数学北师大版必修2学案1-5-1平行关系

§5平行关系5．1平行关系的判定知识点一直线与平面平行的判定定理[填一填][答一答]1．直线和平面平行的判定定理中如果没有“不在一个平面内”的限制条件，结论还成立吗？为什么？提示：结论不一定成立．因为直线a可能在平面α内．2．证明直线和平面平行的关键是什么？提示：证明直线和平面平行的关键是在平面内找一条与已知直线平行的直线．3．如果一条直线与平面内无数条直线平行，那么这条直线与这个平面平行吗？提示：不一定平行，有可能直线在平面内．知识点二平面与平面平行的判定定理[填一填][答一答]4．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．1．直线与平面平行的判定定理直线与平面平行的判定定理是判定直线与平面平行的最常用、最基本的方法，它体现了空间问题转化为平面问题的基本思路．在具体证明过程中，常需要解决两个问题，一是在平面内找到一条直线，二是证明平面外的直线与该直线平行．第一个问题的解决常借助已知条件或构造过平面外直线的平面与已知平面相交，这时交线就是要寻找的直线；第二个问题，也就是在平面内证明两条直线平行的问题，这时可能会用到如下定理或性质：三角形的中位线定理，梯形的中位线定理，平行四边形的性质，梯形的性质等．总之，在证明时要由具体条件选择合理的方法．2．直线与平面平行的判定方法(1)利用定义：说明直线与平面无公共点(往往用反证法)．(2)利用直线与平面平行的判定定理．3．应用判定定理的思维误区(1)直线与直线的平行有传递性，直线与平面的平行没有传递性，如eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,b∥α))⇒/a∥α，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α,b∥α))⇒/a∥b等．(2)应用判定定理注意三个条件，漏掉一个条件就可能出错，如aα，b∥a⇒/b∥α，此时，b可能在平面α内，也可能与α平行．4．对平面与平面平行的判定定理的三点说明(1)具备两个条件．判定平面α与平面β平行时，必须具备两个条件：①平面β内两条相交直线a，b，即aβ，bβ，a∩b＝P；②两条相交直线a，b都与平面α平行，即a∥α，b∥α.(2)体现了转化思想．此定理将证明面面平行的问题转化为证明线面平行．(3)此定理可简记为：线面平行⇒面面平行.类型一线面平行、面面平行判定定理的理解【例1】能保证直线a与平面α平行的条件是()A．bα，a∥bB．bα，c∥α，a∥b，a∥cC．bα，A，B∈a，C，D∈b，且AC＝BDD．aα，bα，a∥b【思路探究】判定线面平行，可用定义，也可用判定定理．【解析】A错误，若bα，a∥b，则a∥α或aα；B错误，若bα，c∥α，a∥b，a∥c，则a∥α或aα；C错误，若满足此条件，则a∥α或aα或a与α相交；D正确，恰好是定理所具备的不可缺少的三个条件．故选D.【答案】D规律方法正确理解直线与平面平行的判定定理和掌握直线和平面的位置关系是解决此类题目的关键，可以采用直接法，也可以使用排除法．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，所以该命题不正确；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，所以该命题不正确；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.类型二线面平行的判定【例2】如下图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AB的中点．证明：BC1∥平面A1CD【思路探究】eq\x(\a\al(在平面A1CD内找到,与BC1平行的直线))→eq\x(\a\al(利用线面平行的,判定定理证明))【证明】连接AC1交A1C于点F，则F为AC1又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.规律方法判定直线与平面平行有两种方法：一是用定义；二是用判定定理．使用判定定理时关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，一般是遵循先找后作的原则，即现有的平面中没有出现与已知直线平行的直线时，我们再考虑添加辅助线．具体操作中，我们可以利用几何体的特征，合理利用中位线定理，或者构造平行四边形等证明两直线平行．如右图，直三棱柱ABC­A′B′C′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．证明：MN∥平面A′ACC′.证明：连接AB′，AC′，则点M为AB′的中点．又点N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN平面A′ACC′，AC′平面A′ACC′，因此MN∥平面A′ACC′.类型三面面平行的判定【例3】如图所示，在空间六边形A1B1C1C2D2A2中，每相邻两边互相垂直，边长均为a，且A2A1∥C2C1，求证：平面A2B1C2∥【思路探究】本题主要考查面面平行的判定定理，解题关键是由已知条件将图形补为正方体，通过正方体中的平行关系证明．【证明】如图所示，可将图形补成正方体A1B1C1D1－A2B2C2D由正方体的性质可得A2C2∥A1C∵A2C2⃘平面A1C1D2，A1C1平面A1C1D2，∴A2C2∥平面A同理可得B1C2∥平面A1C1D又∵B1C2平面A2B1C2，A2C2平面A2B1C2，且B1C2∩A2C2＝C2，∴平面A2B1C2∥规律方法“补形”是解决此题的关键，割补法是立体几何中常用的方法，即把空间的特殊直线放入具体的几何体中来研究有关的线面关系，从而使问题得以解决．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1证明：如图所示，连接A1C交AC1于点H，因为四边形A1ACC1所以H是A1C的中点，连接HD因为D为BC的中点，所以A1B∥DH.