2012届高考数学一轮复习教案：9.4 两个平面平行
高三数学一轮复习精品教案1：线面、面面平行的判定与性质教学设计
9.4直线、平面平行的判定与性质1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言 符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)⎭⎪⎬⎪⎫l ∥a a ⊂αl ⊄α l ∥α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(简记为“线面平行⇒线线平行”)⎭⎪⎬⎪⎫l ∥αl ⊂βα∩β＝b l ∥b 2．平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言 图形语言 符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)⎭⎪⎬⎪⎫a ∥βb ∥βa ∩b ＝P a ⊂αb ⊂αα∥β 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⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b a ∥b1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件． 2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．『试一试』1．下列说法中正确的是________(填序号)．①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行；④如果直线l 和平面α平行，那么过平面α内一点和直线l 平行的直线在α内．『解析』由线面平行的性质定理知①④正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．『答案』①②④2．设l ，m ，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α； ②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ； ④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m . 其中正确命题的个数是________．『解析』易知①正确；②错误，l 与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明．『答案』21．转化与化归思想——平行问题中的转化关系2．判断线面平行的两种常用方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：(1)利用线面平行的判定定理；(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面．『练一练』1．a 、b 、c 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出四个命题 ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥c β∥c ⇒α∥β ②⎭⎪⎬⎪⎫α∥γβ∥γ⇒α∥β③⎭⎪⎬⎪⎫α∥c a ∥c ⇒a ∥α ④⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γα∥γ⇒α∥a其中正确的命题是________(填序号)．『解析』②正确．①错在α与β可能相交．③④错在a 可能在α内． 『答案』②2．如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件______时，有MN ∥平面B 1BDD 1.『解析』由平面HNF ∥平面B 1BDD 1知，当M 点满足在线段FH 上有MN ∥平面B 1BDD 1.『答案』M ∈线段FH考点一线面平行、面面平行的基本问题1．有互不相同的直线m ，n ，l 和平面α，β，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，l ∩α＝A ，A ∉m ，则l 与m 不共面；②若m ，l 是异面直线，l ∥α，m ∥α，且n ⊥l ，n ⊥m ，则n ⊥α； ③若m ，n 是相交直线，m ⊂α，m ∥β，n ⊂α，n ∥β，则α∥β； ④若l ∥α，m ∥β，α∥β，则l ∥m . 其中真命题有________个．『解析』由异面直线的判定定理，易知①是真命题；由线面平行的性质知，存在直线l ′⊂α，m ′⊂α，使得l ∥l ′，m ∥m ′，∵m ，l 是异面直线，∴l ′与m ′是相交直线，又n ⊥l ，n ⊥m ，∴n ⊥l ′，n ⊥m ′，故n ⊥α，②是真命题；由线面平行的性质和判定知③是真命题；满足条件l ∥α，m ∥β，α∥β的直线m ，l 或相交或平行或异面，故④是假命题．『答案』32．(2014·济宁模拟)过三棱柱ABC A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1 平行的直线共有________条．『解析』过三棱柱ABC A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，记AC ，BC ，A 1C 1，B 1C 1的中点分别为E ，F ，E 1，F 1，则直线EF ，E 1F 1，EE 1，FF 1，E 1F ，EF 1均与平面ABB 1A 1平行，故符合题意的直线共6条．『答案』6『备课札记』『类题通法』解决有关线面平行、面面平行的基本问题要注意(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中条件线在面外易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．考点二直线与平面平行的判定与性质『典例』 (2013·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点．(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)设AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22，求三棱锥C A 1DE 的体积． 『解』 (1)证明：连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD . (2)因为ABC A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥CD .由已知AC ＝CB ，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB .又AA 1∩AB ＝A ，于是CD ⊥平面ABB 1A 1.由AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22得∠ACB ＝90°，CD ＝2，A 1D ＝6，DE ＝3，A 1E ＝3， 故A 1D 2＋DE 2＝A 1E 2，即DE ⊥A 1D . 所以VC A 1DE ＝13×12×6×3×2＝1.『备课札记』在本例条件下，线段BC 1上是否存在一点M 使得DM ∥平面A 1ACC 1？ 解：存在．当M 为BC 1的中点时成立． 证明如下：连结DM ，在△ABC 1中， D ，M 分别为AB ，BC 1的中点 ∵DM 綊12AC 1，又DM ⊄平面A 1ACC 1AC 1⊂平面A 1ACC 1，∴DM ∥平面A 1ACC 1.『类题通法』证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线； (2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；(3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可． 『针对训练』如图，已知四棱锥P ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝DC ＝12AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)求证：AM ＝CM ；(2)若N 是PC 的中点，求证：DN ∥平面AMC .证明：(1)∵在直角梯形ABCD 中，AD ＝DC ＝12AB ＝1，∴AC ＝2，BC ＝2，∴BC ⊥AC ，又P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥P A ，又P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥PC .在Rt △P AB 中，M 为PB 的中点，则AM ＝12PB ，在Rt △PBC 中，M 为PB 的中点， 则CM ＝12PB ，∴AM ＝CM .(2)如图，连结DB 交AC 于点F ， ∵DC 綊12AB ，∴DF ＝12FB .取PM 的中点G ，连结DG ，FM ， 则DG ∥FM ，又DG ⊄平面AMC ，FM ⊂平面AMC ， ∴DG ∥平面AMC .连结GN ，则GN ∥MC ，GN ⊄平面AMC ， MC ⊂平面AMC . ∴GN ∥平面AMC ， 又GN ∩DG ＝G ，∴平面DNG ∥平面AMC ， 又DN ⊂平面DNG ，∴DN ∥平面AMC .考点三平面与平面平行的判定与性质『典例』 (2013·陕西高考)如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 是底面中心， A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面 A 1BD ∥平面CD 1B 1； (2)求三棱柱ABD A 1B 1D 1的体积． 『解』 (1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1， ∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形， ∴BD ∥B 1D 1. 又BD 平面CD 1B 1， ∴BD ∥平面CD 1B 1. ∵A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形， ∴A 1B ∥D 1C . 又A 1B 平面CD 1B 1， ∴A 1B ∥平面CD 1B 1. 又∵BD ∩A 1B ＝B ， ∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD A 1B 1D 1的高． 又∵AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2，∴A 1O ＝AA 21－OA 2＝1.又∵S △ABD ＝12×2×2＝1，∴VABD A 1B 1D 1＝S △ABD ×A 1O ＝1.『备课札记』『类题通法』判断面面平行的常用方法(1)利用面面平行的判定定理；(2)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)；(3)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β⇒α∥β)．『针对训练』如图，在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，底面是正方形，E，F，G分别是棱B1B，D1D，DA的中点．求证：(1)平面AD1E∥平面BGF；(2)D1E⊥AC.证明：(1)∵E，F分别是B1B和D1D的中点，∴D1F綊BE.∴四边形BED1F是平行四边形，∴D1E∥BF；又∵D1E⊄平面BGF，BF⊂平面BGF，∴D1E∥平面BGF.∵FG是△DAD1的中位线，∴FG∥AD1；又AD1⊄平面BGF，FG⊂平面BGF，∴AD1∥平面BGF.又∵AD1∩D1E＝D1，∴平面AD1E∥平面BGF.(2)连结BD，B1D1，∵底面是正方形，∴AC⊥BD.∵D1D⊥AC，D1D∩BD＝D，∴AC⊥平面BDD1B1.∵D1E⊂平面BDD1B1，∴D1E⊥AC.『课堂练通考点』1．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是________．『解析』对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①不正确；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②不正确；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．『答案』02．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是________．『解析』对于图形①，平面MNP 与AB 所在的对角面平行，即可得到AB ∥平面MNP ；对于图形④，AB ∥PN ，即可得到AB ∥平面MNP ；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．『答案』①④3．(2014·南京学情调研)已知α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线， 下列命题：(1)若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α； (2)若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；(3)若α∩β＝n ，m ∥α，m ∥β，则m ∥n ； (4)若α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ⊥n . 其中是真命题的是________(填序号)．『解析』对于(1)，由m ∥n ，n ∥α得m ∥α或m ⊂α，故(1)错误；根据空间中直线与平面的平行、垂直关系进行一一判断．『答案』(2)(3)(4)4.如图所示，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________．『解析』连结AM 并延长，交CD 于E ，连结BN ，并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD .『答案』平面ABC、平面ABD5.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明：(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC.∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形．∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.。
高考数学一轮总复习课件：直线、平面平行的判定及性质
∴平面MNP∥平面AA1B1B.
又∵MN⊂平面MNP，∴MN∥平面AA1B1B.
【答案】 略
(2)如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面 ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作 平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.
【证明】 如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO， 因为四边形ABCD是平行四边形，
5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列结论中，正确的是 __①_②__④___．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1； ④AD1∥平面BDC1.
解析 连接AD1，BC1，
因为AB綊C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形，
故AD1∥BC1，从而①正确； 易证BD∥B1D1，AB1∥DC1， 又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D， 故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确； 由图易知AD1与DC1异面，故③错误； 因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，故AD1∥平
因为A1G与EB平行且相等， 所以四边形A1EBG是平行四边形．所以A1E∥GB. 因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG， 所以A1E∥平面BCHG. 因为A1E∩EF＝E，所以平面EFA1∥平面BCHG. 【答案】 (1)略 (2)略
【讲评】 要证四点共面，只需证GH∥BC即可；要证面面 平行，可证一个平面内的两条相交直线和另一个平面平行，注 意“线线平行”“线面平行”“面面平行”之间的相互转化．
∵BD＝B1C，DN＝CM， ∴B1M＝BN.
∵△MEB1∽△CBB1，∴
ME CB
＝
B1M B1C
，又
∵△NFB∽△DAB，DNAF ＝BBND，
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)平面、空间两条直线
