高中数学 第2章 点、直线、平面之间的位置关系 2.2.3 直线与平面平行的性质 2.2.4 平面与

2.2.3 直线与平面平行的性质 2.2.4 平面与平面平行的性质
疱丁巧解牛
知识·巧学
一、线面平行性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行.
符号语言：l∥α,l⊂β,α∩β=m⇒l∥m.
证明：如图2-2-11,∵l∥α，∴l和α没有公共点.
图2-2-11
又∵m⊂α，∴l和m没有公共点.
即l和m都在β内，且没有公共点.∴l∥m.
方法点拨
直线与平面平行的性质定理可简记为“若线面平行，则线线平行”.线面平行的性质定理简记为“若线面平行，则线线平行”.它与判定定理经常混合使用，这反映了线面平行、线线平行间的相互转化、相互联系，也是将平面几何与立体几何联系起来的桥梁.
二、线面平行性质定理的应用
应用性质定理时，关键是过已知直线作辅助平面与已知平面相交，所得交线不仅起到本身与已知直线平行的作用，而且起到已知平面内任一条直线与已知直线位置关系的判定作用，即在已知平面内所有与交线平行的直线都与已知直线平行，所有与交线相交的直线都与已知直线异面.
线面平行的性质定理是由线面平行推出线线平行.这里的线线是指与平面平行的一条直线和过这条直线的平面与已知平面的交线，这个定理用符号语言来表示，即a∥α，a⊂β，α∩β=b，则a∥b.在应用该定理时，要防止出现“一条直线平行于一个平面就平行于这个平面内的一切直线”的错误.一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但不能与平面内的任意一条直线平行.“无数条”可以是同一方向的平行线，而“任意一条”则可以是任意方向的一条直线.“一切直线”自然包括了不同方向的直线，一条直线平行于一个平面，虽然它与平面内一切直线都没有公共点，但它与这些直线的位置关系，可能是平行，也可能是异面.
三、面面平行性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行. 符号语言：α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
上面的定理告诉我们，可以由平面与平面间的平行得出直线与直线平行.
方法点拨面面平行性质定理可用于证明线线平行．
四、面面平行的性质
(1)如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行.用符号表示为α∥β，γ∩α=a，γ∩β=b⇒a∥b.此性质由面面平行得到线线平行，这为证明两直线平行增加了一个新的方法.
(2)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线必平行于另一个平面.用符号表示为α∥β，a⊂α⇒a∥β.此性质由面面平行得到线面平行，这也是线面平行的一个判定方
法.
(3)如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也垂直于另一个平面.用符号表示为α∥β，l⊥α⇒l⊥β.此性质为证明线面垂直又开辟了一条途径.
(4)夹在两个平行平面之间的平行线段相等.
(5)经过平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行.
方法点拨面面平行的性质较多，在理解的基础上记忆各个性质，逐步达到灵活运用的目的.当然，重点性质应重点记忆. 面面平行的性质判定也是诸如线线平行、线面平行的判定方法，应加强对方法的理解掌握.
五、线线平行、线面平行、面面平行间的关系
问题·探究
问题1 线面平行性质定理应用时，关键之处在哪儿？
探究:应用线面平行性质定理，要作出或证明过已知直线的平面，其中可能有一些平面只是作为辅助平面出现，辅助平面的作用就是将空间几何平面化.和平面几何添加辅助线一样，在构造辅助平面时，首先要确定这个平面是否存在.
问题2 利用平面与平面平行性质定理解题时需注意的地方有哪些？
探究:两个平面平行性质定理应用时关键之处在于第三个平面的构造，以及第三个平面与这两个平面的交线的构造，这是特别需要注意的地方.
典题·热题
例1 求证：如果一条直线和两个相交平面都平行，那么这条直线和它们的交线平行.
已知：α∩β=l，a∥α，a∥β.求证：a∥l.
