数学教案：空间中的平行关系平面与平面平行

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精示范教案eq\o(\s\up7(),\s\do5(整体设计）)教学分析教材通过实际操作归纳出了平面与平面平行的判定定理和性质定理，并通过两个例题展示了应用．值得注意的是根据课程标准，不需要证明判定定理．在教学中，应加强对判定定理和性质定理应用的教学．三维目标1．掌握平面与平面平行的判定定理和性质定理,提高学生的归纳能力．2．利用判定和性质定理解决平行问题,提高学生的应用能力，培养学生的空间想象能力．重点难点教学重点：判定定理和性质定理的应用．教学难点:判定定理的归纳．课时安排1课时eq\o(\s\up7（），\s\do5（教学过程）)导入新课设计1。前面我们已经学习了两直线平行、直线与平面平行的判定定理和性质定理,今天我们学习第三种平行，教师点出课题．设计2.工人师傅在制造我们学习用的课桌时,怎样检验桌面与地面平行呢?教师点出课题．推进新课eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究)）eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1(提出问题）)eq\a\vs4\al（1观察教室，两个不重合的平面的位置关系除相交外,还有什么情况?，2试用两条相交直线归纳出平面与平面平行的判定定理。，3通过学习平面与平面平行的判定定理和推论,怎样画两平行的平面？,4平面与平面平行有什么性质？)讨论结果：（1）教室内的天花板和地面不相交,而是平行，因此两平面的位置关系有两种:相交和平行．如果两个平面没有公共点,则称这两个平面平行．平面α平行于平面β，记作α∥β.(2)如下图，在平面α内，作两条直线a，b，并且a∩b＝P，平移这两条相交的直线a，b到直线a′，b′的位置，设a′∩b′＝P′，由直线与平面平行的判定定理可知：a′∥α，b′∥α.想必同学们已经认识到，由相交直线a′，b′所确定的平面β与平面α不会有公共点．否则，如下图，如果两平面相交，交线为c，于是a′，b′都平行于这两个平面的交线c，这时，过点P′有两条直线平行于交线c,根据平行公理，这是不可能的．由此，我们可以归纳出两个平面平行的判定定理：定理如果一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．利用直线与平面平行的判定定理,我们可以得到：推论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．（3)根据上述定理和推论,在画两个平面平行时，通常把表示这两个平面的平行四边形的相邻两边分别画成平行线（如下图)．(4)观察长方体形的教室，天花板面与地面是平行的．直观上能感觉到，墙面分别与天花板面、地面相交所得到的两条交线也是平行的．一般来说，两个平面平行有如下性质：定理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．事实上，由于两条交线分别在两个平行平面内，所以它们不相交,它们又都在同一平面内，由平行线的定义可知它们是平行的．(如下图)．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1（应用示例))思路1例1已知三棱锥P—ABC中，D，E,F分别是棱PA,PB，PC的中点(如下图)．求证:平面DEF∥平面ABC.证明：在△PAB中，因为D,E分别是PA,PB的中点，所以DE∥AB.又知DE平面ABC，因此DE∥平面ABC.同理EF∥平面ABC.又因为DE∩EF＝E,所以平面DEF∥平面ABC.点评：证明面面平行,通常转化为证明线面平行．变式训练已知：正方体ABCD—A1B1C1D1,求证：平面AB1D1∥平面C1BD。证明：如下图所示，ABCD—A1B1C1D1是正方体，所以BD∥B1D1.又B1D1平面AB1D1，BD平面AB1D1，从而BD∥平面AB1D1.同理可证，BC1∥平面AB1D1.又直线BD与直线BC1交于点B，因此平面C1BD∥平面AB1D1。例2已知：平面α∥平面β∥平面γ，两条直线l,m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F(如下图)．求证:eq\f(AB，BC）＝eq\f(DE，EF）。证明：连结DC，设DC与平面β相交于点G，则平面ACD与平面α，β分别相交于直线AD，BG。平面DCF与平面β,γ分别相交于直线GE，CF.因为α∥β,β∥γ，所以BG∥AD,GE∥CF.于是，得eq\f（AB，BC）＝eq\f(DG，GC),eq\f(DG,GC)＝eq\f（DE,EF)。所以eq\f（AB,BC）＝eq\f（DE,EF)。点评：本例通常可叙述为：两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．变式训练如下图,平面α，β，γ两两平行，且直线l与α，β，γ分别相交于点A，B，C，直线m与α,β，γ分别相交于点D,E，F，AB＝6，BC＝2，EF＝3。求DE的长．解：连结DC.设DC与β相交于点G，则平面ACD与α，β分别相交于直线AD，BG，平面DCF与β，γ分别相交于直线GE，CF.因为α，β，γ两两平行，所以BG∥AD,GE∥CF.因此eq\f(AB，BC）＝eq\f（DG,GC），eq\f(DG，GC）＝eq\f(DE，EF)。所以eq\f（AB,BC）＝eq\f（DE,EF).又因为AB＝6,BC＝2,EF＝3,所以DE＝9.思路2例3已知：a、b是异面直线，a平面α，b平面β，a∥β，b∥α。求证：α∥β。证明:如下图，在b上任取点P,显然Pa.于是a和点P确定平面γ，且γ与β有公共点P.设γ∩β＝a′,∵a∥β.∴a′∥a.∴a′∥α。这样β内相交直线a′和b都平行于α,∴α∥β。变式训练如下图,平面α∥平面β，平面γ与α交于直线a，γ与β交于直线b，直线c在β内，且c∥b。（1)判断c与α的位置关系,并说明理由;（2）判断c与a的位置关系，并说明理由．答案:（1）c∥α;(2)c∥a。（理由，略）2。2008江西高考,文9设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直解析：由题意，m与α斜交,令其在α内的射影为m′,则在α内可作无数条与m′垂直的直线，它们彼此平行．故A错，如下图．在α外，可作与α内直线l平行的直线，故C错;如下图，mβ,β⊥α，故B正确．与直线m垂直与平面α平行的直线有无数条，故C错．