第九章直线、平面、简单几何体网络体系总览考点目标定位1.直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.2.线线、线面、面面的平行与垂直的判定和性质，三垂线定理.3.两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角.4.点到平面的距离，线面距离，平行平面的距离，异面直线的距离，两点间的球面距离.5.空间向量及其加法、减法，空间向量的坐标表示，空间向量的数量积.6.直棱柱、平行六面体及正棱锥的性质，球的体积及表面积的计算.复习方略指南1.立体几何不外乎两大问题，一类是空间位置关系的论证，这类问题应熟练掌握公理、定理、定义或用空间向量来论证，位置关系的论证要注意其间的转化.如线面平行可转化为线线平行等；另一类问题是空间量(空间角、距离、体积、侧面积)的计算,如线面角、二面角的求解.2.立体几何在高考中，选择题、填空题一般出中等难度的题，解答题中可能会有难题.3.归纳总结，理线串点，从知识上可分为：(1)平面的基本性质；(2)两个特殊的位置关系，即线线、线面、面面的平行与垂直；(3)三个角、三个距离.根据每部分内容选择典型的例题，总结出解题方法，对于空间位置关系的论证及空间角与距离的求解，还要注意把空间向量贯彻、渗透其中，通过一题多解，使学生把所学知识真正学活、会用.4.抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的核心，线面角、二面角、距离均与线面垂直密切相关.因此对于这部分内容复习中要强化，并要注意用空间向量去解空间位置关系及空间量.5.复习中要加强数学思想方法的总结与提炼，立体几何中蕴涵着丰富的思想方法，如割补思想、降维转化思想,即化空间问题到平面图形中去解决，又如证线面间的位置关系常需经过多次转换才能获得解决，又如可把空间位置关系及空间量的求解转化为空间向量的运算，这些无不体现着化归转化的思想.因此自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常能收到事半功倍的效果.9.1 平面、空间两条直线巩固·夯实基础一、自主梳理1.平面的基本性质(1)公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,则这条直线上所有的点都在这个平面内.它常用于判定直线在平面内、点在平面内.(2)公理2:如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他的公共点,且所有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线.它的作用有五个:①判定两个平面相交;②证明点在直线上;③证明三点共线;④证明三线共点;⑤画两个平面的交线.(3)公理3:经过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面.推论1:经过一条直线和这条直线外的一点,有且只有一个平面.推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面.推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面.公理3及三个推论的作用:①确定平面;②证明两平面重合;③证明点、线共面;④作截面、辅助面.2.空间两条直线的位置关系(1)相交直线——有且仅有一个公共点.(2)平行直线——在同一平面内,没有公共点.(3)异面直线——不同在任何一个平面内,没有公共点.3.异面直线定义:不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.4.异面直线的判定方法方法一:利用定理“过平面外一点与平面内一点的直线,和平面内不经过该点的直线是异面直线”判定.方法二:利用反证法,即假设这两条直线不是异面直线,推导出矛盾.5.异面直线所成的角(1)定义:直线a、b是异面直线,经过空间一点O分别引直线a′∥a,b′∥b,a′、b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a、b所成的角.(2)两条异面直线所成的角的范围为(0°,90°).(3)异面直线所成角的求法A.平移,解三角形(平移主要有三种方法,即直接平移、中位线平移、补形平移).B.〔供9(B)选用〕空间向量.由于异面直线所成角的范围是(0°,90°］,如果平移后在三角形中求出的角是钝角,则取它的补角.6.两条异面直线的公垂线定义:把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.注:与两条异面直线都垂直的直线有无数条;与两条异面直线都垂直、相交的直线有一条.7.两条异面直线的距离定义:两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段(公垂线段)的长度,叫做两条异面直线的距离.8.平行公理公理4:平行于同一直线的两直线平行.该公理揭示了平行线具有传递性.它的主要作用是沟通了“线线平行”与“线面平行”之间的内在联系,提供了判断空间直线平行及点、线共面的方法.9.等角定理及推论等角定理:如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同,那么这两个角相等.推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等.10.斜二测画法斜二测画法是借助平面表现空间的主要手法,其原则是:(1)平行性保持不变;(2)平行于x 轴的线段在直观图中长度不变,平行于y 轴的线段在直观图中长度变为原来的一半.二、点击双基1.若a 、b 是异面直线，则只需具备的条件是( )A.a ⊂平面α,b ⊄平面α，a 与b 不平行B.a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β=l ，a 与b 无公共点C.a ∥直线c ，b ∩c=A,b 与a 不相交D.a ⊥平面α，b 是α的一条斜线答案：C2.下列说法正确的是( )A.水平放置的正方形的直观图可能是梯形B.两条相交直线的直观图可能平行C.互相垂直的两条直线的直观图仍然互相垂直D.一个角一定是平面图形答案：D3.(2004北京朝阳模拟)如图,正四面体S —ABC 中,D 为SC 的中点,则BD 与SA 所成角的余弦值是( )A.33B.32C.63D.62 解析：取AC 的中点E,连结DE 、BE,则DE ∥SA,∴∠BDE 就是BD 与SA 所成的角.设SA=a,则BD=BE=23a,DE=21a,cos ∠BDE=DE BD BE DE BD •-+2222=63. 答案：C4.如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，那么(1)哪些棱所在直线与直线BA 1成异面直线？________________________________________;(2)直线BA 1与CC 1所成角的大小为___________________;(3)直线BA 1与B 1C 所成角的大小为___________________;(4)异面直线BC 与AA 1的距离为___________________;(5)异面直线BA 1与CC 1的距离为___________________.答案：(1)D 1C 1、D 1D 、C 1C 、C 1B 1、DC 、AD(2)45° (3)60° (4)a (5)a5.正六棱柱ABCDEF —A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1,侧棱长为2,则这个棱柱的侧面对角线E 1D 与BC 1所成的角是___________________.解析：连结FE 1、FD,则由正六棱柱相关性质可得FE 1∥BC 1,在△EFD 中,EF=ED=1,∠FED=120°,∴FD=︒••-+120cos 222ED EF ED EF =3.在△EFE 1和△EE 1D 中,易得E 1F=E 1D=1)2(2+=3,∴△E 1FD 是等边三角形,∠FE 1D=60°.而∠FE 1D 即为E 1D 与BC 1所成的角.答案:60°诱思·实例点拨【例1】 如图，四面体ABCD 中，E 、G 分别为BC 、AB 的中点，F 在CD 上，H 在AD 上，且有DF ∶FC=2∶3，DH ∶HA=2∶3.求证：EF 、GH 、BD 交于一点.证明:连结GE 、HF ，∵E 、G 分别为BC 、AB 的中点，∴GE ∥AC.又∵DF ∶FC=2∶3，DH ∶HA=2∶3，∴HF ∥AC.∴GE ∥HF.故G 、E 、F 、H 四点共面.又∵EF 与GH 不能平行， ∴EF 与GH 相交，设交点为O.则O ∈面ABD ，O ∈面BCD ，而平面ABD ∩平面BCD=BD.∴EF 、GH 、BD 交于一点. 讲评:证明线共点，常采用证两直线的交点在第三条直线上的方法，而第三条直线又往往是两平面的交线.【例2】 A 是△BCD 平面外的一点,E 、F 分别是BC 、AD 的中点,(1)求证:直线EF 与BD 是异面直线;(2)若AC ⊥BD,AC=BD,求EF 与BD 所成的角.(1)证明:用反证法.设EF 与BD 不是异面直线,则EF 与BD 共面,从而DF 与BE 共面,即AD 与BC 共面,所以A 、B 、C 、D 在同一平面内,这与A 是△BCD 平面外的一点相矛盾.故直线EF 与BD 是异面直线.(2)解:取CD 的中点G,连结EG 、FG ,则EG ∥BD,所以相交直线EF 与EG 所成的锐角或直角即为异面直线EF 与BD 所成的角.在Rt △EGF 中,求得∠FEG=45°,即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.链接·提示(1)证明两条直线是异面直线常用反证法;(2)求两条异面直线所成的角,首先要判断两条异面直线是否垂直,若垂直,则它们所成的角为90°;若不垂直,则利用平移法求角,一般的步骤是“作(找)—证—算”.注意,异面直线所成角的范围是(0,2π］. 【例3】 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB=a,BC=b,AA 1=c,且a>b,求:(1)下列异面直线之间的距离:AB 与CC 1;AB 与A 1C 1;AB 与B 1C.(2)异面直线D 1B 与AC 所成角的余弦值.(1)解:BC 为异面直线AB 与CC 1的公垂线段,故AB 与CC 1的距离为b.AA 1为异面直线AB 与A 1C 1的公垂线段,故AB 与A 1C 1的距离为c.过B 作BE ⊥B 1C,垂足为E,则BE 为异面直线AB 与B 1C 的公垂线,BE=C B BC BB 11•=22cb bc +,即AB 与B 1C 的距离为22c b bc+.(2)解法一:连结BD 交AC 于点O,取DD 1的中点F,连结OF 、AF,则OF ∥D 1B,∴∠AOF 就是异面直线D 1B 与AC 所成的角.∵AO=222b a +,OF=21BD 1=2222c b a ++,AF=2422c b +,∴在△AOF 中,cos ∠AOF=OF AO AF OF AO •-+2222=))((2222222c b a b a b a +++-. 解法二:如下图,在原长方体的右侧补上一个同样的长方体,连结BG 、D 1G,则AC ∥BG , ∴∠D 1BG(或其补角)为D 1B 与AC 所成的角.BD 1=222c b a ++,BG=22b a +,D 1G=224c a +,在△D 1BG 中,cos ∠D 1BG=BG B D G D BG B D •-+1212212=-))((2222222c b a b a b a +++-, 故所求的余弦值为))((2222222c b a b a b a +++-.链接·拓展利用中位线平移和利用补形平移是处理长方体中异面直线所成角的重要方法.。
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)两个平面垂直
9.5 两个平面垂直巩固·夯实基础一、自主梳理1.二面角的定义:从一条直线出发的两个半平面围成的图形叫做二面角.2.二面角的平面角:以二面角的棱上任一点为端点,在两个面内分别作垂直于棱的射线,这两条射线所成的角叫做二面角的平面角.3.两个平面垂直的定义:如果两个平面所成的二面角是直二面角,那么这两个平面互相垂直.4.两个平面垂直的判定定理:如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直.5.两个平面垂直的性质定理:如果两个平面互相垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面.二、点击双基1.在三棱锥A —BCD 中，若AD ⊥BC ，BD ⊥AD ，△BCD 是锐角三角形，那么必有( )A.平面ABD ⊥平面ADCB.平面ABD ⊥平面ABCC.平面ADC ⊥平面BCDD.平面ABC ⊥平面BCD解析:由AD ⊥BC ，BD ⊥AD ⇒AD ⊥平面BCD ，面AD ⊂平面ADC ，∴平面ADC ⊥平面BCD.答案:C2.直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=AA 1=a ，则点A 到平面A 1BC 的距离是( )A.aB.2aC.22a D.3a 解析:取A 1C 的中点O ，连结AO.∵AC=AA 1,∴AO ⊥A 1C.又该三棱柱是直三棱柱，∴平面A 1C ⊥平面ABC.又∵BC ⊥AC ，∴BC ⊥AO.因此AO ⊥平面A 1BC ，即A 1O 等于A 到平面ABC 的距离.解得A 1O=22a. 答案:C3.设两个平面α、β,直线l,下列三个条件:①l ⊥α;②l ∥β;③α⊥β.若以其中两个作为前提,另一个作为结论,则可构成三个命题,这三个命题中正确的个数为( )A.3B.2C.1D.0解析:⇒⎭⎬⎫⊥βα//l l α⊥β;⎭⎬⎫⊥⊥βααl l ∥β;⎭⎬⎫⊥βαα//l l ⊥α,选C.答案:C4.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，截面A 1BD 与底面ABCD 所成的二面角A 1-BD-A 的正切值为____________________________. 答案:25.夹在互相垂直的两个平面之间长为2a 的线段和这两个平面所成的角分别为45°和30°,过这条线段的两个端点分别向这两个平面的交线作垂线,则两垂足间的距离为____________.解析:如图,平面α⊥β,α∩β=l,A ∈α,B ∈β,AB=2a.AC ⊥l 于点C,BD ⊥l 于点D,则CD 即为所求.∵α⊥β,AC ⊥l,∴AC ⊥β,∠ABC 就是AB 与平面β所成的角.故∠ABC=30°.故AC=a.同理,在Rt △ADB 中求得AD=2a.在Rt △ACD 中,CD=222a a =a.答案:a诱思·实例点拨【例1】 如图，在三棱锥S —ABC 中，SA ⊥平面ABC ，平面SAB ⊥平面SBC.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)若设二面角S-BC-A 为45°，SA=BC ，求二面角A —SC —B 的大小.(1)证明:作AH ⊥SB 于H ，∵平面SAB ⊥平面SBC,∴AH ⊥平面SBC.又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC.SA 在平面SBC 上的射影为SH ，∴BC ⊥SB.又SA ∩SB=S ，∴BC ⊥平面SAB.∴BC ⊥AB.(2)解:∵SA ⊥平面ABC ，∴平面SAB ⊥平面ABC.又平面SAB ⊥平面SBC,∴∠SBA 为二面角S-BC-A 的平面角.∴∠SBA=45°.设SA=AB=BC=a.作AE ⊥SC 于E ，连结EH ，则EH ⊥SC ，∠AEH 为二面角ASCB 的平面角，AH=22a ，AC=2a,SC=3a,AE=36a ， ∴sin ∠AEH=23，二面角A-SC-B 为60°. 链接·聚焦证明两个平面垂直的常见方法：(1)根据定义，证其二面角的平面角是直角；(2)根据判定定理,证明一个平面经过另一个平面的垂线.【例2】 已知△ABC 在平面α内,点P 平面α,PA=PB=PC=a,∠BPC=β,∠APC=γ,∠APB=θ且cos β+cos γ=1+cos θ.(1)求证:平面PAB ⊥α;(2)设PA 中点为M,P 在α上的射影为O,O 在AC 上的射影为N,求证:平面OMN ∥平面PBC. 剖析:(1)由于PA=PB=PC,我们寻找与平面α垂直的直线;(2)利用面面平行的判定定理,证平面OMN 中有两条相交直线平行于平面PBC.证明:(1)由cos β+cos γ=1+cos θ及余弦定理可得,BC 2+AC 2=AB 2,即∠ACB=90°.又由PA=PB=PC 可知,线段PA 、PB 、PC 在平面α上的射影长也相等,因此,P 在α上的射影应是△ABC 的外心,即斜边AB 的中点O,连结PO,则PO ⊥α,而PO 平面PAB,∴平面PAB ⊥α.(2)∵PA=PB,PO ⊥AB,∴AO=OB.又ON ⊥AC,BC ⊥AC,∴ON ∥BC.∴ON ∥平面PBC.又OM 为△PAB 的中位线,∴OM ∥PB.∴OM ∥平面PBC.而OM 、ON 是平面OMN 内两条相交直线,∴平面OMN ∥平面PBC.讲评:要熟练掌握射影与三角形心的关系:设平面ABC 外一点P 在其上的射影为O,若P 到三顶点距离相等,则O 是外心;若P 到三边距离相等,则O 是内心;若两组对棱分别垂直,则O 是垂心.【例3】已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1,若过面对角线AB 1与另一面对角线BC 1平行的平面交上底面A 1B 1C 1的一边A 1C 1于点D.(1)确定D 的位置,并证明你的结论;(2)证明平面AB 1D ⊥平面AA 1D;(3)若AB ∶AA 1=2,求平面AB 1D 与平面AB 1A 1所成角的大小.剖析:本题的结论是“开放性”的,点D 位置的确定如果仅凭已知条件推理难以得出.由于AB 1与BC 1这两条面对角线是相邻两侧面上的异面直线,于是可考虑将BC 1沿BA 平行移动,BC 1取AE 1位置,则平面AB 1E 1一定平行于BC 1,问题可以解决.(1)解:如图,将正三棱柱ABC —A 1B 1C 1补成一直平行六面体ABCE —A 1B 1C 1E 1,由AE 1∥BC 1,AE 1⊂平面AB 1E 1,知BC 1∥平面AB 1E 1,故平面AB 1E 1应为所求平面,此时平面AB 1E 1交A 1C 1于点D,由平行四边形对角线互相平行性质知,D 为A 1C 1的中点.(2)证明:连结AD,从直平行六面体定义知AA 1⊥底面A 1B 1C 1D 1,且从A 1B 1C 1E 1是菱形知,B 1E 1⊥A 1C 1,据三垂线定理知,B 1E 1⊥AD.又AD ∩A 1C 1=D,所以B 1E 1⊥平面AA 1D.又B 1E 1⊂平面AB 1D,所以平面AB 1D ⊥平面AA 1D.(3)解:因为平面AB 1D ∩平面AA 1D=AD,所以过A 1作A 1H ⊥AD 于点H.作HF ⊥AB 1于点F,连结A 1F,从三垂线定理知A 1F ⊥AB 1.故∠A 1FH 是二面角A 1AB 1D 的平面角.设侧棱AA 1=1,侧棱AB=2.于是AB 1=22)2(1+=3.在Rt △AB 1A 1中,A 1F=11AB BBL AA ⨯=321•=36, 在Rt △AA 1D 中,AA 1=1,A 1D=21A 1C 1=22,AD=2121D A AA +=26. 则A 1H=ADD A AA 11⨯=33. 在Rt △A 1FH 中,sin ∠A 1FH=F A H A 11=22,所以∠A 1FH=45°. 因此可知平面AB 1D 与平面AB 1A 1所成角为45°或135°.讲评:本题主要考查棱柱的性质,以及面面关系、二面角的计算,同时考查空间想象能力和综合运用知识解决问题的能力.链接·提示1.开放性问题已进入高考试卷中,近年来,全国及上海市多次考查开放题,解开放题并将经验与解题技巧相结合,并要有较熟练的基础知识和“图形意识”，并能将典型图形灵活应用到解题中去.2.立体几何的计算并非单纯的数字计算,而是与作图和证明相结合的.立体几何计算题的主要步骤可以归纳为画—证—算三步.“画”是画图，添加必要的辅助线，或画出所要求的几何量，或进行必要的转化；“证”是证明，用三段论的方法证明你所画的几何量即为所求，然后进行最后一步计算.这三步之间紧密相连,环环相扣,互相制约,形成了解决立体几何计算题的思维程序,是综合考查学科能力的集中体现.。
2012年广东省南民私立中学高三数学第一轮复习 两个平面平行
用心 爱心 专心 - 1 -§9.4 两个平面平行【知识点精讲】一）位置关系：平行：没有公共点；βα//相交：至少有一个公共点，必有一条公共直线，公共点都在公共直线上．（相交包括垂直相交和斜交）βαβα⊥=或l二）平行的判定：（１）定义：没有公共点的两个平面平行．（常用于反证）βαβα//⇒Φ=⋂ （２）判定定理：若一个平面内的两条相交直线平行于另一平面，则这两个平面平行．（线线平行得线面平行）βαββα////,//,,,⇒=⋂⊂b a o b a b a（３）垂直于同一条直线的两个平面平行．βαβα//,⇒⊥⊥a a （４）平行于同一个平面的两个平面平行．βαγβγα////,//⇒ （５）过已知平面外一点作这个平面的平行平面有且只有一个． 三）平行的性质：（１） 两个平行平面没有公共点(定义法)．Φ=⋂⇒βαβα//（２） 若一个平面与两个平行平面都相交，则两交线平行．（面面平行得线线平行） b a b a //,,//⇒=⋂=⋂βγαγβα（３） 两个平行平面中的一个平面内的所有直线平行于另一个平面．（面面平行得线面平行）βαβα//,//a a ⇒⊂（４） 一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，必垂直于另一个平面．（用来判定直线与平面垂直）βαβα⊥⇒⊥a a ,//一般地，一条直线与两个平行平面所成的角相等，但反之不然．（５） 夹在两个平行平面间的平行线段相等．特别地，两个平行平面间的距离处处相等． 2. 重点难点:平行平面的判定定理和性质定理的应用是重点，要很熟练的运用．3．.思维方式: 熟悉线线平行⇔线面平行⇔面面平行的思路．即找或作线、面的平行关系 4.特别注意:在判定两平面平行的时候，两条直线必须是相交直线，而且要把条件写清楚，防止由一个平面内的两相交线平行于另一平面内的两相交线，就断定两个平面平行的情况． 【例题选讲】 例1：（1）在下列条件下，能够判定平面M 与平面N 平行的条件是（ ） （A ）M 、N 都垂直于另一平面Q （B ）M 内不共线的三点到N 的距离相等（C ）l,m 是M 内的两条直线，且l ∥N,m ∥N （D ）l,m 是两条异面直线，且l ∥M,m ∥M ，l ∥N,m ∥N（2）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：用心 爱心 专心1A 1CD ①b a c b b a //////⇒⎭⎬⎫ ②b a b a //////⇒⎭⎬⎫γγ ③βαβα//////⇒⎭⎬⎫b b ④βαγβγα//////⇒⎭⎬⎫ ⑤αα//////a c a c ⇒⎭⎬⎫ ⑥αγγα//////a a ⇒⎭⎬⎫ 其中正确的是（ ） （A ）①②③ （B ）①④⑤ （C ）①④ （D ）①④⑤⑥解：（1）D ；（2）Ｃ[思维点拔]要十分清楚对判定定理的应用。