因为DH平面A1BD1，A1B平面A1BD1，所以DH∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1∥BD，D1C1＝BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1∥BD又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1，又因为DC1∩DH＝D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.类型四平行的综合应用【例4】如右图所示，三棱锥A－BCD中，M，N，G分别是△ABC，△BCD，△ABD的重心．(1)求证：平面MNG∥平面ACD；(2)求S△MNGS△ACD.【思路探究】(1)可综合利用三角形重心和平行线段成比例定理证明．(2)可证明△MNG∽△DAC，从而将两三角形的面积之比转化为求三角形对应边比的平方．【解】(1)证明：如右图所示，连接BM，BN，BG并延长，分别交AC，CD，DA于P，E，F，由M，N，G分别是△ABC，△BCD，△ABD的重心知P，E，F分别是AC，CD，DA的中点．连接PE，EF，PF，则PE∥AD，且PE＝eq\f(1,2)AD，EF∥AC，且FE＝eq\f(1,2)AC，PF∥CD，且PF＝eq\f(1,2)CD.又eq\f(BM,MP)＝eq\f(BN,NE)＝eq\f(BG,GF)＝2，∴MN∥PE，∴MN∥AD，又∵MN平面ACD，AD平面ACD，∴MN∥平面ACD.同理MG∥平面ACD.∵MN∩MG＝M，∴平面MNG∥平面ACD.(2)由(1)知eq\f(BM,BP)＝eq\f(BN,BE)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(MN,PE)＝eq\f(2,3)，即MN＝eq\f(2,3)PE.又PE＝eq\f(1,2)AD，∴MN＝eq\f(1,3)AD，即eq\f(MN,AD)＝eq\f(1,3).易证得△MNG∽△DAC，∴eq\f(S△MNG,S△ACD)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN,AD)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(1,9).规律方法要证明面面平行，由面面平行的判定定理知需在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．要证明线面平行，又需根据线面平行的判定定理，在平面内找与已知直线平行的直线，即：eq\x(线线平行)eq\o(→,\s\up17(线面平行),\s\do15(的判定))eq\x(线面平行)eq\o(→,\s\up17(面面平行),\s\do15(的判定))eq\x(面面平行)，这种转化是处理平行问题的基本思想方法．已知正方形ABCD如图(1)，E，F分别是AB，CD的中点，将△ADE沿DE折起，如图(2)所示，求证：BF∥平面ADE.证明：∵E，F分别为AB，CD的中点，∴EB＝FD.又∵EB∥FD，∴四边形EBFD为平行四边形，∴BF∥ED.∵DE平面ADE，而BF平面ADE，∴BF∥平面ADE.——规范解答系列——面面平行证明的一般思路【例5】如图，在三棱锥S­ABC中，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：平面EFG∥平面ABC.【思路分析】证明面面平行，应依据面面平行的判定定理，在平面EFG内找两条相交直线平行于平面ABC，根据已知的中点，可从中位线入手证明．【精解详析】因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又E是SA的中点，所以EF∥AB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.【解后反思】面面平行的判定在高考中考查的并不多，考向单一，只能依据面面平行的判定定理，而面面平行的判定定理可以帮助转化为线面平行．在使用判定定理证明面面平行时，需注意是其中一个平面内的两条相交直线．如右图，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1，证明：平面A1BD∥平面CD1B1证明：由题设知，BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴BD∥B1D1.又BD平面CD1B1，∴BD∥平面CD1B1.∵A1D1綊B1C1綊BC，∴四边形A1BCD1∴A1B∥D1C.又A1B平面CD1B1，∴A1B∥平面CD1B1.又BD∩A1B＝B，∴平面A1BD∥平面CD1B1.一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⃘α，则(A)A．α内存在直线与l异面B．α内存在与直线l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线都与l相交解析：直线l不平行于平面α，且lα，则l与α相交，l与α内的直线可能相交，也可能异面，但不可能平行，故B、C、D错，选A.2．下列命题，能得出直线m与平面α平行的是(C)A．直线m与平面α内所有直线平行B．直线m与平面α内无数条直线平行C．直线m与平面α无公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行解析：A命题本身说法错误，B当直线m在平面α内，m与α不平行，C能得出m∥α，D当直线m在平面α内满足m与α不平行，故选C.二、填空题3．在四面体A­BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是平面ABD与平面ABC.解析：如图所示，取CD的中点E，连接AE，BE.则EMMA＝12，ENBN＝12，所以MN∥AB.又MN平面ABD，MN平面ABC，AB平面ABD，AB平面ABC，所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.4.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′的六个面中，(1)与平面AD′平行的平面是平面BC′；(2)与直线AB′平行的平面是平面DC′.三、解答题5.如图所示