新教材高中数学第八章立体几何初步8-5-2直线与平面平行素养课件新人教A版必修第二册

8.5.2直线与平面平行

【情境探究】1.如图,将课本ABCD的一边AB紧贴桌面α,把课本绕AB转动,在转动过程中,AB的对边CD(不落在α内)和平面α有何位置关系?提示:因为没有公共点,所以CD∥α.必备知识生成2.如图,平面α外的直线a平行于平面α内的直线b,这两条直线共面吗?直线a与平面α相交吗?

提示:直线a,b共面,直线a与平面α不相交.3.如果直线a与平面α平行.(1)直线a与平面α内的直线的位置关系是怎样的?提示:平行或者异面.(2)在平面α内与直线a平行的直线有多少条?这些直线的位置关系如何?提示:在平面α内与直线a平行的直线有无数条,这些直线互相平行.(3)经过直线a的平面β与平面α相交于直线b,那么这样的平面β有多少个?直线a,b的位置关系如何?为什么?提示:如图,有无数个.直线a,b的位置关系为平行.因为直线a∥平面α,所以直线a与平面α内的任何直线无公共点,又因为a,b共面,所以a∥b.【知识生成】1.直线与平面平行的判定定理文字语言如果_______一条直线与此平面内的一条直线_____,那么该直线与此平面平行图形语言

符号语言a__α,b__α,且a∥b⇒a∥α作用证明直线与平面_____平面外平行⊄⊂平行2.直线与平面平行的性质定理文字语言一条直线与一个平面平行,如果过该直线的_____与此平面_____,那么该直线与交线_____图形语言

符号语言a∥α,_______________⇒a∥b作用证明两条直线_____平面相交平行a⊂β,α∩β=b平行关键能力探究探究点一直线与平面平行的判定定理【典例1】如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,D,E分别是AB,B1C的中点.

求证:DE∥平面ACC1A1.【思维导引】构造中位线或平行四边形,利用线线平行证明.关键能力探究探究点一直线与平面平行的判定定理【典例1】如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,D,E分别是AB,B1C的中点.

求证:DE∥平面ACC1A1.【思维导引】构造中位线或平行四边形,利用线线平行证明.【证明】方法一:连接BC1,AC1,因为ABC-A1B1C1是斜三棱柱,所以四边形BCC1B1为平行四边形,由平行四边形的性质得点E也是BC1的中点,因为点D是AB的中点,所以DE∥AC1,又DE⊄平面ACC1A1,AC1⊂平面ACC1A1,所以DE∥平面ACC1A1.方法二:连接A1C,交AC1于O,连接OE,则O是A1C的中点,又E是B1C的中点,所以OE∥A1B1,OE=A1B1,又AD∥A1B1,AD=A1B1,所以OE

AD,所以四边形ADEO是平行四边形,所以AO∥DE,因为AO⊂平面ACC1A1,DE⊄平面ACC1A1,所以DE∥平面ACC1A1.【类题通法】1.证明直线与平面平行的关键关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线.把握几何体的结构特征,合理利用几何体中的三角形的中位线,平行四边形对边平行等平面图形的特点是找线线平行关系的常用方法.2.用直线与平面平行的判定定理证明线面平行的基本步骤【定向训练】1.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(

)【定向训练】1.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(

)【解析】选A.B中因为AB∥MQ,AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以直线AB∥平面MNQ;C中因为AB∥MQ,AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以直线AB∥平面MNQ;D中AB∥NQ,AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,所以直线AB∥平面MNQ.2.如图,空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点.求证:(1)EH∥平面BCD;(2)BD∥平面EFGH.【证明】(1)因为EH为△ABD的中位线,所以EH∥BD.因为EH⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,所以EH∥平面BCD.(2)因为BD∥EH,BD⊄平面EFGH,EH⊂平面EFGH,所以BD∥平面EFGH.3.如图,P是▱ABCD所在平面外一点,E,F分别为AB,PD的中点,求证:AF∥平面PEC.

【证明】设PC的中点为G,连接EG,FG.因为F为PD的中点,所以GF∥CD,且GF=CD.因为AB∥CD,AB=CD,E为AB的中点,所以GF∥AE,GF=AE,所以四边形AEGF为平行四边形,所以EG∥AF.又因为AF⊄平面PEC,EG⊂平面PEC,所以AF∥平面PEC.【补偿训练】如图,EB∥DC,EB=2DC,P,Q分别为AE,AB的中点.则直线DP与平面ABC的位置关系是__________.