苏教版高中数学必修教案两个平面平行的判定和性质
苏教版高中数学必修教案——两个平面平行的判定和性质一、教学目标：1. 让学生理解两个平面平行的概念，掌握两个平面平行的判定方法和性质。
2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力，提高空间想象力和逻辑思维能力。
3. 通过对两个平面平行的学习，培养学生合作交流、自主探究的学习习惯。
二、教学内容：1. 两个平面平行的概念及定义。
2. 两个平面平行的判定方法。
3. 两个平面平行的性质。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：两个平面平行的判定方法和性质。
2. 教学难点：如何运用判定和性质解决实际问题。
四、教学方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究两个平面平行的判定和性质。
2. 利用多媒体辅助教学，展示空间几何模型，增强学生的空间想象力。
3. 结合实例，让学生在实际问题中运用两个平面平行的判定和性质。
五、教学过程：1. 导入新课：通过生活中的实例，引入两个平面平行的概念。
2. 自主探究：让学生独立思考，探索两个平面平行的判定方法。
4. 教师讲解：讲解两个平面平行的性质，并通过实例进行演示。
5. 练习巩固：布置练习题，让学生运用所学知识解决实际问题。
7. 课后作业：布置课后作业，巩固所学知识。
六、教学评价：1. 通过课堂提问、练习题和课后作业，评估学生对两个平面平行判定和性质的理解程度。
2. 观察学生在解决问题时的思维过程，评价其空间想象力和逻辑思维能力。
3. 收集学生的小组讨论意见，了解其在合作交流中的表现。
七、教学拓展：1. 利用信息技术工具，如几何画板，让学生更加直观地观察两个平面平行的判定和性质。
2. 引入相关的数学历史知识，如平面几何的发展，提高学生对数学学科的兴趣。
3. 探讨两个平面平行的判定和性质在其他学科领域的应用，如物理学中的力学问题。
八、教学资源：1. 教材：苏教版高中数学必修教材。
2. 多媒体课件：包括PPT、几何画板演示等。
3. 练习题库：包括课后习题、拓展练习等。
4. 教学视频：关于两个平面平行的讲解和实例分析。
江苏高考数学一轮复习《平面与平面平行 》教程学案
第70课 平面与平面平行1. 理解立体几何中面面平行的判定定理与性质定理.2. 能运用面面平行的判定定理、性质定理证明有关线面平行、面面平行的命题.1. 阅读：必修2第43～45页.2. 解悟：①读懂面面平行的定义，并与线面平行、线线平行的定义作比较；②圈画两个平面平行的判定定理、性质定理中的关键词，并理解为什么要有这样的关键条件；③能结合两个定理的基本图形，用“如果……，那么……”的文字语言叙述定理，用“因为 ……，所以 ……”这样的符号语言叙述定理；④两平面间的公垂线段有多少条？什么叫两个平行平面间的距离？⑤第44页例2你会证明吗？阅读教材上的证明过程，能否用线面垂直的定义去证明l ⊥β？交换一下第44页例2的条件与结论，即：如果一条直线同时垂直于两个平面，这两个平面一定平行吗？你能证明吗？能作定理用吗？3. 践习：重解第44页例1体会解题的方法和规范.在教材空白处，完成第45页练习第2、3、4、5题.基础诊断1. 如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a 3，过P ，M ，N 三点的平面交上底面于点Q ，点Q 在CD 上，则PQ ＝ 223a .解析：因为平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面PQNM ∩平面ABCD ＝PQ ，平面PQNM ∩平面A 1B 1C 1D 1＝MN ，所以MN ∥PQ.因为M ，N 分别是棱A 1B 1，B 1C 1的中点，AP ＝a 3，所以CQ ＝a 3，所以DP ＝DQ ＝2a 3，所以PQ ＝DQ 2＋DP 2＝223a. 2. 设α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“若α∩β＝m ，n ⊂γ，且 ，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使得该命题为真命题.①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.其中可以填入的条件有 ①③ .(填序号)解析：因为n ⊂β，n ⊂γ，所以β∩γ＝n.因为α∩β＝m ，α∥γ，所以根据面面平行的性质定理可知m ∥n ，故①正确；当β∥γ，n ⊂γ，m ⊂β时，直线m 与n 不一定平行，故②错误；由n ∥β，α∩β＝m 知，m ，n 无公共点.又因为m ⊂γ，n ⊂γ，可得两直线平行，故③正确，故可填①或③.3. 已知α∥β，a ⊂α，B ∈β，则在平面β内，过点B 的所有直线中与直线a 平行的直线有 1 条.解析：因为直线a与点B确定唯一的平面γ，则平面γ与平面β相交且交线仅有一条，由面面平行的性质定理可知这条交线与直线a平行，故过点B的所有直线中与a平行的直线有1条.4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中的真命题是③.(填序号)①如果m⊂α，n⊂β，m∥n，那么α∥β；②如果m⊂α，n⊂β，α∥β，那么m∥n；③如果m⊂α，n⊂β，α∥β，且m，n共面，那么m∥n；④如果m∥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β.解析：①若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α与β可能相交，故①错误；②若α∥β，则两平面内的直线无公共点，则直线m，n可能平行，也可能异面，故②错误；③若α∥β，则两平面内的直线无公共点，则m∥n或直线m与n异面.因为m与n共面，所以m∥n，故③正确；④若m∥n，m⊥α，则n⊥α.因为n⊥β，所以α∥β，故④错误.故选③.范例导航考向❶平面与平面平行的判定例1如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，求证：平面MNP∥平面A1BD.解析：连结B1D1，B1C.因为P，N分别是D1C1，B1C1的中点，所以PN∥B1D1.又B1D1∥BD，所以PN∥BD.因为PN⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，所以PN∥平面A1BD.同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，PN，MN⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面A1BD.【注】证明面面平行，要经过“线线平行→线面平行→面面平行”的转化.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点.求证：(1) B，C，H，G四点共面；(2) 平面EFA1∥平面BCHG.解析：(1) 因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH∥B1C1.因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面.(2) 因为E，F分别AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因为A1G∥EB且A1G＝EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.因为A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.因为A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面A1EF，所以平面EFA1∥平面BCHG.考向❷平面与平面平行的判定和性质的综合运用例2如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别是PA，PB，PC的中点.M是AB上的一点，连结MC，N是PM与DE的交点，连结NF，求证：NF∥CM.解析：因为D，E分别是PA，PB的中点，所以DE∥AB.又DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.同理DF∥平面ABC，因为DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面DEF，所以平面DEF∥平面ABC.又平面PCM∩平面DEF＝NF，平面PCM∩平面ABC＝CM，所以NF∥CM.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∥平面α.解析：①若AB，CD在同一平面内，则平面ABDC与α，β的交线为BD，AC.因为α∥β，所以AC∥BD.又M，N为AB，CD的中点，所以MN∥BD.又BD⊂平面α，MN⊄平面α，所以MN∥平面α.②若AB，CD异面，如图，过点A作AE∥CD交平面α于点E，取AE的中点P，连结MP，PN，BE，ED.因为AE∥CD，所以AE，CD确定平面AEDC，所以平面AEDC与平面α，β的交线分别为ED，AC.因为α∥β，所以AC∥ED.因为P，N分别为AE，CD的中点，所以PN∥ED.又ED⊂α，PN⊄α，所以PN∥平面α.同理可证MP∥BE，所以MP∥平面α.因为MP∩PN＝P，MP，PN⊂平面MPN，所以平面MPN∥平面α.又MN⊂平面MPN，所以MN∥平面α.综上所述，MN∥平面α.自测反馈1. 下列可判断平面α∥平面β的条件是④.(填序号)①平面α内有无数条直线平行于平面β；②平面α与平面β平行于同一条直线；③平面α内有两条直线平行于平面β；④平面α内有两条相交直线平行于平面β.解析：根据面面平行的判定定理可知④正确，①②③均错误.2. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给出下列命题：①若m∥α，则m平行于平面α内的无数条直线；②若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；③若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；④若α∥β，m⊂α，则m∥β.其中真命题的序号是①③④.解析：①若m∥α，则过直线m任作平面与平面α相交所产生的交线都与直线m平行，故有无数条，故①正确；②若α∥β，m⊂α，n⊂β，则直线m，n可能平行，也可能异面，故②错误；③因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α.因为n⊥β，所以α∥β，故③正确；④因为α∥β，m⊂α，所以直线m与平面β没有公共点，所以m∥β，故④正确.故填①③④.3. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是④.(填序号)①若α，β垂直于同一平面，则α与β平行；②若m，n平行于同一平面，则m与n平行；③若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线；④若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面.解析：①若α，β垂直于同一平面，则α与β不一定平行，如正方体的两个侧面都与底面垂直，但两个侧面不平行，故①错误；②若m，n平行于同一平面，则m，n可以平行、相交、异面，故②错误；③若α，β不平行，则α，β相交，设α∩β＝l，在α内存在直线a，使得a∥l，所以a∥β，故③错误；④“若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面”的逆否命题是“若m与n垂直于同一平面，则m，n平行”，是真命题，故④正确.故填④.1. 运用面面平行的判定定理时，要注意关键条件“两条、相交”.如，三道例题中，在证明的哪个步骤，必须要强调“相交”？2. 面面平行问题是线线平行、线面平行的汇合点，证明中都要归结为“线线平行”.相互转化时要逐级转化，而不能“跳级”转化.如，不能由“线线平行”直接得到“面面平行”，必须要通过“线面平行”来过渡.3. 你还有哪些体悟，请写下来：。
高中数学《两个平面平行的判定和性质(一)》教案导学案
两个平面平行的判定和性质（一）一、素质教育目标（一）知识教学点1．两个平面平行的定义．2．两个平面的位置关系及画法．3．两个平面平行的判定．（二）能力训练点1．理解并掌握两个平面平行的定义．2．掌握两个平面的位置关系应用了类比的方法，体现了分类的数学思维方法．3．会画平行或相交平面的空间图形，并用字母或符号表示，进一步培养学生的空间想象能力．4．掌握两个平面的判定定理的证明，进一步培养学生严密的逻辑思维能力．（三）德育渗透点让学生认识研究两个平面的位置关系以及掌握和应用两个平面平行的判定是实际生产的需要，体现了理论联系实践的原则，并更好地培养学生分析问题与解决问题的能力．二、教学重点、难点、疑点及解决方法1．教学重点：掌握两个平面的位置关系；掌握两个平面平行的判定．2．教学难点：掌握两个平面平行的判定定理的证明及其应用．3．教学疑点：正确理解并应用两个平面平行的判定定理时，要注意定理中的关键词：相交．三、课时安排1．12两个平面的位置关系及1．13两个平面平行的判定和性质这两个课题调整安排为2课时．本节课为第一课时，主要讲解两个平面的位置关系及两个平面平行的判定．四、教与学过程设计（一）两个平面的位置关系师：让我们一起来观察：教室的正面和背面、左面和右面的墙面有没有公共点？教室的正面和侧面的墙面呢？思考问题：两个平面的位置关系可分为几种情况？学生通过直观观察得出结论：两种，平行或相交．师：什么是平行的平面？生：两个平面没有公共点叫做两个平面互相平行．师：能否再举出一些两个平面平行和相交的实例？（P．35中练习1．）学生自由回答，教师点评．师：从上面的例子，我们知道：两个平面的位置关系同平面内两条直线的位置关系相类似，可从有无公共点来区分．若两个平面有不共线的两个公共点，则由公理3可知这两个平面必然重合为一个平面；若两个平面有一个公共点，则由公理2可知这两个平面相交于过这个点的一条直线；若两个平面没有公共点，则这两个平面互相平行．由此得出不重合的两个平面的位置关系：两个平面平行——没有公共点；两个平面相交——有一条公共直线（至少有一个公共点）．师：那么如何画出并表示两个平行平面和两个相交平面呢？师边画边答：画两个平行平面的要点是：表示平面的平行四边形的对应边相互平行．如图1—102．画两个相交平面的要点是：先画表示两个平面的平行四边形的相交两边，再画表示两个平面交线的线段．成图时注意不相交的直线相互平行且等长，不可见的部分画虚线或不画．如图1—103．学生练习（P．35中练习2）：画两个平行平面和分别在这两个平面内的两条平行直线，再画一个经过这两条平行直线的平面．如图1—104，α∥β，a∥b，a＜α，b＜β，a＜γ，b＜γ．（二）两个平面平行的判定师：根据前一小节平面平行的定义，我们来判断两个互逆命题的正误，并说明理由（幻灯显示）．命题1．如果两个平面平行，那么其中一个平面内的所有直线一定都和另一个平面平行．命题2．如果一个平面内的所有直线都和另一个平面平行，那么这两个平面平行．生：命题1是正确的．因为在这些直线中如果有一条和另一个平面有公共点，这点也必是这两个平面的公共点．那么这两个平面就不可能平行了．命题2也是正确的．因为如果这两个平面有公共点，那么在另一个平面内通过这点的直线就不可能平行于另一个平面．师：通过上面的讨论我们知道：两个平面平行的问题可转化为一个平面内直线和另一个平面平行的问题．实际上判定两个平面平行的条件不需要一个平面内的所有直线都平行于另一个平面，只需要在一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面．两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．师：我们知道，一个定理只有经过证明才能说明它的正确性并直接应用，下面我们来证明这个定理．已知：在平面β内，有两条相交直线a、b和平面α平行．求证：β∥α．师分析：要证明这个定理，先思考几个问题（提出问题并启发学生得出结论）（幻灯显示）．问题1：如果平面α与平面β不平行，那么它们的位置关系怎样？（相交）．问题2：若平面α与平面β相交，那么交线与平行于平面α的直线a和b各有什么关系？（平行）．问题3：相交直线a和b都与交线平行合理吗？（不合理，与平行公理矛盾）．师：总结得出证明定理应该根据定义，利用反证法，让学生写出它的证明过程．证明：假设α∩β＝c．a∥α，a∩β，a∥c，同理b∥c．a∥b，这与题设a与b相交矛盾α∥β．师：在实际生活中，也经常利用这个判定定理判断两个平面平行．如在判断一个平面是否水平时，把水准器放在这个平面上交叉放两次，如果水准器的气泡都是居中的，就可以判定这个平面和水平面平行．下面请同学们完成例1和练习．（三）练习例1 垂直于同一直线的两个平面平行．已知：α⊥AA＇，β⊥AA＇，求证：α∥β．师提示：要证明两个平面平行，有两种方法：一是利用定义；二是利用判定定理，也是较常用的一种方法．因此利用判定定理证明例1的关键是：如何构造一个平面内的两相交直线都平行于另一个平面？证明：设经过直线AA＇的两个平面γ，δ分别与平面α、β交于直线a，a＇和b，b＇．∵AA＇⊥α，AA＇⊥β，∴AA⊥a，AA＇⊥a＇，∴a‖a＇，则a＇∥α．同理，b＇∥α．又∵a＇∩b＇＝ A＇∴α∥β．师：这个例题的结论可与定理“垂直于同一平面的两条直线平行”联系起来记忆，也可作为判定两个平面平行的一种方法．练习：判断下列命题的正误（幻灯显示）．1．垂直于同一直线的两直线平行．2．分别在两个平行平面内的两条直线都平行（P．37中练习1）．3．如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行（P．38中练习2<1>）．4．如果一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（P．38中练习2<2>）．答：1．错，这两条直线还可能相交或异面．2．错，这两条直线还可能异面，但不会相交．3．错，反例如图1—107．4．对．（四）总结本节课我们学习了两个平面平行的定义；两个平面的位置关系：平行或相交；两个平面平行的判定．掌握两个平面平行的判定的研究可以转化为线线平行、线面平行的研究．五、作业P．38中习题五1、2、3．补充：1．a、b为异面直线，a∥α，b∥α，a∥β，b∥β．求证：α∥β．θ2，∠AOD＝θ3．求证：cos·θ3＝cosθ1·cosθ2．。
高考一轮复习数学教案：9.5------两个平面垂直
E
H
A
C
（ 1）求证： AB⊥ BC； （ 2）若设二面角 S— BC— A 为 45°， （ 1）证明：作 AH ⊥SB 于 H ，
B
SA= BC ，
求二面角 A—SC— B 的大小 .
∵平面 SAB⊥平面 SBC， ∴ AH⊥平面 SBC. 又 SA⊥平面 ABC， ∴ SA⊥ BC.
SA 在平面 SBC 上的射影为 SH， ∴ BC⊥ SB.又 SA∩ SB=S， ∴ BC⊥平面 SAB. ∴ BC⊥ AB. （ 2）解：∵ SA⊥平面 ABC， ∴平面 SAB⊥平面 ABC.又平面 SAB⊥平面 SBC， ∴∠ SBA 为二面角 S—BC— A 的平面角 .
AO⊥ OS，
即∠ AOS=90 ° .
∴平面 ABC⊥平面 BSC.
特别提示
本题揭示的是证面面垂直常用的两种方法 .此外， 本题中证明∠ AOS=90°的方法较为
特殊， 即通过 “算”， 定量地证得直角， 而不是通过位置关系定性地推理出直角，
这
也是立体 何中证明垂直的一种重要方法 .
【例 2】 如下图， 在三棱锥 S— ABC 中， SA⊥平面 ABC， 平面 SAB⊥平面 SBC.
证明两个平面垂直的常见方法： （ 1）根据定义， 证其二面角的平面角是直角； （ 2）根据判定定理， 证明一个平面经过另一个平面的垂线 .
【例 3】 已知正三棱柱 ABC—A1B1C1， 若过面对角线
的平面交上底面 A1B1 C1 的一边 A1C1 于点 D.
C1
AB1 与另一面对角线
BC 1 平行
9.5 两个平面垂直
●知识梳理
1.两个平面垂直的定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角， 相垂直 .
