11.3 空间中的平行关系 教案

11.3空间中的平行关系教案（含一题多解、技巧解题、中考分析及拓展）一、教学目标掌握空间平行线的传递性、等角定理，理解异面直线、空间四边形的定义，能准确识别空间直线的位置关系。精通直线与平面、平面与平面平行的判定定理和性质定理，熟练运用定理解决平行关系证明问题，掌握一题多解思路及技巧解题方法。能结合空间图形的结构特征，综合运用平行关系的判定与性质解决复杂问题，提升空间想象能力和逻辑推理能力。结合中考真题分析命题规律，明确考查重点与趋势，提升中考应试能力，实现知识迁移与解题突破。二、教学重难点（一）教学重点直线与平面、平面与平面平行的判定定理和性质定理的理解与应用（一题多解）。空间平行线传递性、等角定理的实际应用（技巧解题）。异面直线的识别与判断，空间四边形的性质应用。（二）教学难点线面平行、面面平行判定与性质定理的综合运用。异面直线概念的理解与辨析，空间图形的直观想象与转化。中考中空间平行关系题的解题技巧与规律总结。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、中考分析）（一）知识回顾（5分钟）核心概念与性质空间平行线传递性：平行于同一条直线的两条直线互相平行。等角定理：如果一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行且方向相同，那么这两个角相等；方向相反则互补。异面直线：不同在任何一个平面内的两条直线，既不相交也不平行。空间四边形：顺次连接不共面的4个点构成的图形，连接不相邻顶点的线段为对角线。平行关系判定与性质线面平行：①判定定理：平面外一条直线与平面内一条直线平行，则直线与平面平行（l⊄α，m⊂α，l//m⇒l//α）；②性质定理：直线与平面平行，经过直线的平面与原平面相交，则直线与交线平行（l//面面平行：①判定定理：一个平面内有两条相交直线平行于另一个平面，则两平面平行（a⊂β，b⊂β，a∩b=P，a//α，b//α⇒β//α）；②性质定理：两个平行平面同时与第三个平面相交，交线平行（（二）经典例题解析（30分钟）例题1：证明空间四边形的对边平行（基础题·一题多解）题目：如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、AD、CB、CD的中点，求证：四边形EFHG是平行四边形。解法1：三角形中位线+平行传递性（常规法）步骤：在∆ABD中，E、F是AB、AD中点，根据三角形中位线定理，EF//BD在∆CBD中，G、H是CB、CD中点，同理可得GH//BD由平行传递性，EF//GH，且EF=GH，故四边形解法2：线面平行性质法（拓展法）步骤：同解法1得EF//BD，又EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，由线面平行判定定理得EF//平面EFHG∩平面BCD=GH，由线面平行性质定理得EF//同理可证EH//FG，故四边形技巧解题：中点连线速判法技巧：空间四边形中，连接各边中点所得的四边形（中点四边形）一定是平行四边形，可直接利用该结论快速判定，无需分步证明。适用场景：已知各边中点的空间四边形问题，秒定中点四边形形状。中考分析：考频：高频基础考点（选择/填空/解答题第一问），难度低。命题趋势：常结合正方体、长方体等载体，考查中点连线与平行关系的结合，如“正方体中各面中点构成的图形是平行四边形”。真题链接：2023年某地中考题：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F、G分别是例题2：证明线面平行（中档题·一题多解）题目：已知空间四边形ABCD中，E、F分别是边AB、AD的中点，求证：EF//平面BCD解法1：三角形中位线法（核心法）步骤：在∆ABD中，E、F是AB、AD中点，由三角形中位线定理得EF因EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，根据线面平行判定定理，EF//平面BCD解法2：构造平行平面法（拓展法）步骤：取BD中点O，连接EO、FO，由中点性质得EO//AD，因EO∩FO=O，且EO、FO⊄平面BCD，AD、AB⊄平面BCD，故平面EFO//平面BCD又EF⊂平面EFO，故EF//平面BCD技巧解题：线面平行“搭桥法”技巧：证明线面平行时，优先找平面内与已知直线平行的“搭桥直线”（如中位线、平行线段），直接应用判定定理，无需构造平面，节省解题时间。适用场景：含中点、分点的线面平行证明题，快速找到平行关系。中考分析：考频：高频考点（解答题中档问），难度中低。命题趋势：结合长方体、三棱柱等立体图形，考查线面平行的判定，常与性质定理综合使用，如“证明线面平行后，进一步求线段长度”。