思路解析：已知条件有线面平行关系，可利用线面平行的性质定理转化为线线平行，注意性质定理的应用.
证法一：如图2-2-12，过a作平面γ交α于b.
图2-2-12
∵a∥α，∴a∥b.
过a作平面ε交平面β于c.
∵a∥β，∴a∥c.∴b∥c.
又b⊄β且c⊂β，∴b∥β.
又平面α过b交β于l，∴b∥l.
∵a∥b，∴a∥l.
证法二：如图2-2-13，在l上任取一点A，过A和a作平面与α相交于l1，与β相交于l2，则由线面平行的性质定理可知a∥l1，a∥l2.
图2-2-13
又过一点只能作一条直线与另一条直线平行，∴l1与l2重合.
又l1⊂α，l2⊂β，∴l1、l2重合于l.∴a∥l.
方法归纳应用线面平行的性质定理时，应着力寻找过已知直线的平面与已知平面的交线，有时为了得到交线还需作出辅助平面.证明与平行有关的问题时，线面平行的判定定理、性质定理、公理4常结合起来使用.
例2 已知AB、CD为异面线段，E、F分别为AC、BD的中点，过E、F作平面α∥AB.求证：CD∥α.
思路解析：条件中有AB∥α，要利用线面平行，必须找到或作出过AB的平面与α相交，这样想到连结AD.
证明：连结AD交平面α于G，连结GF，
图2-2-14
∵AB∥α，平面ADB∩α=GF，AB⊂平面ADB，∴AB∥GF.
又∵F为BD中点，∴G为AD中点.
又∵AC与AD是相交直线，确定的平面ACD∩α=EG，
E为AC中点，G为AD中点，
∴EG为△ACD的中位线.∴EG∥CD.
∵EG⊂α，CD⊄α，EG∥CD，∴CD∥平面α.
深化升华已知线面平行一般要推线线平行，关键是要找(或作)出过已知直线的平面.
例3 如图2-2-15所示，四面体A—BCD被一平面所截，截面EFGH是一个矩形，
(1)求证：CD∥平面EFGH；
(2)求异面直线AB、CD所成的角.
图2-2-15
思路解析：矩形条件要用好对边平行这一性质，而线线平行与线面平行有密切联系.
(1)证明：∵截面EFGH是一个矩形，∴EF∥GH.
又GH⊂面BCD，∴EF∥面BCD.
而EF⊂面ACD，面ACD∩面BCD=CD，
∴EF∥CD.
∴CD∥面EFGH.
(2)解：由(1)知CD∥EF，同理,AB∥FG.由异面直线所成角的定义知∠EFG 即为所求. ∴AB、CD 所成的角为90°.
深化升华 由线线平行可得线面平行，而线面平行又可推回线线平行.
例4 如图2-2-16所示，ABCD 和ABEF 是两个全等的正方形，M 、N 分别是对角线AC 、BF 上的点，且AM=FN.求证：MN∥平面BCE.
图2-2-16
思路解析：要证线面平行，可以通过线线平行或者面面平行推出.
证法一：过点M 、N 分别在平面AC 、FB 内作MQ∥AB、NP∥AB，它们分别交BC 、EB 于Q 、P 点，则MQ∥NP.
∵MQ∥AB， ∴AC
MC AB MQ =. ∵NP∥AB∥EF， ∴
BF BN EF NP =. ∵四边形ABCD 和ABEF 是两个全等的正方形，且AM=FN ，
∴AC=BF，AB=EF.
∴CM=NB.
∴MQ=NP.又∵MQ∥NP，
∴四边形MNPQ 是平行四边形.∴MN∥PQ.
∵PQ ⊂面BCE ，MN ⊄面BCE ，
∴MN∥面BCE.
证法二：如图2-2-17所示，过M 作MP∥BC 交AB 于P ，连结PN ，
图2-2-17
则AB AC AP AM =.∵AM=FN，AC=BF ，∴AB
FB AP FN =. ∴NP∥AF.又AF∥BE，∴PN∥BE.