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)两个平面平行
9.4 两个平面平行巩固·夯实基础一、自主梳理1.空间两个平面的位置有两种,分别是平行与相交.2.两个平面平行的判定定理:如果一个平面的两条相交直线都与另一个平面平行,那么这两个平面平行.3.两个平面平行的性质定理:如果两个平行平面都与第三个平面相交,那么交线平行.二、点击双基1.北京春季高考)下列命题中,正确的是( )A.经过不同的三点有且只有一个平面B.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D.垂直于同一个平面的两个平面平行答案:C2.设a 、b 是两条互不垂直的异面直线，过a 、b 分别作平面α、β，对于下面四种情况：①B ∥α;②B ⊥α;③α∥β;④α⊥β.其中可能的情况有( )A.1种B.2种C.3种D.4种解析:①③④都有可能，②不可能，否则有b ⊥a 与已知矛盾.答案:C3.a 、B 、C 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，直线均不在平面内，给出六个命题：①⎭⎬⎫c b c a ////⇒a ∥B;②⎭⎬⎫γγ////b a ⇒a ∥B; ③⎭⎬⎫c c ////βα⇒α∥β;④⎭⎬⎫c c ////αα⇒a ∥α; ⑤⎭⎬⎫γβγα//// ⇒α∥β;⑥⎭⎬⎫γαγα//// ⇒a ∥α. 其中正确的命题是_______________________________.(将正确的序号都填上)答案:①④⑤⑥4.已知两个平面α∥β,A 、C ∈α,B 、D ∈β,直线AB 和CD 交于S,其中AS=8,BS=9,CD=34,则SC=________________.解析:分两个平面在交点S 的同侧与异侧讨论,利用平面平行的性质定理和相似三角形边成比例求解,易解得同侧时SC=272,异侧时SC=16.答案:16或272诱思·实例点拨【例1】 如图,平面α∥平面β,线段AB 交α、β于M 、N,线段AD 分别交α、β于C 、D,线段BF 分别交α、β于F 、E,若AM=9,MN=11,NB=15,S △FMC =78,求△END 的面积.解:∵AB ∩AD=A,∴AB 、AD 确定平面ABD.而MC 、ND 为平面ABD 与平面α、β的交线,∴MC ∥ND.同理可得FM ∥EN.于是∠FMC=∠END.∴FMC END S S ∆∆=FMC MC FM END ND EN ∠••∠••sin 21sin 21=FM EN ·MC ND =BM BN ·AM AN =3950. ∴S △END =3950S △FMC =3950×78=100. 讲评:在运用两平面平行的性质定理时,一定要先找到与两平行平面都相交的第三个平面,继而推得两交线平行.【例2】 如图，在空间六边形(即六个顶点没有任何五点共面)ABCC 1D 1A 1中，每相邻的两边互相垂直，边长均等于a ，并且AA 1∥CC 1.求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1.证法一:作正方形BCC 1B 1和CC 1D 1D ，并连结A 1B 1和AD.∵AA 1CC1BB 1DD 1,且AA 1⊥AB ，AA 1⊥A 1D 1，∴ABB 1A 1和AA 1D 1D 都是正方形，且ACC 1A 1是平行四边形.故它们的对应边平行且相等.∵△ABC ≌△A 1B 1C 1,∴A 1B 1⊥B 1C 1.同理，AD ⊥CD.∵BB 1⊥AB,BB 1⊥BC,∴BB 1⊥平面ABC.同理，DD 1⊥平面ACD.∵BB 1∥DD 1,∴BB1⊥平面ACD.∴A、B、C、D四点共面.∴ABCD为正方形.同理，A1B1C1D1也是正方形.故ABCD—A1B1C1D1是正方体.易知A1C1∥AC，∴A1C1∥平面ACD1.同理，BC1∥平面ACD1，∴平面A1BC1∥平面ACD1.证法二:证ABCD—A1B1C1D1是正方体，同上.连结B1D、B1D1，则B1D1是B1D在底面ABCD上的射影，由三垂线定理知B1D⊥A1C1，同理可证B1D⊥BA1，∴B1D⊥平面A1BC1.同理可证，B1D⊥平面ACD1，∴平面A1BC1∥平面ACD1.链接·聚焦证明面面平行的常用方法：利用面面平行的判定定理；证明两个平面垂直于同一条直线. 【例3】如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：(1)AP⊥ＭＮ；(2)平面ＭＮP∥平面A1BD.证明:(1)连结BC1、B1C，则B1C⊥BC1，BC1是AP在面BB1C1C上的射影.∴AP⊥B1C.又B1C∥ＭＮ，∴AP⊥ＭＮ．(2)连结B1D1，∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，∴PＮ∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PＮ∥BD.又PN不在平面A1BD上,∴PＮ∥平面A1BD.同理,ＭＮ∥平面A1BD.又PN∩ＭＮ＝Ｎ，∴平面PMN∥平面A1BD.讲评:将空间问题转化为平面问题，是解决立体几何问题的重要策略，关键在于选择或添加适当的平面或线.由于M、N、P都为中点，故添加B1C、BC1作为联系的桥梁.。
2012届高考数学一轮复习教案9.1平面、空间两条直线
第九章直线、平面、简单几何体●网络体系总览直线平面与简单几何体空间两条直线平 面空间两个平面空间向量简单几何体空间向量及有关概念棱 柱空间向量的运算及运算律棱 锥空间向量的坐标运算多面体和正多面体空间直线与平面平行直线线在面内线面平行线面相交平行公理定义等角定理判定所成的角、距离判定定理性质定理判定(性质)定理判定(性质)定理直交斜交直交两平面间距离二面角及平面角斜交平行相交异面直线相交直线平面的概念、性质、表示、画法线面间距离三垂线定理,线面成角判定(性质)定理,点到面的距离球、●考点目标定位1.直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.2.线线、线面、面面的平行与垂直的判定和性质，三垂线定理.3.两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角.4.点到平面的距离，线面距离，平行平面的距离，异面直线的距离，两点间的球面距离.5.空间向量及其加法、减法，空间向量的坐标表示，空间向量的数量积.6.直棱柱、平行六面体及正棱锥的性质，球的体积及表面积的计算.●复习方略指南1.立体几何不外乎两大问题，一类是空间位置关系的论证，这类问题应熟练掌握公理、定理、定义或用空间向量来论证，位置关系的论证要注意其间的转化.如线面平行可转化为线线平行等；另一类问题是空间量（空间角、距离、体积、侧面积）的计算，如线面角、二面角的求解.2.立体几何在高考中，选择题、填空题一般出中等难度的题，解答题中可能会有难题.3.归纳总结，理线串点，从知识上可分为：（1）平面的基本性质；（2）两个特殊的位置关系，即线线、线面、面面的平行与垂直；（3）三个角、三个距离.根据每部分内容选择典型的例题，总结出解题方法，对于空间位置关系的论证及空间角与距离的求解，还要注意把空间向量贯彻、渗透其中，通过一题多解，使学生把所学知识真正学活、会用.4.抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的核心，线面角、二面角、距离均与线面垂直密切相关.因此对于这部分内容复习中要强化，并要注意用空间向量去解空间位置关系及空间量的求解.5.复习中要加强数学思想方法的总结与提炼，立体几何中蕴涵着丰富的思想方法，如割补思想、降维转化思想即化空间问题到平面图形中去解决，又如证线面间的位置关系常需经过多次转换才能获得解决，又如可把空间位置关系及空间量的求解转化为空间向量的运算，这些无不体现着化归转化的思想.因此自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常能收到事半功倍的效果.9.1 平面、空间两条直线●知识梳理1.平面的基本性质，即三个公理及推论.2.公理4及等角定理.3.空间两条直线的位置关系有且只有三种，即平行、相交及异面.4.两条异面直线所成的角及距离，求作异面直线所成的角时，往往取题中的特殊点. ●点击双基1.若a ，b 是异面直线，则只需具备的条件是 A.a ⊂平面α，b ⊄平面α，a 与b 不平行B.a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β=l ，a 与b 无公共点C.a ∥直线c ，b ∩c =A ，b 与a 不相交D.a ⊥平面α，b 是α的一条斜线 答案：C2.如下图，直线a 、b 相交于点O O 与a 、b 都成60°角的直线有A.1条B.2条C.3条D.4条 解析：在a 、b 所确定的平面内有一条，平面外有两条. 答案：C3.（2004年北京朝阳区模拟题）如下图，正四面体S —ABC 中，D 为SC 的中点，则BD 与SA 所成角的余弦值是A.33 B.32 C.63 D.62 解析：取AC 的中点E ，连结DE 、BE ，则DE ∥SA ，∴∠BDE 就是BD 与SA 所成的角.设SA =a ，则BD =BE =23 a ，DE =21 a ，cos ∠BDE =DE BD BE DE BD ⋅-+2222= 63.答案：C4.如下图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ， 那么（1）哪些棱所在直线与直线BA 1成异面直线？______________________. （2）直线BA 1与CC 1所成角的大小为________.（3）直线BA 1与B 1C 所成角的大小为________. （4）异面直线BC 与AA 1的距离为________. （5）异面直线BA 1与CC 1的距离是________. 答案：（1）D 1C 1、D 1D 、C 1C 、C 1B 1、DC 、AD （2）45° （3）60° （4）a （5）a5.（2002年全国）正六棱柱ABCDEF —A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E 1D 与BC 1所成的角是_____________.解析：连结FE 1、FD ，则由正六棱柱相关性质可得FE 1∥BC 1， 在△EFD 中，EF =ED =1，∠FED =120°，∴FD =o 120cos 222⋅⋅-+ED EF ED EF =3.在△EFE 1和△EE 1D 中，易得E 1F =E 1D =1)2(2+=3，∴△E 1FD 是等边三角形， ∠FE 1D =60°.而∠FE 1D 即为E 1D 与BC 1所成的角.答案：60°说明：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成角的求法. ●典例剖析【例1】 如下图，四面体ABCD 中，E 、G 分别为BC 、AB 的中点，F 在CD 上，H 在AD 上，且有DF ∶FC =2∶3，DH ∶HA =2∶3.求证：EF 、GH 、BD 交于一点.证明：连结GE 、HF ，∵E 、G 分别为BC 、AB 的中点，∴GE ∥AC .又∵DF ∶FC =2∶3，DH ∶HA =2∶3，∴HF ∥AC .∴GE ∥HF . 故G 、E 、F 、H 四点共面.又∵EF 与GH 不能平行，∴EF 与GH 相交，设交点为O .则O ∈面ABD ，O ∈面BCD ，而平面ABD ∩平面BCD =BD .∴EF 、GH 、BD 交于一点. 评述：证明线共点，常采用证两直线的交点在第三条直线上的方法，而第三条直线又往往是两平面的交线.【例2】 A 是△BCD 平面外的一点，E 、F 分别是BC 、AD 的中点，（1）求证：直线EF 与BD 是异面直线；（2）若AC ⊥BD ，AC =BD ，求EF 与BD 所成的角.（1）证明：用反证法.设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 平面外的一点相矛盾.故直线EF 与BD 是异面直线.（2）解：取CD 的中点G ，连结EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的锐角或直角即为异面直线EF 与BD 所成的角.在Rt △EGF 中，求得∠FEG =45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.特别提示 ①证明两条直线是异面直线常用反证法；②求两条异面直线所成的角，首先要判断两条异面直线是否垂直，若垂直，则它们所成的角为90°；若不垂直，则利用平移法求角，一般的步骤是“作（找）—证—算”.注意，异面直线所成角的范围是（0，2π］. 【例3】 长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB =a ，BC =b ，AA 1=c ，且a >b ，求： （1）下列异面直线之间的距离：AB 与CC 1；AB 与A 1C 1；AB 与B 1C . （2）异面直线D 1B 与AC 所成角的余弦值.（1）解：BC 为异面直线AB 与CC 1的公垂线段，故AB 与CC 1的距离为b .AA 1为异面直线AB 与A 1C 1的公垂线段，故AB 与A 1C 1的距离为c .过B 作BE ⊥B 1C ，垂足为E ，则BE 为异面直线AB 与B 1C 的公垂线，BE =C B BC BB 11⋅=22cb bc+，即AB 与B 1C 的距离为22cb bc +.（2）解法一：连结BD 交AC 于点O ，取DD 1的中点F ，连结OF 、AF ，则OF ∥D 1B ，∴∠AOF 就是异面直线D 1B 与AC 所成的角.∵AO =222b a +，OF =21 BD 1=2222c b a ++，AF =2422c b +，∴在△AOF 中，cos ∠AOF =OF AO AF OF AO ⋅-+2222=))((2222222c b a b a b a +++-.解法二：如下图，在原长方体的右侧补上一个同样的长方体，连结BG 、D 1G ，则AC ∥BG ，∴∠D 1BG （或其补角）为D 1B 与AC 所成的角.BD 1=222c b a ++，BG =22b a +，D 1G =224c a +，在△D 1BG 中，cos ∠D 1BG =BG B D G D BG B D ⋅-+1212212=－))((2222222c b a b a b a +++-，故所求的余弦值为))((2222222c b a b a b a +++-.深化拓展利用中位线平移和利用补形平移是处理长方体中异面直线所成角的重要方法.●闯关训练夯实基础1.两条相交直线l 、m 都在平面α内且都不在平面β内.命题甲：l 和m 中至少有一条与β相交，命题乙：平面α与β相交，则甲是乙的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.非充分非必要条件解析：若l 和m 中至少有一条与β相交，不妨设l ∩β=A ，则由于l ⊂α，∴A ∈α.而A ∈β，∴α与β相交.反之，若α∩β=a ，如果l 和m 都不与β相交，由于它们都不在平面β内，∴l ∥β且m ∥β.∴l ∥a 且m ∥a ，进而得到l ∥m ，与已知l 、m 是相交直线矛盾.因此l 和m 中至少有一条与β相交.答案：C2.（2004年天津，6）如下图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于A.510B.515C.54D.32解法一：取面CC 1D 1D 的中心为H ，连结FH 、D 1H .在△FHD 1中，FD 1=25，FH =23，D 1H =22. 由余弦定理，得∠D 1FH 的余弦值为515. 解法二：取BC 的中点G .连结GC 1∥FD 1，再取GC 的中点H ，连结HE 、OH ，则∠OEH 为异面直线所成的角.在△OEH 中，OE =23，HE =45，OH =45. 由余弦定理，可得cos ∠OEH =515.答案：B3.如下图，四面体ABCD 中，E 、F 分别是AC 、BD 的中点，若CD =2AB =2，EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角等于_____________.解析：取AD 的中点G ，连结EG 、FG ，易知EG =1，FG =21. 由EF ⊥AB 及GF ∥AB 知EF ⊥FG .在Rt △EFG 中，求得∠GEF =30°，即为EF 与CD 所成的角. 答案：30°4.（2003年上海）在正四棱锥P —ABCD 中，若侧面与底面所成二面角的大小为60°，则异面直线P A 与BC 所成角的大小等于_____________.（结果用反三角函数值表示）答案：arctan25.如下图，设不全等的△ABC 与△A 1B 1C 1不在同一平面内，且AB ∥A 1B 1，BC ∥B 1C 1，CA ∥C 1A 1.求证：AA 1、BB 1、CC 1三线共点.证明：不妨设AB ≠A 1B 1，AA 1∩BB 1=S ，∵BC ∥B 1C 1，∴BB 1面BCC 1B 1，S ∈面BBC 1B 1.同理，S ∈面ACC 1A 1.∴S ∈CC 1，即AA 1、BB 1、CC 1三线共点于S .6.在三棱锥A —BCD 中，AD =BC =2a ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，EF =3a ，求AD 与BC 所成的角.解：取AC 的中点M ，连结ME 、MF ，则ME ∥BC ，MF ∥AD ，所以∠EMF （或其补角）是直线AD 与BC 所成的角.在△EMF 中，ME =21BC =a ，MF =21AD =a ，EF =3a ，cos ∠EMF = 222223aa a a -+=－21，∠EMF =120°，因此异面直线AD 与BC 所成的角为60°. 培养能力7.如下图，在三棱锥P —ABC 中，AB =AC ，PB =PC ，E 、F 分别是PC 和AB 上的点且PE ∶EC =AF ∶FB =3∶2.（1）求证：P A ⊥BC ；（2）设EF 与P A 、BC 所成的角分别为α、β，求证：α+β=90°. 证明：（1）取BC 的中点D ，连结AD 、PD .则BC ⊥平面ADP ，AP ⊂平面ADP ， ∴AP ⊥BC .（2）在AC 上取点G ，使AG ∶GC =3∶2，连结EG 、FG ，则EG ∥P A ，FG ∥BC ，从而∠EGF 为P A 与BC 所成的角，由（1）知∠EGF =90°，而∠GEF 、∠GFE 分别是EF 与P A 、EF 与BC 所成的角α、β，∴α+β=90°.8.如下图，设△ABC 和△A 1B 1C 1的三对对应顶点的连线AA 1、BB 1、CC 1相交于一点O ，且1OA AO =1OB BO =1OC CO = 32.试求111C B A ABC S S ∆∆的值.解：依题意，因为AA 1、BB 1、CC 1相交于一点O ，且1OA AO =1OB BO =1OC CO，所以AB ∥A 1B 1，AC ∥A 1C 1，BC ∥B 1C 1.