真题链接：2022年某地中考题：如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E是例题3：证明面面平行（高档题·一题多解+技巧拓展）题目：已知三棱锥P−ABC中，D、E、F分别是PA、PB、PC的中点，求证：平面DEF//平面ABC解法1：相交直线判定法（常规法）步骤：在∆PAB中，D、E是PA、PB中点，得DE//AB，又DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，故DE同理，在∆PBC中，E、F是PB、PC中点，得EF//BC，故EF因DE∩EF=E，且DE、EF⊂平面DEF，由面面平行判定定理得平面DEF//平面ABC解法2：平行平面传递性法（拓展法）步骤：由解法1得DE//AB，EF//BC，且根据面面平行判定定理推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则两平面平行，故平面DEF//平面ABC技巧解题：面面平行“中点面速判法”技巧：若一个平面内的三条边分别是另一个平面内三条边的中位线（或平行且相等），则两平面平行；尤其适用于多中点构成的平面问题，直接通过边的平行关系判定。适用场景：含多个中点的三棱锥、三棱柱面面平行证明题，快速得出结论。中考分析：考频：中频难点（选择/填空压轴题/解答题第二问），难度中高。命题趋势：常结合线面平行、面面平行的性质综合考查，如“已知面面平行，求线段比例”“证明面面平行后，求截面面积”。真题链接：2024年某地中考题：如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，D、E、F分别是AA1、（三）中考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（5-8分）：异面直线识别、空间平行线传递性应用、简单线面平行判断（选择/填空）。中档题（8-12分）：线面平行、面面平行的判定证明、中点四边形性质应用（解答题第一问/填空）。高档题（10-12分）：平行关系与线段比例、截面问题、立体图形表面积/体积结合（解答题压轴问）。命题趋势：从“单一平行关系”到“综合应用”：如“线面平行+面面平行+线段计算”“平行关系+空间角判断”。从“抽象空间图形”到“具体载体”：以正方体、长方体、三棱柱、三棱锥为主要载体，降低空间想象难度，侧重定理应用。结合实际应用：如“长方体容器的截面平行问题”“建筑中的平行结构判断”。解题技巧总览：基础题：定义法、中点连线法、平行传递性速判法。中档题：定理直接应用法、构造平行线段法、中位线搭桥法。高档题：面面平行性质迁移法、截面平行转化法、比例线段法。（四）课堂练习（10分钟）找三棱锥S−ABC棱所在直线中互为异面直线的直线（基础题·异面直线识别）。如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1的面已知平面α//β//γ，两条直线l、m分别与平面交于A、B、C和D、E、F，AB:BC=3:4，（五）课堂小结（5分钟）核心知识：空间平行线传递性、等角定理、异面直线定义，线面平行、面面平行的判定与性质定理。解题方法：一题多解（中位线法、构造平面法）、技巧解题（中点速判法、搭桥法）。中考策略：基础题保分（掌握定义与简单定理），中档题稳分（熟练应用判定与性质），高档题突破（综合应用平行关系与计算）。（六）课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题11.3（异面直线识别、简单线面平行证明）。提高层：完成2022-2024年中考真题汇编（空间平行关系专题），要求每题至少用一种技巧解题。四、教学反思需关注学生对“异面直线”概念的理解误区，可通过实物模型（如长方体框架）直观演示，区分“异面直线”与“分别在不同平面的直线”。一题多解教学中，要引导学生对比不同解法的优劣，如基础题优先用技巧解题，中档题用定理直接法，避免冗余步骤。中考分析需结合本地真题，强化载体类题型的训练，提升学生对正方体、长方体等常见立体图形的解题熟练度。课后测评一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如果直线a和b没有公共点,那么a与b()A.共面B.平行C.可能平行,也可能是异面直线D.是异面直线2.水平放置的△AOB的直观图△A'O'B'如图所示,则△AOB的面积是()A.2 B.2C.22 D.4(第2题图)3.[河北承德期末]如图所示的几何体是由上半部分圆柱和下半部分两个等高(高为6cm)的圆台组合而成,已知圆柱的高为20cm,底面直径AB=10cm,圆台的底面直径CD=20cm,EF=16cm,则该几何体的体积为()(第3题图)A.669πcm3 B.1338πcm3C.650πcm3 D.1300πcm34.[湖北武汉期中]如图,一个底面半径是1,高是4的圆柱形开口容器(下表面密封),P是BC的中点,现有一只蚂蚁位于外壁A处,内壁P处有一米粒,若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P处取得米粒,则它所需经过的最短路程为()A.π2+36 C.4π2+365.[广东深圳模拟]如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点P在直线AD1上,Q为线段BD的中点,则下列命题中假命题为()A.存在点P,使得PQ⊥A1C1B.存在点P,使得PQ∥A1BC.直线PQ始终与直线CC1异面D.