【解析】连接CQ,在△ABE中,因为P,Q分别是AE,AB的中点,所以PQ

EB.又DC

EB,所以PQ

DC,所以四边形DPQC为平行四边形,所以DP∥CQ.又因为DP⊄平面ABC,CQ⊂平面ABC,所以DP∥平面ABC.答案:平行探究点二直线与平面平行的性质定理【典例2】如图,用平行于四面体ABCD的一组对棱AB,CD的平面截此四面体.求证:截面MNPQ是平行四边形.【思维导引】根据已知AB∥平面MNPQ,CD∥平面MNPQ,由线面平行的性质定理,找出经过直线的平面与平面MNPQ的交线,转化为线线平行即可得证.【证明】因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面MNPQ=MN,且AB⊂平面ABC,所以由线面平行的性质定理,知AB∥MN.同理,AB∥PQ,所以MN∥PQ.同理可得MQ∥NP.所以截面MNPQ是平行四边形.【类题通法】线面平行的性质定理的解题步骤与思路(1)利用线面平行的性质定理解题的步骤(2)运用线面平行的性质定理时,应先确定线面平行,再寻找过已知直线的平面与这个平面相交的交线,然后确定线线平行.【知识延拓】1.若本例条件不变,求证:【证明】由例题知:PQ∥AB,所以因为QM∥DC,所以所以2.若本例中添加条件:AB⊥CD,AB=10,CD=8,且BP∶PD=1∶1,求四边形MNPQ的面积.【解析】由例题知,四边形MNPQ是平行四边形,因为AB⊥CD,所以PQ⊥QM,所以四边形MNPQ是矩形.因为BP∶PD=1∶1,所以PQ=5,QM=4,所以四边形MNPQ的面积为5×4=20.【定向训练】证明:如果一条直线和两个相交平面都平行,那么这条直线与这两个平面的交线平行.【证明】已知:直线a∥平面AC,直线a∥平面CE,平面AC∩平面CE=b,求证:a∥b.解:方法一:如图,过直线a任意作两个平面α,β,与平面AC和CE分别交于直线c,d.因为直线a∥平面AC,直线a∥平面CE,所以a∥c,a∥d.所以c∥d.因为c⊄平面CE,d⊂平面CE,所以c∥平面CE.因为c⊂平面AC,平面AC∩平面CE=b,所以c∥b.又因为a∥c,所以a∥b.方法二:在平面AC与平面CE的交线b上任取一点A,则A∈b,所以点A与直线a可确定平面β.设平面β∩平面CE=b1,平面β∩平面AC=b2.则A∈b1,A∈b2.因为直线a∥平面AC,直线a∥平面CE,所以a∥b1,a∥b2.所以b1∥b2,又b1∩b2=A,故b1与b2重合,则b1(b2)既在平面AC内,又在平面CE内,即b1(b2)为平面AC,平面CE的交线,而两个平面相交只有一条交线.所以b1(b2)与b重合,所以a∥b.探究点三线面平行的综合应用【典例3】如图所示,已知P是▱ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PBC∩平面PAD=l.(1)求证:l∥BC;(2)MN与平面PAD是否平行?试证明你的结论.【思维导引】联合运用线面平行的判定及性质定理.【解析】(1)因为BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD.又因为平面PBC∩平面PAD=l,且BC⊂平面PBC,所以BC∥l.(2)平行.证明如下:取PD的中点E,连接AE,NE,可以证得NE∥AM且NE=AM,所以四边形MNEA是平行四边形,所以MN∥AE.又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.

【类题通法】解决线面平行问题的思路判定定理与性质定理常常交替使用,即先通过线线平行推出线面平行,再通过线面平行推出线线平行,复杂的题目还可以继续推下去,我们可称它为平行链.【知识延拓】与线面平行相关的“有且只有”命题的证明方法:典型例题:求证过两条异面直线中的一条,有且仅有一个平面和另一条直线平行.【解析】已知:a,b为异面直线.求证:过b有且只有一个平面和a平行.(存在性)如图,在直线b上任取一点A,过A作直线l∥a,那么l和b是相交直线,它们确定一个平面α.因为b⊂α,a和b是异面直线,所以a⊄α.又a∥l,l⊂α,所以a∥α(线面平行的判定定理),所以经过b有一个平面和a平行.(唯一性)如果平面β是过b且与直线a平行的另一个平面,那么直线b上的A和直线a可以确定一个平面γ.根据线面平行的性质定理知,平面γ,β的交线与直线a平行,但是经过A只能有直线a的一条平行线,所以这条交线就是l.因此,平面β必定是直线l和b所确定的平面,即平面β与平面α重合,所以过b只有一个平面和直线a平行.由存在性和唯一性的证明可得:过直线b有且只有一个平面和直线a平行.【类题通法】(1)“有”即“存在”;“只有”即“唯一”.此类问题的论证既要证明存在性又要证明唯一性.(2)存在性的证明只需找到或作出满足题设条件的事物即可.(3)对唯一性的证明,可采用“反证法”,也可采用“同一法”,同一法和反证法一样,是一种间接证法.一般来说,一个命题,如果它的题设和结论所指的事物都是唯一的,那么,原命题和它的逆命题中,只要有一个成立,另一个就一定成立,这个道理就叫做“同一法则”.在符合同一法则的前提下,代替证明原命题而改证它的逆命题的这种方法,叫同一法.同一法的一般证明过程是:①不从已知条件入手,而另作图形使它具有求证结论中所提到的特性;②证明所作图形的特征和已知条件符合;③因为已知条件和求证的结论所指的事物都是唯一的,从而推断所作图形与已知条件要求的是同一图形,由此判定原命题成立.【定向训练】1.若在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E是SA上的一点,当点E满足条件________时,SC∥平面EBD.