由平移角定理得∠BAC =∠B 1A 1C 1，∠ABC =∠A 1B 1C 1，△ABC ∽ △A 1B 1C 1，所以111C B A ABC S S ∆∆=（32）2=94.说明：利用平移定理，可证明空间两个角相等或两个三角形相似、全等；利用平行公理，可证明空间两条直线平行，从而解决相关问题.探究创新9.如下图，已知空间四边形ABCD 的对角线AC =10，BD =6，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，MN =7，求异面直线AC 与BD 所成的角.解：取BC 的中点E ，连结EN 、EM ，∴∠MEN 是异面直线AC 与BD 所成的角或其补角. 在△EMN 中，EN =2BD =3，EM =2AC =5，MN =7，cos ∠MEN =－21，∴∠MEN =120°. ∴异面直线AC 与BD 所成的角是60°.●思悟小结1.本节重点问题是证明三点共线、三线共点以及求异面直线所成的角.2.证明三点均在两个平面的交线上，可以推证三点共线；求异面直线所成的角，一般先取一个特殊点作它们的平行线，作出所求的角或其补角，再解三角形.●教师下载中心 教学点睛首先要使学生掌握本节的重点内容：平面的基本性质、异面直线的定义及判断、异面直线所成的角，其次结合例题讲清求异面直线所成的角的方法步骤.拓展题例【例1】 设异面直线a 与b 所成的角为50°，O 为空间一定点，试讨论，过点O 与a 、b 所成的角都是θ（0°≤θ≤90°）的直线l 有且仅有几条?解：过点O 作a 1∥a ，b 1∥b ，则相交直线a 1、b 1确定一平面α.a 1与b 1夹角为50°或130°，设直线OA 与a 1、b 1均为θ角，作AB ⊥面α于点B ，BC ⊥a 1于点C ，BD ⊥b 1于点D ，记∠AOB =θ1，∠BOC =θ2（θ2=25°或65°），则有cos θ=cos θ1·cos θ2.因为0°≤θ1≤90°，所以 0≤cos θ≤cos θ2.当θ2=25°时，由0≤cos θ≤cos25°，得25°≤θ≤90°； 当θ2=65°时，由0≤cos θ≤cos65°，得65°≤θ≤90°.故当θ<25°时，直线l 不存在；当θ=25°时，直线l 有且仅有1条； 当25°<θ<65°时，直线l 有且仅有2条； 当θ=65°时，直线l 有且仅有3条；当65°<θ<90°时，直线l 有且仅有4条； 当θ=90°时，直线l 有且仅有1条.说明：异面直线所成的角就是选点、平移后的平面角.上述解答首先将问题转化为：求过点O 与a 1、b 1均成θ角的直线的条数，进而通过讨论θ的范围去确定直线l 的条数.【例2】 已知空间四边形ABCD ，E 、H 分别是AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边BC 、DC 的三等分点（如下图），求证：（1）对角线AC 、BD 是异面直线；（2）直线EF 和HG 必交于一点，且交点在AC 上. 证明：（1）假设对角线AC 、BD 在同一平面α内，则A 、B 、C 、D 都在平面α内，这与ABCD 是空间四边形矛盾，∴AC 、BD 是异面直线.（2）∵E 、H 分别是AB 、AD 的中点， ∴EH 21BD . 又F 、G 分别是BC 、DC 的三等分点， ∴FG32BD .∴EH ∥FG ，且EH ＜FG . ∴FE 与GH 相交.设交点为O ，又O 在GH 上，GH 在平面ADC 内，∴O 在平面ADC 内. 同理，O 在平面ABC 内.从而O 在平面ADC 与平面ABC 的交线AC 上.。
2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)直线与平面平行
9.2 直线与平面平行巩固·夯实基础一、自主梳理1.空间直线和平面有三种位置关系,分别是:直线在平面内、直线与平面平行、直线与平面相交.2.直线与平面平行的判定和性质:如果平面外的一条直线与平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行.3.直线与平面平行的性质定理:如果一条直线与一个平面平行,经过这条直线的平面与已知平面相交,那么这条直线与交线平行.二、点击双基1.设有平面α、β和直线m、n,则m∥α的一个充分条件是( )A.α⊥β且m⊥βB.α∩β=n且m∥nC.m∥n且n∥αD.α∥β且mβ答案:D2.设m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面.给出下列四个命题,其中正确命题的序号是( )①若m⊥α,n∥α,则m⊥n ②若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ③若m∥α,n∥α,则m∥n④若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βA.①②B.②③C.③④D.①④解析:①②显然正确.③中m与n可能相交或异面.④考虑长方体的顶点，α与β可以相交.答案:A3.一条直线若同时平行于两个相交平面，那么这条直线与这两个平面的交线的位置关系是( )A.异面B.相交C.平行D.不能确定解析:设α∩β=l,a∥α,a∥β,过直线a作与α、β都相交的平面γ，记α∩γ=b,β∩γ=c,则a∥b且a∥c,∴b∥c.又b α,α∩β=l,∴b∥l.∴a∥l.答案:C4.已知直线AB和CD都在平面α内,AB∥CD且AB和CD间的距离是28,直线EF在α外,且EF∥AB,EF和AB相距17,与α距离为15,则直线EF与CD间的距离是_________________. 解析:(1)EF在平面α上的射影在AB、CD之间,易知答案为25.(2)EF在面α上的射影,不在AB、CD之间,易知答案为39.答案:25或395.在四面体ABCD 中，M 、N 分别是面ACD 、BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是___________________.解析:连结AM 并延长，交CD 于E ，连结BN 并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E 、F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，由MA EM =NB EN =21得MN ∥AB, 因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD.答案:平面ABC 、平面ABD诱思·实例点拨【例1】 如图,P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点,M 、N 分别是AB 、PC 的中点,平面PAD ∩平面PBC=m.(1)求证:BC ∥m;(2)MN 与平面PAD 是否平行?试证明你的结论.剖析:(1)运用线面平行的判定与性质定理;(2)在平面PAD 上探寻与直线MN 平行的直线.(1)证明:∵BC ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,BC ∥AD,∴BC ∥平面PAD(判定定理).而BC ⊂平面PBC,平面PBC ∩平面PAD=m,∴BC ∥m(性质定理).(2)解:平行.事实上,连结CM 并延长,交DA 的延长线于T,再连结PT.∵M 是平行四边形ABCD 的边AB 的中点,∴M 是TC 的中点.∴MN 是△TPC 的中位线.∴MN ∥PT.又∵T ∈平面PAD,∴PT ⊂平面PAD.∴MN ∥平面PAD.讲评:找到平面PAD 中的直线PT 是解题的关键.实质上这里利用了公理2.【例2】 如图，两个全等的正方形ABCD 和ABEF 所在平面相交于AB ，M ∈AC,N ∈FB 且AM=FN ，求证：MN ∥平面BCE.证法一:过M 作MP ⊥BC ，NQ ⊥BE ，P 、Q 为垂足(如上图)，连结PQ.∵MP ∥AB ，NQ ∥AB ，∴MP ∥NQ.又NQ=22BN=22CM=MP ， ∴MPQN 是平行四边形.∴MN ∥PQ ，PQ ⊂平面BCE.而MN ⊄平面BCE ，∴MN ∥平面BCE.证法二:过M 作MG ∥BC,交AB 于点G(如右图)，连结NG .∵MG ∥BC ，BC ⊂平面BCE,MG ⊄平面BCE ，∴MG ∥平面BCE.又GA BG =MA CM =NFBN ,∴GN ∥AF ∥BE,同样可证明GN ∥平面BCE. 又MG ∩NG=G ，∴平面MNG ∥平面BCE.又MN ⊂平面MNG ,∴MN ∥平面BCE.链接·提示证明直线和平面的平行通常采用如下两种方法:(1)利用直线和平面平行的判定定理,通过“线线”平行，证得“线面”平行；(2)利用两平面平行的性质定理，通过“面面”平行，证得“线面”平行.【例3】 已知正四棱锥P —ABCD 的底面边长及侧棱长均为13,M 、N 分别是PA 、BD 上的点,且PM ∶MA=BN ∶ND=5∶8.(1)求证:直线MN ∥平面PBC;(2)求直线MN 与平面ABCD 所成的角.(1)证明:∵P —ABCD 是正四棱锥,∴ABCD 是正方形.连结AN 并延长交BC 于点E,连结PE.∵AD ∥BC,∴EN ∶AN=BN ∶ND.又∵BN ∶ND=PM ∶MA,∴EN ∶AN=PM ∶MA.∴MN ∥PE.又∵PE 在平面PBC 内,∴MN ∥平面PBC.(2)解:由(1)知MN ∥PE,∴MN 与平面ABCD 所成的角就是PE 与平面ABCD 所成的角.设点P 在底面ABCD 上的射影为O,连结OE,则∠PEO 为PE 与平面ABCD 所成的角. 由正棱锥的性质知PO=22OB PB =2213. 由(1)知,BE ∶AD=BN ∶ND=5∶8,∴BE=865. 在△PEB 中,∠PBE=60°,PB=13,BE=865, 根据余弦定理,得PE=891. 在Rt △POE 中,PO=2213,PE=891, ∴sin ∠PEO=PEPO =724. 故MN 与平面ABCD 所成的角为arcsin724. 链接·聚焦证线面平行,一般是转化为证线线平行.求直线与平面所成的角一般用构造法,作出线与面所成的角.本题若直接求MN 与平面ABCD 所成的角,计算困难,而平移转化为PE 与平面ABCD 所成的角则计算容易.可见平移是求线线角、线面角的重要方法.。
2012高中数学人教版教案§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一、教学目标：1、知识与技能理解并掌握两平面平行的判定定理。
2、过程与方法让学生通过观察实物及模型，得出两平面平行的判定。
3、情感、态度与价值观进一步培养学生空间问题平面化的思想。
二、教学重点、难点重点：两个平面平行的判定。
难点：判定定理、例题的证明。
三、学法与教学用具1、学法：学生借助实物，通过观察、类比、思考、探讨，教师予以启发，得出两平面平行的判定。
2、教学用具：投影仪、投影片、长方体模型四、教学思想（一）创设情景、引入课题引导学生观察、思考教材第57页的观察题，导入本节课所学主题。
（二）研探新知1、问题：（1）平面β内有一条直线与平面α平行，α、β平行吗？（2）平面β内有两条直线与平面α平行，α、β平行吗？通过长方体模型，引导学生观察、思考、交流，得出结论。
两个平面平行的判定定理：一个平面内的两条交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。
符号表示：a βb βa∩b = P β∥αa∥αb∥α教师指出：判断两平面平行的方法有三种：（1）用定义；（2）判定定理；（3）垂直于同一条直线的两个平面平行。
2、例2 引导学生思考后，教师讲授。
例子的给出，有利于学生掌握该定理的应用。
（三）自主学习、加深认识练习：教材第59页1、2、3题。
学生先独立完成后，教师指导讲评。
（四）归纳整理、整体认识1、判定定理中的线与线、线与面应具备什么条件？2、在本节课的学习过程中，还有哪些不明白的地方，请向老师提出。
（五）作业布置第65页习题2.2 A组第7题。
苏教版高中数学必修教案两个平面平行的判定和性质
苏教版高中数学必修教案两个平面平行的判定和性质教学目标：1. 理解两个平面平行的判定方法；2. 掌握两个平面平行的性质；3. 能够运用判定和性质解决实际问题。
教学重点：1. 两个平面平行的判定方法；2. 两个平面平行的性质。
教学难点：1. 两个平面平行的判定方法的灵活运用；2. 两个平面平行的性质的证明。
教学准备：1. 教材；2. 投影仪；3. 教学课件。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 复习旧知识：回顾线面平行的判定和性质；2. 提出问题：如何判断两个平面是否平行？两个平面平行的性质有哪些？二、新课讲解（15分钟）1. 讲解两个平面平行的判定方法：a. 利用已知线面平行的判定方法；b. 利用已知面面平行的判定方法。
2. 讲解两个平面平行的性质：a. 两个平面平行，则它们内部的直线互相平行；b. 两个平面平行，则它们之间的距离相等。
三、例题讲解（10分钟）1. 讲解例题1：判断两个平面是否平行；2. 讲解例题2：运用两个平面平行的性质解决实际问题。
四、课堂练习（10分钟）1. 完成练习1：判断两个平面是否平行；2. 完成练习2：运用两个平面平行的性质解决实际问题。
五、总结与布置作业（5分钟）1. 总结两个平面平行的判定方法和性质；2. 布置作业：完成课后练习题。
教学反思：本节课通过导入、新课讲解、例题讲解和课堂练习，使学生掌握了两个平面平行的判定方法和性质。
在教学过程中，注意引导学生运用所学知识解决实际问题，提高学生的动手能力和思维能力。
在课堂练习环节，学生普遍能够完成练习题，但对一些综合性的问题还需加强训练。
在今后的教学中，将继续加强对学生的指导，提高学生的解题能力。
六、练习与深化（10分钟）1. 完成练习3：给出一个正方体，判断其三个平面是否平行；2. 完成练习4：在正方体中，找出两个平面平行的情况，并证明它们平行。
七、拓展与应用（10分钟）1. 讲解拓展1：如何运用两个平面平行的性质解决立体几何中的问题；2. 讲解拓展2：两个平面平行的判定与性质在现实生活中的应用实例。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系教学案 理 新人教A版-新
§9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系最新考纲考情考向分析1.能判断直线与圆的位置关系.2.能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系.3.能用直线和圆的方程解决一些简单的问题. 考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系的判断；根据位置关系求参数的X 围、最值、几何量的大小等.题型主要以选择、填空题为主，难度中等，但有时也会在解答题中出现.1.判断直线与圆的位置关系常用的两种方法(1)几何法：利用圆心到直线的距离d 和圆的半径r 的大小关系.(最重要)d <r ⇔相交；d ＝r ⇔相切；d >r ⇔相离.(2)代数法：――――→判别式Δ＝b 2－4ac ⎩⎪⎨⎪⎧>0⇔相交＝0⇔相切<0⇔相离2.圆与圆的位置关系设圆O 1：(x －a 1)2＋(y －b 1)2＝r 21(r 1>0)，O 2：(x －a 2)2＋(y －b 2)2＝r 22(r 2>0)方法位置关系几何法：圆心距d 与r 1，r 2的关系代数法：联立两圆方程组成方程组的解的情况外离 d >r 1＋r 2 无解 外切 d ＝r 1＋r 2一组实数解 相交 |r 1－r 2|<d <r 1＋r 2两组不同的实数解 内切 d ＝|r 1－r 2|(r 1≠r 2)一组实数解 内含0≤d <|r 1－r 2|(r 1≠r 2)无解概念方法微思考1.在求过一定点的圆的切线方程时，应注意什么？提示 应首先判断这点与圆的位置关系，若点在圆上则该点为切点，切线只有一条；若点在圆外，切线应有两条；若点在圆内，切线为零条.2.用两圆的方程组成的方程组有一解或无解时能否准确判定两圆的位置关系？提示 不能，当两圆方程组成的方程组有一解时，两圆有外切和内切两种可能情况，当方程组无解时，两圆有外离和内含两种可能情况.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号内打“√”或“×”) (1)若直线平分圆的周长，则直线一定过圆心.( √ ) (2)若两圆相切，则有且只有一条公切线.( × )(3)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程.( × )(4)过圆O ：x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的圆的切线方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2.( √ ) 题组二 教材改编2.若直线x －y ＋1＝0与圆(x －a )2＋y 2＝2有公共点，则实数a 的取值X 围是( ) A.[－3，－1] B.[－1，3]C.[－3，1]D.(－∞，－3]∪[1，＋∞) 答案 C解析 由题意可得，圆的圆心为(a ，0)，半径为2， ∴|a －0＋1|12＋－12≤2，即|a ＋1|≤2，解得－3≤a ≤1.3.圆(x ＋2)2＋y 2＝4与圆(x －2)2＋(y －1)2＝9的位置关系为( ) A.内切B.相交C.外切D.外离 答案 B解析 两圆圆心分别为(－2，0)，(2，1)，半径分别为2和3，圆心距d ＝42＋1＝17. ∵3－2<d <3＋2，∴两圆相交.4.圆x 2＋y 2－4＝0与圆x 2＋y 2－4x ＋4y －12＝0的公共弦长为________. 答案 2 2解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4＝0，x 2＋y 2－4x ＋4y －12＝0，得两圆公共弦所在直线为x －y ＋2＝0.又圆x 2＋y 2＝4的圆心到直线x －y ＋2＝0的距离为22＝ 2.由勾股定理得弦长的一半为4－2＝2，所以所求弦长为2 2.题组三 易错自纠5.若直线l ：x －y ＋m ＝0与圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＋1＝0恒有公共点，则m 的取值X 围是( ) A.[－2，2]B.[－22，22]C.[－2－1，2－1]D.[－22－1，22－1] 答案 D解析 圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4，圆心为(2，1)，半径为2，圆心到直线的距离d ＝|2－1＋m |2，若直线与圆恒有公共点，则|2－1＋m |2≤2，解得－22－1≤m ≤22－1，故选D.6.过点A (3，5)作圆O ：x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0的切线，则切线的方程为__________. 