直线PQ始终与直线BC1异面6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A.π2 B.π3 C.π47.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球,若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4π B.9π2 C.6π 8.在如图所示的三棱锥容器S-ABC中,D,E,F分别为三条侧棱上的小洞,SD∶DA=CF∶FS=2∶1,BE=SE,若用该容器盛水,则最多可盛水的体积是原三棱锥容器体积的()A.89 B.C.23 D.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.[重庆沙坪坝模拟]设m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列结论正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊥α,则m∥nC.若m∥α,m⊂β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β10.已知正三棱台的上底面边长为2,下底面边长为4,侧棱长为2,则下列说法正确的是()A.棱台的侧面积为93B.棱台的高为3C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为3D.棱台的侧面与底面所成二面角的余弦值为211.[福建漳州期末]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心,则下列说法正确的是()A.直线BA1与CC1所成的角等于30°B.直线BA1与AC所成的角等于60°C.直线AO1与CC1是异面直线D.直线AO1与BD所成的角等于90°12.如图,在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在底面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法,其中正确的是()A.水的部分始终呈棱柱状B.水面四边形EFGH的面积为定值C.棱A1D1始终与水面EFGH平行D.若E∈AA1,F∈BB1,则AE+BF是定值三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.空间中一个∠A的两边和另一个∠B的两边分别平行,∠A=70°,则∠B=.

14.三棱锥O-ABC中,三条OA,OB,OC两两垂直,OA=1,OB=2,OC=3,则三棱锥O-ABC外接球的表面积是.

15.已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为.

16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.

四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)[辽宁大连期末]在正三棱台ABC-A1B1C1中,AB=6,A1B1=AA1=3,D为A1C1的中点,点E在BB1上,EB=2B1(1)请作出A1B1与平面CDE的交点M,并写出A1M与MB1的比值(在图中保留作图痕迹,不必写出画法和理由);(2)求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.18.(12分)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于直线l.(1)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论;(2)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论.19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形.(1)证明:平面PBC⊥平面PBD;(2)若△PBC的面积为1,求点B到平面PCD的距离d.20.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB是等边三角形,∠PAC=∠PBC=90°.(1)证明:AB⊥PC;(2)若PC=4,且平面PAC⊥平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积.21.(12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.(1)求三棱锥F-EBC的体积;(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.22.(12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.参考答案课后测评1.C∵直线a和b没有公共点,∴直线a与b不是相交直线.