒a∥α；⑥eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥γ,α∥γ))⇒a∥α，其中正确的命题是①④.(填序号)解析：①是平行公理，正确；②中a，b还可能异面或相交；③中α，β还可能相交；④是平面平行的传递性，正确；⑤还有可能a⊂α；⑥也是忽略了a⊂α的情形．5．如图所示，B为△ACD所在平面外一点，点M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心．(1)求证：平面MNG∥平面ACD；(2)求S△MNGS△ACD.解：(1)证明：如图，连接BM，BN，BG并延长分别交AC，AD，CD于P，F，H三点，∵M，N，G分别是△ABC，△ABD，△BCD的重心，∴eq\f(BM,MP)＝eq\f(BN,NF)＝eq\f(BG,GH)＝2，连接PF，FH，PH，有MN∥PF.又PF⊂平面ACD，MN⊄平面ACD，∴MN∥平面ACD.同理MG∥平面ACD，又MG∩MN＝M，∴平面MNG∥平面ACD.(2)由(1)可知eq\f(MG,PH)＝eq\f(BG,BH)＝eq\f(2,3)，∴MG＝eq\f(2,3)PH.又PH＝eq\f(1,2)AD，∴MG＝eq\f(1,3)AD.同理NG＝eq\f(1,3)AC，MN＝eq\f(1,3)CD，∴△MNG∽△DCA，∴S△MNGS△ACD＝(NGAC)2＝(13)2＝19.——本课须掌握的两大问题1．证明面面平行的方法：①利用定