答案 5x －12y ＋45＝0或x －3＝0解析 化圆x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0为标准方程得(x －1)2＋(y －2)2＝4，其圆心为(1，2)，半径为2， ∵|OA |＝3－12＋5－22＝13>2，∴点A (3，5)在圆外.显然，当切线斜率不存在时，直线与圆相切，即切线方程为x －3＝0，当切线斜率存在时，可设所求切线方程为y －5＝k (x －3)，即kx －y ＋5－3k ＝0.又圆心为(1，2)，半径r ＝2，而圆心到切线的距离d ＝|3－2k |k 2＋1＝2，即|3－2k |＝2k 2＋1， ∴k ＝512，故所求切线方程为5x －12y ＋45＝0或x －3＝0.直线与圆的位置关系命题点1 位置关系的判断例1 已知点M (a ，b )在圆O ：x 2＋y 2＝1外，则直线ax ＋by ＝1与圆O 的位置关系是( ) A.相切B.相交C.相离D.不确定 答案 B解析 因为M (a ，b )在圆O ：x 2＋y 2＝1外，所以a 2＋b 2>1，而圆心O 到直线ax ＋by ＝1的距离d ＝|a ·0＋b ·0－1|a 2＋b 2＝1a 2＋b 2<1.所以直线与圆相交.命题点2 弦长问题例2 若a 2＋b 2＝2c 2(c ≠0)，则直线ax ＋by ＋c ＝0被圆x 2＋y 2＝1所截得的弦长为( ) A.12B.1C.22D. 2 答案 D解析 因为圆心(0，0)到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b2＝|c |2|c |＝22，由勾股定理得，弦长的一半就等于12－⎝⎛⎭⎪⎫222＝22，所以弦长为 2. 命题点3 切线问题例3 (2020·某某部分重点中学联考)点P 为射线x ＝2(y ≥0)上一点，过P 作圆x 2＋y 2＝3的两条切线，若两条切线的夹角为90°，则点P 的坐标为( ) A.(2，1) B.(2，2) C.(2，2) D.(2，0) 答案 C 解析 如图所示.设切点为A ，B ，则OA ⊥AP ，OB ⊥BP ，OA ＝OB ，AP ＝BP ，AP ⊥BP ， 故四边形OAPB 为正方形， 则|OP |＝6，又x P ＝2，则P (2，2).命题点4 直线与圆位置关系中的最值问题例4 过点(3，1)作圆(x －2)2＋(y －2)2＝4的弦，则最短弦所在的直线方程为________. 答案 x －y －2＝0解析 设P (3，1)，圆心C (2，2)， 则|PC |＝2，半径r ＝2，由题意知最短弦过P (3，1)且与PC 垂直，k PC ＝－1，所以所求直线方程为y －1＝x －3，即x －y －2＝0. 思维升华 (1)判断直线与圆的位置关系常用几何法.(2)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形. (3)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题. 跟踪训练1 (1)(2020·某某江淮十校联考)已知直线l ：x cos α＋y sin α＝1(α∈R )与圆C ：x 2＋y 2＝r 2(r >0)相交，则r 的取值X 围是 ( )A.0<r ≤1B.0<r <1C.r ≥1D.r >1 答案 D解析 圆心到直线的距离d ＝1cos 2α＋sin 2α＝1，故r >1. (2)已知圆x 2＋y 2＋2x －2y ＋a ＝0截直线x ＋y ＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a 的值是( )A.－2B.－4C.－6D.－8 答案 B解析 由圆的方程x 2＋y 2＋2x －2y ＋a ＝0可得，圆心为(－1，1)，半径r ＝2－a .圆心到直线x ＋y ＋2＝0的距离为d ＝|－1＋1＋2|2＝2，由r 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫422，得2－a ＝2＋4，所以a ＝－4.(3)(2019·某某)已知圆C 的圆心坐标是(0，m )，半径长是r ，若直线2x －y ＋3＝0与圆C 相切于点A (－2，－1)，则m ＝________，r ＝________. 答案 －25解析 根据题意画出图形，可知A (－2，－1)，C (0，m )，B (0，3)，∵k AB ＝2，∴k AC ＝－12，∴直线AC 的方程为y ＋1＝－12(x ＋2)，令x ＝0，得y ＝－2， ∴圆心C (0，－2)，∴m ＝－2. ∴r ＝|AC |＝4＋－2＋12＝ 5.(4)从直线l ：x ＋y ＝1上一点P 向圆C ：x 2＋y 2＋4x ＋4y ＋7＝0引切线，则切线长的最小值为________. 答案462解析 方法一 圆C 的方程可化为(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝1， 圆心为C (－2，－2)，半径r ＝1. 设直线l 上任意一点P (x ，y )， 则由x ＋y ＝1，得y ＝1－x . 则|PC |＝x ＋22＋y ＋22＝x ＋22＋1－x ＋22＝2x 2－2x ＋13.设过点P 的切线与圆相切于点Q ，则CQ ⊥PQ .故|PQ |2＝|PC |2－r 2＝(2x 2－2x ＋13)－1＝2x 2－2x ＋12＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋232，所以当x ＝12时，|PQ |2取得最小值，最小值为232，此时切线长为|PQ |＝232＝462. 方法二 圆C 的方程可化为(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝1， 圆心为C (－2，－2)，半径r ＝1.设过点P 的切线与圆相切于点Q ，则CQ ⊥PQ . 故|PQ |＝|PC |2－r 2＝|PC |2－1. 故当|PC |取得最小值时，切线长最小.显然，|PC |的最小值为圆心C 到直线l 的距离d ＝|－2－2－1|12＋12＝522， 所以切线长的最小值为⎝ ⎛⎭⎪⎫5222－1＝462. 圆与圆的位置关系例5 已知两圆x 2＋y 2－2x －6y －1＝0和x 2＋y 2－10x －12y ＋m ＝0.求： (1)m 取何值时两圆外切？(2)m 取何值时两圆内切，此时公切线方程是什么？ (3)求m ＝45时两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长.解 两圆的标准方程分别为(x －1)2＋(y －3)2＝11，(x －5)2＋(y －6)2＝61－m ， 圆心分别为M (1，3)，N (5，6)， 半径分别为11和61－m . (1)当两圆外切时，5－12＋6－32＝11＋61－m .解得m ＝25＋1011.(2)当两圆内切时，两圆圆心间距离等于两圆半径之差的绝对值.故有61－m －11＝5，解得m ＝25－1011. 因为k MN ＝6－35－1＝34，所以两圆公切线的斜率是－43.设切线方程为y ＝－43x ＋b ，则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪43×1＋3－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋1＝11.解得b ＝133±5311.容易验证，当b ＝133＋5311时，直线与圆x 2＋y 2－10x －12y ＋m ＝0相交，舍去.故所求公切线方程为y ＝－43x ＋133－5311，即4x ＋3y ＋511－13＝0.(3)两圆的公共弦所在直线的方程为(x 2＋y 2－2x －6y －1)－(x 2＋y 2－10x －12y ＋45)＝0， 即4x ＋3y －23＝0.由圆的半径、弦长、弦心距间的关系，不难求得公共弦的长为2×112－⎝⎛⎭⎪⎫|4＋3×3－23|42＋322＝27. 思维升华 (1)判断两圆位置关系的方法常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和及差的绝对值的大小关系判断，一般不用代数法.重视两圆内切的情况，作图观察.(2)两圆相交时，公共弦所在直线方程的求法两圆的公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x 2，y 2项得到. (3)两圆公共弦长的求法求两圆公共弦长，常选其中一圆，由弦心距d ，半弦长l2，半径r 构成直角三角形，利用勾股定理求解.跟踪训练2 (1)(2020·某某模拟)圆C 1：(x ＋2)2＋(y －2)2＝4和圆C 2：(x －2)2＋(y －5)2＝16的位置关系是( ) A.外离B.相交 C.内切D.外切 答案 B解析 易得圆C 1的圆心为C 1(－2，2)，半径r 1＝2，圆C 2的圆心为C 2(2，5)，半径r 2＝4，圆心距|C 1C 2|＝[2－－2]2＋5－22＝5<2＋4＝r 1＋r 2且5>r 2－r 1，所以两圆相交.(2)若圆x 2＋y 2＝a 2与圆x 2＋y 2＋ay －6＝0的公共弦长为23，则a ＝________. 答案 ±2解析 两圆作差得公共弦所在直线方程为a 2＋ay －6＝0.原点到a 2＋ay －6＝0的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6a－a .∵公共弦长为23，∴a 2＝(3)2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪6a－a 2，∴a 2＝4，a ＝±2.1.已知a ，b ∈R ，a 2＋b 2≠0，则直线l ：ax ＋by ＝0与圆C ：x 2＋y 2＋ax ＋by ＝0的位置关系是( )A.相交B.相切C.相离D.不能确定 答案 B解析 圆C 的方程可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋b 22＝a 2＋b 24，圆心C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－b 2，半径r ＝a 2＋b 22，圆心到直线ax ＋by ＝0的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 2×a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2×b a 2＋b 2＝a 2＋b 22＝r ，所以直线与圆相切.2.直线l ：mx －y ＋1－m ＝0与圆C ：x 2＋(y －1)2＝5的位置关系是( ) A.相交B.相切C.相离D.不确定 答案 A解析 方法一 由题意知，圆心(0，1)到直线l 的距离d ＝|m |m 2＋1<1<5，故直线l 与圆相交.方法二 直线l ：mx －y ＋1－m ＝0过定点(1，1)， 因为点(1，1)在圆x 2＋(y －1)2＝5的内部， 所以直线l 与圆相交.3.若两圆x 2＋y 2＝m 和x 2＋y 2＋6x －8y －11＝0有公共点，则实数m 的取值X 围是( ) A.(－∞，1) B.(121，＋∞) C.[1，121] D.(1，121) 答案 C解析 x 2＋y 2＋6x －8y －11＝0化成标准方程为(x ＋3)2＋(y －4)2＝36. 圆心距为d ＝0＋32＋0－42＝5，若两圆有公共点，则|6－m |≤5≤6＋m ， 所以1≤m ≤121.故选C.4.(2019·某某八市重点高中联考)已知圆x 2＋y 2－2x ＋2y ＋a ＝0截直线x ＋y －4＝0所得弦的长度小于6，则实数a 的取值X 围为( ) A.(2－17，2＋17) B.(2－17，2) C.(－15，＋∞) D.(－15，2) 答案 D解析 圆心(1，－1)，半径r ＝2－a ，2－a >0，∴a <2， 圆心到直线x ＋y －4＝0的距离d ＝|1－1－4|2＝2 2.则弦长为22－a2－222＝2－a －6<6.解得a >－15，故－15<a <2.5.已知点P (a ，b )(ab ≠0)是圆x 2＋y 2＝r 2内的一点，直线m 是以P 为中点的弦所在的直线，直线l 的方程为ax ＋by ＝r 2，那么( ) A.m ∥l ，且l 与圆相交 B.m ⊥l ，且l 与圆相切 C.m ∥l ，且l 与圆相离 D.m ⊥l ，且l 与圆相离 答案 C解析 ∵点P (a ，b )(ab ≠0)在圆内，∴a 2＋b 2<r 2. ∵圆x 2＋y 2＝r 2的圆心为O (0，0)，故由题意得OP ⊥m ， 又k OP ＝b a ，∴k m ＝－a b，∵直线l 的斜率为k l ＝－a b ＝k m ，圆心O 到直线l 的距离d ＝r 2a 2＋b 2>r 2r＝r ，∴m ∥l ，l 与圆相离.故选C.6.(2020·某某华附、省实、广雅、深中四校联考)过点A (a ，0)(a >0)，且倾斜角为30°的直线与圆O ：x 2＋y 2＝r 2(r >0)相切于点B ，且|AB |＝3，则△OAB 的面积是( ) A.12B.32C.1D.2答案 B解析 由切线的性质可得△ABO 是以点B 为直角顶点的直角三角形，在Rt△ABO 中，∠OAB ＝30°，AB ＝3，则OB ＝1，OA ＝2，△OAB 的面积是12×1×3＝32.7.已知直线x －2y ＋a ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点(O 为坐标原点)，且△AOB 为等腰直角三角形，则实数a 的值为( ) A.6或－6B.5或－5C.6D. 5 答案 B解析 因为直线x －2y ＋a ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点(O 为坐标原点)，且△AOB 为等腰直角三角形，所以O 到直线AB 的距离为1，由点到直线的距离公式可得|a |12＋－22＝1，所以a ＝± 5.8.(2020·西南地区名师联盟调研)以点(2，－1)为圆心且与直线3x －4y ＋5＝0相切的圆的标准方程为________. 答案 (x －2)2＋(y ＋1)2＝9 解析 圆心到直线的距离为|3×2－4×－1＋5|5＝3，则所求圆的标准方程为(x －2)2＋(y ＋1)2＝9.9.(2020·某某“荆、荆、襄、宜”四地七校联考)已知圆C 经过直线x ＋y ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝4的交点，且圆C 的圆心在直线2x －y －3＝0上，则圆C 的方程为________.答案 (x －3)2＋(y －3)2＝34解析 方法一 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋2＝0，x 2＋y 2＝4，解得交点坐标为A (－2，0)，B (0，－2).弦AB 的垂直平分线方程为y ＋1＝x ＋1即x －y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2x －y －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3.弦AB 的垂直平分线过圆心，所以圆心坐标为(3，3)， 半径r ＝[3－－2]2＋32＝34， 故所求圆C 的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝34.方法二 设所求圆的方程为(x 2＋y 2－4)＋a (x ＋y ＋2)＝0， 即x 2＋y 2＋ax ＋ay －4＋2a ＝0，∴圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，－a2，∵圆心在直线2x －y －3＝0上，∴－a ＋a2－3＝0，∴a ＝－6.∴圆的方程为x 2＋y 2－6x －6y －16＝0， 即(x －3)2＋(y －3)2＝34.10.若过点P (1，3)作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则PA →·PB →＝______. 答案 32解析 由题意，得圆心为O (0，0)，半径为1.如图所示，∵P (1，3)，∴PB ⊥x 轴，|PA |＝|PB |＝ 3. ∵△POA 为直角三角形，其中|OA |＝1，|AP |＝3， 则|OP |＝2，∴∠OPA ＝30°，∴∠APB ＝60°.∴PA →·PB →＝|PA →||PB →|·cos∠APB ＝3×3×cos60°＝32.11.(2019·某某青山区模拟)已知圆C ：x 2＋y 2－8y ＋12＝0，直线l ：ax ＋y ＋2a ＝0. (1)当a 为何值时，直线l 与圆C 相切；(2)当直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝22时，求直线l 的方程.解 (1)根据题意，圆C ：x 2＋y 2－8y ＋12＝0，则圆C 的标准方程为x 2＋(y －4)2＝4，其圆心为(0，4)，半径r ＝2，若直线l 与圆C 相切，则有|4＋2a |1＋a 2＝2，解得a ＝－34. (2)设圆心C 到直线l 的距离为d ，则⎝⎛⎭⎪⎫|AB |22＋d 2＝r 2，即2＋d 2＝4，解得d ＝2，则有d ＝|4＋2a |1＋a 2＝2，解得a ＝－1或－7，则直线l 的方程为x －y ＋2＝0或7x －y ＋14＝0.12.已知一个圆与y 轴相切，圆心在直线x －3y ＝0上，且在直线y ＝x 上截得的弦长为27，求该圆的方程.解 方法一 ∵所求圆的圆心在直线x －3y ＝0上， ∴设所求圆的圆心为(3a ，a )，又所求圆与y 轴相切，∴半径r ＝3|a |，又所求圆在直线y ＝x 上截得的弦长为27， 圆心(3a ，a )到直线y ＝x 的距离d ＝|2a |2，∴d 2＋(7)2＝r 2，即2a 2＋7＝9a 2，∴a ＝±1.故所求圆的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9或(x ＋3)2＋(y ＋1)2＝9， 即x 2＋y 2－6x －2y ＋1＝0或x 2＋y 2＋6x ＋2y ＋1＝0. 方法二 设所求圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2， 则圆心(a ，b )到直线y ＝x 的距离为|a －b |2，∴r 2＝a －b22＋7，即2r 2＝(a －b )2＋14.①由于所求圆与y 轴相切，∴r 2＝a 2，②又∵所求圆的圆心在直线x －3y ＝0上，∴a －3b ＝0，③联立①②③，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝1，r 2＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝－1，r 2＝9.故所求圆的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9或(x ＋3)2＋(y ＋1)2＝9， 即x 2＋y 2－6x －2y ＋1＝0或x 2＋y 2＋6x ＋2y ＋1＝0. 