∴直线a与b可能是平行直线或异面直线.2.D由直观图和原图形的关系易知,△AOB中底边OB=2,底边OB上的高线长为4,∴△AOB的面积为S=12×4×2=4.故选D3.B因为圆柱的高为20cm,底面直径AB=10cm,圆台的底面直径CD=20cm,EF=16cm,且两圆台的高都为6cm,所以该几何体的体积为V=π×25×20+13×(25π+100π+25π×100π)×6+13×(64π+100π+64π×100π)×6=500π+13×175π×6+13×244π4.A依题意可得圆柱的底面半径r=1,高h=4,将圆柱的侧面(一半)展开后得矩形ABCD,其中AB=π,AD=4,问题转化为在CD上找一点Q,使AQ+PQ最短.作点P关于CD的对称点E,连接AE,令AE与CD交于点Q,则得AQ+PQ的最小值就是AE=π25.C在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易得A1C1⊥平面BDD1B1.∵点P在直线AD1上,Q为线段BD的中点,当点P和D1重合时,PQ⊂平面BDD1B1,∴PQ⊥A1C1,故A正确;连接A1D,如图所示.当点P为线段A1D的中点时,PQ为三角形A1BD的中位线,即PQ∥A1B,故B正确;CC1⊂平面AA1C1C,当点P和点A重合时,PQ⊂平面AA1C1C,则直线PQ和CC1在同一平面内,故C错误;BC1⊂平面ABC1D1,PQ∩平面ABC1D1=P,P∉BC1,故直线PQ始终与直线BC1不相交,且不平行,是异面直线,故D正确.6.D如图,连接BC1,PC1.由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体的棱长为1,则BC1=2,C1P=12A1C1=2而BP=BB可得C1P2+BP2=BC12,故C1P则在Rt△BPC1中,有sin∠PBC1=C1于是∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角等于π7.B要使球的体积V最大,必须球的半径R最大.由题意知球与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值32,此时球的体积为43πR3=43π323=9π28.A因为SD∶DA=2∶1,所以SD=23又因为BE=SE,所以SE=12SB.所以△SDE的面积为S△SDE=12SD·SE·sin∠ASB=12×23SA×12SB×sin∠ASB=13S△SAB.又CF∶FS=2∶1,所以SF∶SC=1∶3,设点F,C到平面SAB的距离分别为h1,h2,所以h1∶h2=1∶3,所以VF9.BD若m∥α,n∥α,则m∥n或m与n相交或m与n异面,选项A错误;若m⊥α,n⊥α,则m∥n,选项B正确;若m∥α,m⊂β,则α∥β或α与β相交,选项C错误;若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,又n⊥β,则α⊥β,选项D正确.10.AC由题意作图如右,在平面ABB1A1中由点A1向AB作垂线,垂足为D,取线段BC的中点E,连接AE,在平面AEA1中由点A1向AE作垂线,垂足为F,连接DF,在等腰梯形ABB1A1中,AB=4,B1A1=2,AA1=2,则AD=(4-2)÷2=1,A1D=22-12=3,故棱台的侧面积为3×12(2+4)×3=易知A1F为棱台的高,则AD⊥平面A1DF,则AD⊥DF,在Rt△ADF中,DF=AD·tanπ6=33,AF=12+13=233,在Rt△A1棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE,cos∠A1AE=AFAA1=2棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF,cos∠A1DF=DFA1D=3故选AC.11.BD如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有CC1∥BB1,所以∠A1BB1(或其补角)为直线BA1与CC1所成的角,在Rt△A1BB1中,A1B1=BB1,A1B1⊥BB1,所以∠A1BB1=45°,选项A错.对于选项B,连接BC1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有AC∥A1C1,所以∠BA1C1(或其补角)为直线BA1与AC所成的角,又BC1=A1C1=A1B=2,即△BA1C1为正三角形,∠BA1C1=60°,选项B对.对于选项C,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为C1C∥A1A,所以点A,C,C1,A1共面,又点O1在A1C1上,所以直线AO1与CC1共面,选项C错.