【解析】当E为SA的中点时,连接AC,设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD是平行四边形,所以点O是AC的中点.又E是SA的中点,所以OE是△SAC的中位线.所以OE∥SC.因为SC⊄平面EBD,OE⊂平面EBD,所以SC∥平面EBD.答案:SE=EA2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点P∈BB1(P不与B,B1重合),PA∩A1B=M,PC∩BC1=N,连接MN.求证:MN∥平面ABCD.【证明】连接AC,A1C1,在长方体ABCD

A1B1C1D1中,AA1∥CC1,AA1=CC1,所以四边形ACC1A1是平行四边形,所以AC∥A1C1,因为AC⊄平面A1BC1,A1C1⊂平面A1BC1,所以AC∥平面A1BC1,因为AC⊂平面PAC,平面A1BC1∩平面PAC=MN,所以AC∥MN.因为MN⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.【课堂小结】1.2.课堂素养达标1.下列条件中能确定直线a与平面α平行的是(

)A.a⊄α,b⊂α,a∥bB.b⊂α,a∥bC.b⊂α,c⊂α,a∥b,a∥cD.b⊂α,A∈a,B∈a,C∈b,D∈b,且AC=BD【解析】选A.由直线与平面平行的判定定理知选A.2.如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的平面(不与平面ABB1A1重合)与平面ABC交于直线DE,则DE与AB的位置关系是 (

)

A.异面 B.平行 C.相交 D.以上均有可能【解析】选B.因为A1B1∥AB,AB⊂平面ABC,A1B1⊄平面ABC,所以A1B1∥平面ABC.又A1B1⊂平面A1B1ED,平面A1B1ED∩平面ABC=DE,所以DE∥A1B1.又AB∥A1B1,所以DE∥AB.3.过平面α外的直线l,作一组平面与α相交,如果所得的交线为a,b,c,…,则这些交线的位置关系为 (

)A.都平行B.都相交且一定交于同一点C.都相交不一定交于同一点D.平行或相交于同一点【解析】选D.当直线l与平面α平行时,a∥b∥c…,当直线l与平面α相交时,设l∩α=O,则a,b,c,…相交于同一点O.4.(1)已知直线l∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于l的直线有________条.

(2)如图,在棱长为1的正方体ABCD

A′B′C′D′中,AP=BQ=x(0<x<1),截面PQEF∥A′D,截面PQGH∥AD′,则截面PQEF和截面PQGH面积之和为__________.

【解析】(1)如图所示,因为l∥平面α,P∈α,所以直线l与点P确定一个平面β,α∩β=m,

所以P∈m,所以l∥m且m是唯一的.答案:1(2)因为平面PQEF∥A′D,平面PQEF∩平面A′ADD′=PF,所以A′D∥PF,同理可得PH∥AD′,因为AP=BQ=x,AP∥BQ,所以四边形APQB是平行四边形,所以PQ∥AB,因为在正方体中,AD′⊥A′D,AD′⊥AB,所以PH⊥PF,PH⊥PQ,截面PQEF和截面PQGH都是矩形,且PQ=1,PF=AP,PH=PA′,所以截面PQEF和截面PQGH面积之和是(AP+PA′)×PQ=.答案:Thebestclassroomintheworldisatthefeetofanelderlyperson.世界上最好的课堂在老人的脚下.Havingachildfallasleepinyourarmsisoneofthemostpeacefulfeelingintheworld.让一个孩子在你的臂弯入睡,你会体会到世间最安宁的感觉.Beingkindismoreimportantthanbeingright.善良比真理更重要.Youshouldneversaynotoagiftfromachild.永远不要拒绝孩子送给你的礼物.Sometimesallapersonneedsisahandtoholdandahearttounderstand.有时候,一个人想要的只是一只可握的手和一颗感知的心.Love,nottime,healsallwounds.治愈一切创伤的并非时间,而是爱.Lifeis