方法三 设所求圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E2，半径r ＝12D 2＋E 2－4F .在圆的方程中，令x ＝0，得y 2＋Ey ＋F ＝0. 由于所求圆与y 轴相切，∴Δ＝0，则E 2＝4F .①圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E2到直线y ＝x 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－D 2＋E 22，由已知得d 2＋(7)2＝r 2， 即(D －E )2＋56＝2(D 2＋E 2－4F ).② 又圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E 2在直线x －3y ＝0上， ∴D －3E ＝0.③联立①②③，解得⎩⎪⎨⎪⎧ D ＝－6，E ＝－2，F ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧D ＝6，E ＝2，F ＝1.故所求圆的方程为x 2＋y 2－6x －2y ＋1＝0或x 2＋y 2＋6x ＋2y ＋1＝0.13.(2019·某某师大附中月考)已知圆x 2＋(y －1)2＝2上任一点P (x ，y )，其坐标均使得不等式x ＋y ＋m ≥0恒成立，则实数m 的取值X 围是( ) A.[1，＋∞) B .(－∞，1] C.[－3，＋∞) D .(－∞，－3] 答案 A解析 如图，圆应在直线x ＋y ＋m ＝0的右上方，圆心C (0，1)到直线l 的距离为|1＋m |2，切线l 0应满足|1＋m |2＝2，∴|1＋m |＝2，m ＝1或m ＝－3(舍去)，从而－m ≤－1，∴m ≥1.14.由直线y ＝x ＋1上的一点向圆(x －3)2＋y 2＝1引切线，则切线长的最小值为_______. 答案7解析 设直线上一点P ，切点为Q ，圆心为M ，M 的坐标为(3，0)，则|PQ |即为切线长，|MQ |为圆M 的半径，长度为1，|PQ |＝|PM |2－|MQ |2＝|PM |2－1，要使|PQ |最小，即求|PM |最小值，此题转化为求直线y ＝x ＋1上的点到圆心M 的最小距离， 设圆心到直线y ＝x ＋1的距离为d ， 则d ＝|3－0＋1|12＋－12＝22，∴|PM |的最小值为22， |PQ |＝|PM |2－1＝222－1＝7.15.已知圆O ：x 2＋y 2＝9，点P 为直线x ＋2y －9＝0上一动点，过点P 向圆O 引两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点，则直线AB 过定点( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫49，89B.⎝ ⎛⎭⎪⎫29，49C.(1，2) D.(9，0) 答案 C解析 因为P 是直线x ＋2y －9＝0上的任一点，所以设P (9－2m ，m )，因为PA ，PB 为圆x 2＋y 2＝9的两条切线，切点分别为A ，B ，所以OA ⊥PA ，OB ⊥PB ，则点A ，B 在以OP 为直径的圆(记为圆C )上，即AB 是圆O 和圆C 的公共弦，易知圆C 的方程是⎝ ⎛⎭⎪⎫x －9－2m 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －m 22＝9－2m2＋m24，①又x 2＋y 2＝9，②②－①得，(2m －9)x －my ＋9＝0，即公共弦AB 所在直线的方程是(2m －9)x －my ＋9＝0， 即m (2x －y )＋(－9x ＋9)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝0，－9x ＋9＝0得x ＝1，y ＝2.所以直线AB 恒过定点(1，2)，故选C.16.已知圆C 经过(2，4)，(1，3)两点，圆心C 在直线x －y ＋1＝0上，过点A (0，1)且斜率为k 的直线l 与圆C 相交于M ，N 两点. (1)求圆C 的方程；(2)①请问AM →·AN →是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由； ②若OM →·ON →＝12(O 为坐标原点)，求直线l 的方程. 解 (1)设圆C 的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2， 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧2－a 2＋4－b 2＝r 2，1－a 2＋3－b2＝r 2，a －b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，r ＝1，∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝1. (2)①AM →·AN →为定值.过点A (0，1)作直线AT 与圆C 相切，切点为T ， 易得|AT |2＝7，∴AM →·AN →＝|AM →|·|AN →|cos0°＝|AT |2＝7， ∴AM →·AN →为定值，且定值为7.②依题意可知，直线l 的方程为y ＝kx ＋1，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋1代入(x －2)2＋(y －3)2＝1，并整理，得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0，∴x 1＋x 2＝41＋k 1＋k 2，x 1x 2＝71＋k2，∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k 1＋k1＋k2＋8＝12， 即4k1＋k1＋k2＝4，解得k ＝1， 又当k ＝1时Δ>0，∴k ＝1，∴直线l 的方程为y ＝x ＋1.。
高三数学一轮复习精品教案2：线面、面面平行的判定与性质教学设计
第四节 直线、平面平行的判定及其性质考纲传真1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题.1．直线与平面平行的判定(1)定义：直线与平面没有公共点，则称直线平行于平面． (2)判定定理：若a ⊂α，b ⊄α，a ∥b ，则b ∥α. 2．直线与平面平行的性质定理 若a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ，则a ∥b . 3．面面平行的判定与性质 判定性质图形条件 α∩β＝∅a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α α∥β，α∩γ＝a ， β∩γ＝b α∥β，a ⊂β 结论α∥βα∥βa ∥ba ∥α4.与垂直相关的平行的判定(1)a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b ；(2)a ⊥α，a ⊥β⇒α∥β．1．(人教A版教材习题改编)若直线a不平行于平面α，则下列结论成立的是() A．α内的所有直线都与直线a异面B．α内可能存在与a平行的直线C．α内的直线都与a相交D．直线a与平面α没有公共点『解析』直线a与α不平行，则直线a在α内或与α相交，当直线a在平面α内时，在α内存在与a平行的直线，B正确．『答案』B2．若直线m⊂平面α，则条件甲：直线l∥α，是条件乙：l∥m的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件『解析』∵l∥α时，l与m并不一定平行，而l∥m时，l与α也不一定平行，有可能l⊂α，∴条件甲是条件乙的既不充分也不必要条件．『答案』D3．空间中，下列命题正确的是()A．若a∥α，b∥a，则b∥αB．若a∥α，b∥α，a⊂β，b⊂β，则β∥αC．若α∥β，b∥α，则b∥βD．若α∥β，a⊂α，则a∥β『解析』根据面面平行和线面平行的定义知，选D.『答案』D4．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系是________．『解析』如图所示，连接BD交AC于F，连接EF则EF是△BDD1的中位线，∴EF ∥BD1，又EF⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD 1∥平面ACE . 『答案』 平行图7－4－15．(2013·福州模拟)如图7－4－1，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．『解析』 由于在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC ＝2 2.又E 为AD 中点，EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点，∴EF ＝12AC ＝ 2.『答案』2直线与平面平行的判定与性质图7－4－2(2012·辽宁高考)如图7－4－2，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC＝2，AA ′＝1，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)求三棱锥A ′－MNC 的体积．(锥体体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)『思路点拨』 (1)法一：证明MN ∥AC ′；法二：取A ′B ′的中点P ，证平面MPN ∥平面A ′ACC ′.(2)转化法：根据S △A ′MC ＝S △BMC 得V N —A ′MC ＝12V N —A ′BC ，从而V A ′—MNC ＝12V A ′—NBC .『尝试解答』(1)法一连接AB′，AC′，如图，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC—A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′.法二取A′B′的中点P，连接MP，NP，AB′，如图，因为M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′.所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN，所以MN∥平面A′ACC′.(2)连接BN，由题意知，A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面B′BCC′，即A′N⊥平面NBC，故V A′—MNC＝V N—A′MC＝13S△A′MC×h，又S△A′MC＝12S△A′BC，所以V A′—MNC＝V N—A′MC＝12V N—A′BC＝12V A′—NBC＝12×13×S△NBC×A′N，因为∠BAC＝90°，BA＝AC＝2，所以BC＝B′C′＝2，S△NBC＝12BC×BB′＝12×2×1＝1，A′N＝12B′C′＝1，所以V A′—MNC＝V N—A′MC＝12×13×S△NBC×A′N＝16.,1．判断或证明线面平行的常用方法有：(1)利用常用反证法定义；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．2．利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．图7－4－3如图7－4－3，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.『证明』如图，连接AC交BD于O，连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM，则有AP∥平面BMD.∵平面P AHG∩平面BMD＝GH，∴AP∥GH.平面与平面平行的判定与性质图7－4－4如图7－4－4，已知α∥β，异面直线AB 、CD 和平面α、β分别交于A 、B 、C 、D 四点，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：(1)E 、F 、G 、H 共面； (2)平面EFGH ∥平面α.『思路点拨』 (1)证明四边形EFGH 为平行四边形即可；(2)利用面面平行的判定定理，转化为线面平行来证明．『尝试解答』 (1)∵E 、H 分别是AB 、DA 的中点， ∴EH 綊12BD .同理，FG 綊12BD ，∴FG 綊EH .∴四边形EFGH 是平行四边形， ∴E 、F 、G 、H 共面．(2)平面ABD 和平面α有一个公共点A ， 设两平面交于过点A 的直线AD ′. ∵α∥β，∴AD ′∥BD .又∵BD ∥EH ，∴EH ∥BD ∥AD ′. ∴EH ∥平面α，同理，EF ∥平面α， 又EH ∩EF ＝E ，EH ⊂平面EFGH ， EF ⊂平面EFGH ，∴平面EFGH ∥平面α.,1．解答本题(2)的关键是设出平面ABD 与平面α的交线，然后使用面面平行的性质证明．2．判定面面平行的方法 (1)利用定义：(常用反证法) (2)利用面面平行的判定定理；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．图7－4－5如图7－4－5所示，三棱柱ABC—A1B1C1，D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中点．求证：平面A1BD1∥平面AC1D.『证明』如图所示，连接A1C交AC1于点E，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以E是A1C的中点，连接ED，因为A1B∥平面AC1D，平面A1BC∩平面AC1D＝ED，所以A1B∥ED.因为E是A1C的中点，所以D是BC的中点．又因为D1是B1C1的中点，所以BD1∥C1D，A1D1∥AD.又A1D1∩BD1＝D1，C1D∩AD＝D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.线面、面面平行的综合应用图7－4－6如图7－4－6所示，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ，F为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BE ；(2)设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE .『思路点拨』 (1)通过线面垂直证明线线垂直；(2)先确定点N 的位置，再进行证明，点N 的位置的确定要根据线面平行的条件进行探索．『尝试解答』 (1)∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ，∴BC ⊥平面ABE ， 则AE ⊥BC .又∵BF ⊥平面ACE ，∴AE ⊥BF ， ∴AE ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ，∴AE ⊥BE .(2)在△ABE 中，过M 点作MG ∥AE 交BE 于G 点，在△BEC 中过G 点作GN ∥BC 交EC 于N 点，连接MN ，则由比例关系易得CN ＝13CE .∵MG ∥AE ，MG ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴MG ∥平面ADE .同理，GN ∥平面ADE .又∵GN ∩MG ＝G ， ∴平面MGN ∥平面ADE .又MN ⊂平面MGN ，∴MN ∥平面ADE .∴N 点为线段CE 上靠近C 点的一个三等分点．,1．解决本题的关键是过M 作出与平面DAE 平行的辅助平面MNG ，通过面面平行证明线面平行．2．通过线面、面面平行的判定与性质，可实现线线、线面、面面平行的转化． 3．解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．图7－4－7如图7－4－7所示，四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱P A⊥底面ABCD，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE＝63a，试在AB上找一点F，使EF∥平面P AD.『解』在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，∴四边形FEGA为平行四边形，∴FE∥AG.又AG⊂平面P AD，FE⊄平面P AD，∴EF∥平面P AD.∴F即为所求的点．又P A⊥面ABCD，∴P A⊥BC，又BC⊥AB，∴BC⊥面P AB.∴PB⊥BC.∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋P A2.设P A＝x则PC＝2a2＋x2，由PB·BC＝BE·PC得：a2＋x2·a＝2a2＋x2·63a，∴x＝a，即P A＝a，∴PC＝3a.又CE＝a2－（63a）2＝33a，∴PE PC ＝23，∴GE CD ＝PE PC ＝23， 即GE ＝23CD ＝23a ，∴AF ＝23a .一种关系平行问题的转化关系：两个防范1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．2．线面平行的性质定理的符号语言为：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b ，三个条件缺一不可．从近两年高考看，直线与平面，平面与平面平行是高考考查的热点．题型全面，试题难度中等，考查线线、线面、面面平行的相互转化，并且考查空间想象能力以及逻辑思维能力．预测2014年高考仍将以线面平行的判定为主要考查点，解题时不但要熟练运用平行的判定和性质，而且要注意解题的规范化．规范解答之十 线面平行问题的证明方法)图7－4－8(12分)(2012·山东高考)如图7－4－8，几何体E －ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.『规范解答』(1)如图(1)，取BD的中点O，连接CO，EO.(1)由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，4分因此BD⊥EO.又O为BD的中点，所以BE＝DE.6分(2)如图(2)，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.(2)因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.8分又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°.又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.10分又MN∩DN＝N，所以平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.12分『解题程序』第一步：取BD的中点O，连接CO，EO，证明BD⊥平面EOC；第二步：根据线面垂直的性质证明BD⊥EO，从而证明BE＝DE；第三步：取AB的中点N，作出辅助平面DMN；第四步：证明MN∥平面BEC；第五步：证明DN∥平面BEC；第六步：根据面面平行的判定定理下结论．易错提示：(1)第(1)小题作不出辅助线EO，CO，无法求解．(2)第(2)小题不能作出辅助平面DMN，无法求解．防范措施：(1)所求与已知中，均有线段相等，即出现等腰三角形共底边问题，此种情况下，一般取底边的中点作辅助线．(2)证明线面平行，通常有两种方法，要么用线线平行，要么用面面平行，条件中出现中点，一般考虑作出三角形的中位线．1．(2013·潍坊模拟)已知三条直线a，b，c和平面β，则下列推论中正确的是() A．若a∥b，b⊂β，则a∥βB．a∥β，b∥β，则a∥bC．若a⊂β，b∥β，a，b共面，则a∥bD．a⊥c，b⊥c，则a∥b『解析』对于A，可能有a⊂β，故A错；对于B，a与b可能平行、相交或异面，故B错；对于D，a与b可能平行，相交或异面；对于C，根据线面平行的性质定理知，C正确．『答案』C图7－4－92．(2013·杭州模拟)在如图7－4－9所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，EF ∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF，若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE.『证明』因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，所以△ABC ∽△EFG ，由于AB ＝2EF ，因此，BC ＝2FG ，连接AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ， 因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形，因此GM ∥F A .又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ， 所以GM ∥平面ABFE .。