又∵MP∩NP=P，MP ⊂面PMN ，NP ⊂面PMN ，
∴面MNP∥面BCE.又MN ⊂面PMN ，
∴MN∥面BCE.
深化升华 线线平行、线面平行、面面平行可相互转化，相互利用，要证线面平行，可通过
线线平行或者面面平行推出.
例5 如图2-2-18，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，求证：(1)平面AB 1D 1∥平面C 1BD ；(2)对角线A 1C 被平面AB 1D 1和平面C 1BD 三等分.
图2-2-18
思路解析：本题若根据“一个平面内两条相交的直线分别与另一平面内两条相交的直线平行，则两平面平行”是很容易解决论证平面AB 1D 1∥平面C 1BD 的，但兼顾考虑(2)的论证，(1)我们还是采用“两平面垂直于同一直线则两平面平行”的判定方法.
证明：(1)连结AC ，∵BD⊥AC，AC 是A 1C 在底面上的射影，由三垂线定理得A 1C⊥BD. 同理,可证A 1C⊥BC 1.
∴A 1C⊥平面C 1BD ，同理,也能证得A 1C⊥平面AB 1D 1.
∴平面AB 1D 1∥平面C 1BD.
(2)设A 1到平面AB 1D 1的距离为h ，正方体的棱长为a ，则有222
131)2(4331
a a a h ∙=∙.
图2-2-19 ∴h=a 33.同理,C 到平面C 1BD 的距离也为a 3
3，而A 1C=a 3.故A 1C 被两平行平面三等分. 方法归纳 论证A 1C 被两平行平面三等分，关键是求A 1到平面AB 1D 1的距离，C 到平面C 1BD 的距离，这里用三棱锥体积的代换，若不用体积代换，则可以在平面A 1ACC 1中考虑. 连结A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O 1，AC∩BD=O，如图,连结AO 1，C 1O ，AC 1，设AC 1∩A 1C=K.A 1C∩AO 1=M ，C 1O∩A 1C=N.可证M 为△A 1AC 1的重心，N 为△ACC 1的重心，则可推知MN=NC=A 1M.
图2-2-20
另外值得说明的是：A 1C 是面AB 1D 1和面BC 1D 的公垂线.
异面直线AD 1和C 1D 的距离也等于MN.
例6 如图2-2-21,B 为△ACD 所在平面外一点，M 、N 、G 分别为△ABC、△ABD、△BCD 的重心，
(1)求证：平面MNG∥平面ACD ；
(2)求S △MNG ∶S △ADC .
图2-2-21
思路解析：(1)要证明平面MNG∥平面ACD ，由于M 、N 、G 分别为△ABC、△ABD、△BCD 的重心，因此可想到利用重心的性质找出与平面平行的直线.(2)因为△MNG 所在的平面与△ACD 所在的平面相互平行，因此，求两三角形的面积之比，实则求这两个三角形的对应边之比. 解：(1)连结BM 、BN 、BG,并延长分别交AC 、AD 、CD 于P 、F 、H.
∵M、N 、G 分别为△ABC、△ABD、△BCD 的重心，
则有2===GH
BG NF BN MP BM . 连结PF 、FH 、PH,有MN∥PF，又PF ⊂平面ACD ，
∴MN∥平面ACD.
同理,MG∥平面ACD ，MG∩MN=M，∴平面MNG∥平面ACD.
(2)由(1)可知
32==BH BG PH MG ， ∴MG=PH 3
2.
图2-2-22
又PH=
AD 21，∴MG=AD 3
1. 同理,NG=AC 31，MN=CD 31， ∴△MNG∽△ACD，其相似比为1∶3，
∴S △MNG ∶S △ADC =1∶9.
方法归纳 立体几何问题，一般都是化成平面几何问题，所以要重视平面几何.比如重心定理，三角形的三边中线交点叫做三角形的重心，到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍.。