可实现作β的平行平面γ，则m∥γ且γ⊥α，故D错．答案:B例4如下图，在正方体ABCD-EFGH中,M、N、P、Q、R分别是EH、EF、BC、CD、AD的中点，求证：平面MNA∥平面PQG。证明：∵M、N、P、Q、R分别是EH、EF、BC、CD、AD的中点，∴MN∥HF,PQ∥BD.∵BD∥HF,∴MN∥PQ.∵PR∥GH，PR＝GH，MH∥AR，MH＝AR，∴四边形RPGH为平行四边形，四边形ARHM为平行四边形．∴AM∥RH，RH∥PG。∴AM∥PG.∵MN∥PQ，MN平面PQG，PQ平面PQG，∴MN∥平面PQG。同理可证，AM∥平面PQG。又直线AM与直线MN相交，∴平面MNA∥平面PQG.点评：证面面平行，通常转化为证线面平行,而证线面平行又转化为证线线平行,所以关键是证线线平行．变式训练如下图(1),已知平面α∥平面β，A、C∈α,B、D∈β，E、F分别为AB、CD的中点．(1)(2）求证:EF∥α,EF∥β.证明:当AB、CD共面时，平面ABCD∩α＝AC，平面ABCD∩β＝BD。∵α∥β,∴AC∥BD。∵E、F分别为AB、CD的中点，∴EF∥AC.∵ACα,EFα,∴EF∥α.同理，EF∥β.当AB、CD异面时，如上图（2）∵ECD，∴可在平面ECD内过点E作C′D′∥CD，与α、β分别交于C′、D′。平面AC′BD′∩α＝AC′,平面AC′BD′∩β＝BD′,∵α∥β，∴AC′∥BD′.∵E是AB中点，∴E也是C′D′的中点．平面CC′D′D∩α＝CC′，平面CC′D′D∩β＝DD′，∵α∥β，∴CC′∥DD′.∵E、F分别为C′D′、CD的中点，∴EF∥CC′，EF∥DD′.∵CCα，EFα，∴EF∥α。同理，EF∥β。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1（知能训练）)1．如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．已知：α∥β，γ∥β，求证:α∥γ。证明：如下图，作两个相交平面分别与α、β、γ交于a、c、e和b、d、f，eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1(α∥β\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a∥c,b∥d）),β∥γ\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（c∥e，d∥f）))）eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（a∥ea∥γ,b∥fb∥γ)）α∥γ。点评：欲将面面平行转化为线线平行，先要作平面．2。如下图，EFGH的四个顶点分别在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上，求证：BD∥面EFGH，AC∥面EFGH.证明：∵四边形EFGH是平行四边形eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（EH∥FG,FG面BDC,EH面BDC））eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（，,,,，\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（EH∥面BDC，EH面ABD,面ABD∩面BDC＝BD））)）eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（EH∥BD,EH面EFGH，BD面EFGH)）BD∥面EFGH.同理，可证AC∥面EFGH.3．已知:如下图，正方体ABCD-A1B1C1D，AA1＝2，E为棱CC1的中点．求证：AC∥平面B1DE.分析:取BB1的中点F,转化为证明平面ACF∥面B1DE.证明：取BB1的中点F，连结AF、CF、EF。如下图．∵E、F是CC1、BB1的中点，∴CEB1F，∴四边形B1FCE是平行四边形，∴CF∥B1E.∴CF∥平面B1DE。∵E，F是CC1,BB1的中点,∴EFBC，又BCAD，∴EFAD.∴四边形ADEF是平行四边形,∴AF∥ED，∴AF∥平面B1DE.又∵AF∩CF＝F，AF平面B1DE，CF平面B1DE.∴平面ACF∥面B1DE。又AC平面ACF.∴AC∥面B1DE.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(拓展提升))如下图，两条异面直线AB、CD与三个平行平面α、β、γ分别相交于A、E、B及C、F、D，又AD、BC与平面的交点为H、G。求证：四边形EHFG为平行四边形．eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1（证明:平面ABC∩α＝AC,平面ABC∩β＝EG,α∥β）)AC∥EG.同理,AC∥HF.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1（AC∥EG,AC∥HF））EG∥HF。同理，EH∥FG.故四边形EHFG是平行四边形．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(课堂小结）)本节课学习了：平面与平面平行的判定定理和性质，平行关系的证明策略——转化．eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（作业））本节练习B2，3题．eq\o（\s\up7（）,\s\do5（设计感想)）本节教学设计依据课程标准，通过操作，归纳平面与平面平行的判定定理和性质定理．精选了典型题目，体会判定定理和性质定理的应用．由于课堂容量较大，建议使用信息技术．eq\o(\s\up7（）,\s\do5（备课资料))备选习题1．如下图，P是△ABC所在平面外的一点,A′、B′、C′分别是△PBC、△PCA、△PAB的重心．(1）求证：平面ABC∥平面A′B′C′；(2）求△A′B′C′与△ABC的面积之比．(1）证明:连结PA′、PB′、PC′并延长交BC、AC、AB于D、E、F，连结DE、EF、DF.∵A′、C′分别是△PBC、△PAB的重心，∴PA′＝eq\f（2，3）PD，PC′＝eq\f(2,3)PF.∴A′C′∥DF。∵A′C′平面ABC，DF平面ABC，∴A′C′∥平面ABC.同理，A′B′∥平面ABC.又A′C′∩A′B′＝A′，A′C′、A′B′