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9.4 两个平面平行●知识梳理1.两个平面平行的判定定理：如果一个平面的两条相交直线都与另一个平面平行，那么这两个平面平行.2.两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面都与第三个平面相交，那么交线平行.●点击双基1.（2005年春季北京，3）下列命题中，正确的是 A.经过不同的三点有且只有一个平面B.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线D.垂直于同一个平面的两个平面平行 答案：C2.设a 、b 是两条互不垂直的异面直线，过a 、b 分别作平面α、β，对于下面四种情况：①b ∥α，②b ⊥α，③α∥β，④α⊥β.其中可能的情况有A.1种B.2种C.3种D.4种解析：①③④都有可能，②不可能，否则有b ⊥a 与已知矛盾. 答案：C3.α、β是两个不重合的平面，a 、b 是两条不同直线，在下列条件下，可判定α∥β的是 A.α、β都平行于直线a 、bB.α内有三个不共线点到β的距离相等C.a 、b 是α内两条直线，且a ∥β，b ∥βD.a 、b 是两条异面直线且a ∥α，b ∥α，a ∥β，b ∥β 解析：A 错，若a ∥b ，则不能断定α∥β；B 错，若A 、B 、C 三点不在β的同一侧，则不能断定α∥β； C 错，若a ∥b ，则不能断定α∥β；D 正确.答案：D4.a 、b 、ｃ为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，直线均不在平面内，给出六个命题：.⇒⎭⎬⎫;⇒⎭⎬⎫⇒⎭⎬⎫⇒⎭⎬⎫⇒⎭⎬⎫⇒⎭⎬⎫αγγαβαγβγαααβαβαγγ∥∥∥⑥∥∥∥⑤∥∥∥④∥∥∥③∥∥∥②∥∥∥①a a a c a c c cb a b a b ac b c a ;;;;其中正确的命题是________________.（将正确的序号都填上） 答案：①④⑤⑥●典例剖析 【例1】 设平面α∥平面β，AB 、CD 是两条异面直线，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，且A 、C ∈α，B 、D ∈β，求证：MN ∥平面α.剖析：因为AB与CD是异面直线，故MN与AC、BD不平行.在平面α、β中不易找到与MN平行的直线，所以试图通过证线线平行达到线面平行这一思路受阻，于是转而考虑通过证面面平行达到线面平行，即需找一个过MN且与α平行的平面.根据M、N是异面直线上的中点这一特征，连结BC，则此时AB、BC共面，即BC为沟通AB、CD的桥梁，再取BC的中点E，连结ME、NE，用中位线知识可证得.证明：连结BC、AD，取BC的中点E，连结ME、NE，则ME是△BAC的中位线，故ME∥AC，ME⊄α，∴ME∥α.同理可证，NE∥BD.又α∥β，设CB与DC确定的平面BCD 与平面α交于直线CF，则CF∥BD，∴NE∥CF.而NE⊄平面α，CF⊂α，∴NE∥α.又ME ∩NE=E，∴平面MNE∥α，而MN⊂平面MNE，∴MN∥平面α.【例2】如下图，在空间六边形（即六个顶点没有任何五点共面）ABCC1D1A1中，每相邻的两边互相垂直，边长均等于a，并且AA1∥CC1.求证：平面A1BC1∥平面ACD1.证法一：作正方形BCC1B1和CC1D1D，并连结A1B1和AD.∵AA1CC1BB1DD1，且AA1⊥AB，AA1⊥A1D1，∴ABB1A1和AA1D1D都是正方形，且ACC1A1是平行四边形.故它们的对应边平行且相等.∵△ABC≌△A1B1C1，∴A1B1⊥B1C1.同理，AD⊥CD.∵BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴BB1⊥平面ABC.同理，DD1⊥平面ACD.∵BB1∥DD1，∴BB1⊥平面ACD.∴A、B、C、D四点共面.∴ABCD为正方形.同理，A1B1C1D1也是正方形.故ABCD—A1B1C1D1是正方体.易知A1C1∥AC，∴A1C1∥平面ACD1.同理，BC1∥平面ACD1，∴平面A1BC1∥平面ACD1.证法二：证ABCD—A1B1C1D1是正方体，同上.连结B1D、B1D1，则B1D1是B1D在底面ABCD上的射影，由三垂线定理知B1D⊥A1C1，同理可证B1D⊥BA1，∴B1D⊥平面A1BC1.同理可证，B1D⊥平面ACD1，∴平面A1BC1∥平面ACD1.思考讨论证明面面平行的常用方法：利用面面平行的判定定理；证明两个平面垂直于同一条直线. 【例3】 如下图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、P 分别是C 1C 、B 1C 1、C 1D 1的中点，求证：（1）AP ⊥MN ；（2）平面MNP ∥平面A 1BD .证明：（1）连结BC 1、B 1C ，则B 1C ⊥BC 1，BC 1是AP 在面BB 1C 1C 上的射影.∴AP ⊥B 1C . 又B 1C ∥MN ，∴AP ⊥MN .（2）连结B 1D 1，∵P 、N 分别是D 1C 1、B 1C 1的中点， ∴PN ∥B 1D 1.又B 1D 1∥BD ，∴PN ∥BD .又PN 不在平面A 1BD 上， ∴PN ∥平面A 1BD .同理，MN ∥平面A 1BD .又PN ∩MN =N ， ∴平面PMN ∥平面A 1BD .评述：将空间问题转化为平面问题，是解决立体几何问题的重要策略，关键在于选择或添加适当的平面或线.由于M 、N 、P 都为中点，故添加B 1C 、BC 1作为联系的桥梁.●闯关训练 夯实基础1.（2003年上海）在下列条件中，可判断平面α与β平行的是 A.α、β都垂直于平面γB.α内存在不共线的三点到β的距离相等C.l 、m 是α内两条直线，且l ∥β，m ∥βD.l 、m 是两条异面直线，且l ∥α，m ∥α，l ∥β，m ∥β 答案：D2.设平面α∥β，A 、C ∈α，B 、D ∈β，直线AB 与CD 交于S ，若AS =18，BS =9，CD =３4，则CS =_____________.解析：如图（1），由α∥β可知BD ∥AC ，∴SASB =SCSD ，即189=SCSC 34-，∴SC =68.如图（2），由α∥β知AC ∥BD ，∴SBSA =SDSC =SCCD SC -，即918=SCSC -34.∴SC =368.答案：68或3683.如图甲，在透明塑料制成的长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个命题：①水的部分始终呈棱柱状；②水面四边形EFGH 的面积不改变； ③棱A 1D 1始终与水面EFGH 平行；④当容器倾斜如图乙时，EF ·BF 是定值.其中正确命题的序号是_____________.解析：对于命题①，由于BC 固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD ∥EH ∥FG ∥BC ，且平面AEFB ∥平面DHGC ，故水的部分始终呈棱柱状（四棱柱或三棱柱、五棱柱），且BC 为棱柱的一条侧棱，命题①正确.对于命题②，当水是四棱柱或五棱柱时，水面面积与上下底面面积相等；当水是三棱柱时，则水面面积可能变大，也可能变小，故②不正确.③是正确的（请给出证明）.④是正确的，由水的体积的不变性可证得.综上所述，正确命题的序号是①③④.答案：①③④4.如下图，两条线段AB 、CD 所在的直线是异面直线，CD ⊂平面α，AB ∥α，M 、N 分别是AC 、BD 的中点，且AC 是AB 、CD 的公垂线段.（1）求证：MN ∥α；（2）若AB =CD =a ，AC =b ，BD =c ，求线段MN 的长.（1）证明：过B 作BB ′⊥α，垂足为B ′，连结CB ′、DB ′，设E 为B ′D 的中点， 连结NE 、CE ，则NE ∥BB ′且NE =21BB ′，又AC =BB ′，∴MCNE ，即四边形MCEN 为平行四边形（矩形）.∴MN ∥CE .又CE ⊂α，MN ⊄α，∴MN ∥α.（2）解：由（1）知MN =CE ，AB =CB ′=a =CD ，B ′D =22B B BD '-=22b c -，∴CE =)(41222b c a --=2224141cb a -+，即线段MN 的长为2224141cb a -+.5.如下图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =a .（1）求证：平面AD 1B 1∥平面C 1DB ； （2）求证：A 1C ⊥平面AD 1B 1；（3）求平面AB 1D 1与平面BC 1D 之间的距离.（1）证明：∵D 1B 1∥DB ，∴D 1B 1∥平面C 1DB .同理，AB 1∥平面C 1DB . 又D 1B 1∩AB 1=B 1， ∴平面AD 1B 1∥平面C 1DB .（2）证明：∵A 1C 1⊥D 1B 1，而A 1C 1为A 1C 在平面A 1B 1C 1D 1上的射影，∴A 1C 1⊥D 1B 1. 同理，A 1C ⊥AB 1，D 1B 1∩AB 1=B 1. ∴A 1C ⊥平面AD 1B 1.（3）解：设A 1C ∩平面AB 1D 1=M ，A 1C ∩平面BC 1D =N ，O 1、O 分别为上底面A 1B 1C 1D 1、下底面ABCD 的中心. 则M ∈AO 1，N ∈C 1O ，且AO 1∥C 1O ，MN 的长等于平面AD 1B 1与平面C 1DB 的距离，即MN =A 1M =NC =31A 1C =33a .培养能力6.如下图，直线a ∥直线b ，a ⊂平面α，b ⊂平面β，α⊥平面γ，β⊥平面γ，a 与b 所确定的平面不与γ垂直.如果a 、b 不是γ的垂线，则必有α∥β.证明：令α∩γ=直线a ′，β∩γ=直线b ′.分别过a 、b 上任一点在α内、β内作a ′、b ′的垂线m 、n .根据两平面垂直的性质定理， ∵α⊥γ，β⊥γ，∴m ⊥γ，n ⊥γ.∴m ∥n .∵a 不垂直于γ，m ⊥γ，且a 、m 在α内，∴a 与m 必是相交直线.又b 与n 在β内，且有a ∥b ，m ∥n ，∴a ∥β，m ∥β.∴α∥β. 点评：根据a ∥b ，在α、β内另找一对平行线.由α⊥γ、β⊥γ，联想到平面垂直的性质定理.本例沟通了平行与垂直、线线与线面及面面之间的联系.7.如下图，已知平面α∥平面β∥平面γ，且β位于α与γ之间.点A 、D ∈α，C 、F ∈γ， AC ∩β=B ，DF ∩β=E .（1）求证：BCAB =EFDE ；（2）设AF 交β于M ，AC DF ，α与β间距离为h ′，α与γ间距离为h ，当hh '的值是多少时，△BEM 的面积最大?（1）证明：连结BM 、EM 、BE .∵β∥γ，平面ACF 分别交β、γ于BM 、CF ， ∴BM ∥CF .∴BC AB =MFAM .同理，MFAM =EFDE .∴BCAB =EFDE .（2）解：由（1）知BM ∥CF ， ∴CFBM =AC AB =hh '.同理，ADME =hh h '-.∴S BEM ∆=21CF ·AD hh '（1－hh '）sin ∠BME .据题意知，AD 与CF 是异面直线，只是β在α与γ间变化位置.故CF 、AD 是常量， sin ∠BME 是AD 与CF 所成角的正弦值，也是常量，令h ′∶h =x .只要考查函数y =x （1－x ）的最值即可，显然当x =21，即hh '=21时，y =－x 2+x 有最大值.∴当hh '=21，即β在α、γ两平面的中间时，S BEM ∆最大.8.如下图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、E 、F 分别是棱A 1B 1、A 1D 1、B 1C 1、C 1D 1的中点，AB =a.（1）求证：平面AMN ∥平面EFDB ； （2）求异面直线BE 与MN 之间的距离.（1）证明：∵MN ∥EF ，∴MN ∥平面EFDB .又AM ∥DF ，∴AM ∥平面EFDB .而MN ∩AM =M ，∴平面AMN ∥平面EFDB .（2）解：∵BE ⊂平面EFDB ，MN ⊂平面AMN ，且平面AMN ∥平面EFDB ， ∴BE 与MN 之间的距离等于两平行平面之间的距离.作出这两个平面与平面A 1ACC 1的交线AP 、OQ ，作OH ⊥AP 于H . ∵DB ⊥平面A 1ACC 1，∴DB ⊥OH .而MN ∥DB ，∴OH ⊥MN .则OH ⊥平面AMN . ∵A 1P =42a ，AP =423a ，设∠A 1AP =θ，则cos θ=aa 423=322，∴OH =AO ·sin θ=22a ·322 a =32a .∴异面直线BE 与MN 的距离是32a . 探究创新9.科学植树的一个重要因素就是要考虑阳光对树生长的作用.现在准备在一个朝正南方向倾角为α的斜坡上种树，假设树高为h m ，当太阳在北偏东β而仰角为γ时，该树在坡面上的影长为多少米？分析：如下图，DE 是高度为h 的树，斜坡AD 朝正南方向，AB 为东西方向，BC 为南北方向.∠CBD =α，∠ACB =β，∠EAC =γ，∠AED =90°－γ，影长AD =x 为未知量.但x 难以直接与上述诸已知量发生联系，故设∠DAC =θ为辅助未知量，以揭示x 与诸已知量之间的数量关系，作为沟通桥梁.解：在△ADE 中，)sin(θγ-h =)90sin(γ-ox ，即γcos x =)sin(θγ-h . ①在△ACD 中，CD =x sin θ，AC =x cos θ.在△ABC 中，BC =AC cos β=x cos θcos β. 在△BCD 中，tan α=BCCD =βθcos tan . ②由①推得x =)sin(cos θγγ-h . ③由②推得tan θ=tan αcos β，即θ=arctan （tan αcos β）. 代入③，即得树在坡面上的影长. ●思悟小结证明两平面平行的方法： （1）利用定义证； （2）利用判定定理证；（3）利用“垂直于同一直线的两个平面平行”来证.面面平行常常转化为线面平行，而线面平行又可转化为线线平行.所以注意转化思想的应用，在处理两异面直线有关的问题中，通常采用过其中一直线上的一点作另一条直线的平行线或直接连结的方法，即搭桥的方法，把异面问题转化为平面问题，从而应用平面几何知识加以解决.两平面平行的性质定理是证明空间两直线平行的重要依据，故应切实掌握好.●教师下载中心 教学点睛1.结合图形使学生熟练地掌握两个平面平行的判定定理及性质定理.2.判定两个平面平行是本节的重点，除了依据定义、判定定理外，还可用垂直于同一条直线的两个平面平行；法向量平行的两个平面也平行等.3.为了应用两平面平行的条件，往往作第三个平面与它们相交. 拓展题例【例1】 下列命题中，错误的是A.三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面B.平面α∥平面β，a ⊂α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥aC.α∥β，γ∥δ，α、β、γ、δ的交线为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥dD.一条直线与两个平面成等角是这两个平面平行的充要条件解析：D 错误.当两平面平行时，则该直线与两个平面成等角；反之，如果一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面.如下图，α⊥β，直线AB 与α、β都成45°角，但α∩β=l .答案：D【例2】 在四棱锥P —ABCD 中，ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点.（1）求证：MN ∥平面PAD ；（2）当MN ⊥平面PCD 时，求二面角P —CD —B 的大小. （1）证明：取CD 的中点E ，连结ME 、NE .∵M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∴NE ∥PD ，ME ∥AD .于是NE ∥平面PAD ， ME ∥平面PAD .∴平面MNE ∥平面PAD ，MN ⊂平面MNE . ∴MN ∥平面PAD .（2）解：设MA =MB =a ，BC =b ，则MC =22b a +.∵N 是PC 的中点，MN ⊥平面PCD ，∴MN ⊥PC .于是MP =MC =22b a +.∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AM ，P A =22AM PM -=b . 于是PD =2 b ，EN 是△PDC 的中位线，EN =21PD =22b .∵ME ⊥CD ，MN ⊥平面PCD ，∴EN ⊥CD ，∠MEN 即为二面角P —CD —B 的平面角.设为α，于是cos α=EMEN =22，α=45°，即二面角P —CD —B 的大小为45°.。