对于选项D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD⊥AC,AA1⊥BD,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥AO1,选项D对.12.ACD由于四边形ABFE与四边形DCGH全等,且平面ABFE∥平面DCGH,则由棱柱的定义可知,水的部分始终呈棱柱状,所以A正确;因为BC∥FG,BC⊥平面ABB1A1,所以FG⊥平面ABB1A1,因为EF⊂平面ABB1A1,所以FG⊥EF,因为FG∥EH,FG=EH,所以四边形EFGH为矩形,所以水面四边形EFGH的面积等于EF·FG,因为水面四边形EFGH的边长FG不变,EF在变化,所以水面四边形EFGH的面积在变化,所以B错误;容器底面一边BC固定在底面上时,BC∥FG∥A1D1,A1D1⊄平面EFGH,所以由线面平行的判定定理可知,棱A1D1始终与水面四边形EFGH平行,所以C正确;由于水平放置时,水的体积是定值,水的高度是定值h,底面面积不变,所以当一部分上升a的同时,另一部分下降相同的高度a,设AE=h-a,则BF=h+a,所以AE+BF=h-a+h+a=2h为定值,所以当E∈AA1,F∈BB1时,AE+BF是定值,所以D正确.故选ACD.13.70°或110°①若∠A的两边和∠B的两边分别平行,且方向相同,则∠A与∠B相等,此时∠B=∠A=70°;②当∠A的两边和∠B的两边分别平行,且一边方向相同另一边方向相反,则∠A与∠B互补,此时∠B=180°-∠A=110°.14.14π如图,把三棱锥O-ABC放置在长方体中,则三棱锥O-ABC的外接球即长方体的外接球,外接球的直径为12+22+∴三棱锥O-ABC外接球的表面积是4π×1422=1415.23π知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切球的球心为O,由于AM=32-12=22,故S△ABC=12×2×2设内切球半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r=12×(3+3+2)×r=22,解得r=22,其体积V=43π16.262-1由图可知第一层与第三层各有9个面,计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.将该半正多面体放入正方体部分图示如右,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长BC与FE交于点G,延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,△BGE为等腰直角三角形.∵BG=GE=CH=22x∴GH=2×22x+x=(2+1)x=∴x=12+1=2-1,即该半正多面体棱长为17.解(1)①作图步骤:延长CE,C1B1使其相交于点N,连接DN,则可得DN∩A1B1=M,作图如右.作图理由:在平面CBB1C1中,显然CE与C1B1不平行,延长相交于点N,由N∈CE,得N∈平面CDE,又D∈平面CDE,则DN⊂平面CDE,由N∈B1C1,D∈A1C1,则DN⊂平面A1B1C1,又ND∩A1B1=M,故A1B1∩平面CDE=M.②连接DB1,A1N如右图所示.在正三棱台ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,即B1N∥BC.易知△BCE∽△B1NE,则B1NBC=B1EBE,由BE=2EB1,且BC=6,则B1N=3,显然B1C1=B1N=3,由B1,D分别为C1N,C1A1的中点,则DB1=12A1N易知△B1DM∽△A1NM,故A1MB(2)由(1)可知,B1M=1,由AB=6,AA1=A1B1=3,易知cos∠B1BA=12所以cos∠BB1A1=-12所以BM2=BB12+BM2-2×BB1×BM×cos∠BB1A1=13,所以BM=13,棱台的高h=设直线BM与平面ABC所成的角为θ,所以sinθ=ℎBM18.解(1)MN∥平面PAD,证明如下:取PD中点E,连接AE,NE,因为N,E分别为PC,PD中点,所以NE∥DC,且NE=12又M为AB中点,AB∥DC,AB=DC,所以AM∥NE,且AM=NE,所以四边形AMNE为平行四边形,所以AE∥MN.又AE⊂平面PAD,MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.(2)BC∥l,证明如下:因为AD∥BC,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.又BC⊂平面PBC,且平面PAD∩平面PBC=l,根据线面平行的性质定理可得BC∥l.19.(1)证明∵在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是直角梯形,DC=2AD=2AB=2PB,∠DAB=∠ADC=90°,△PDC为等边三角形,设AB=x,则BC=BD=x2+x2=2x,∴BD2+BC2=4x2=CD2,PB2+BC2=∴BD⊥BC,PB⊥BC.∵BD∩PB=B,∴BC⊥平面PBD.∵BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PBD.(2)解∵SRt△PBC=1,∴12PB·PC=x2=1,即x=由(1)知,S△PCD=34×4=3∵BD2+BP2=DP2,BD=2,PB=2,∴S△PBD=12×2×2=1,∴V三棱锥B-PCD=V三棱锥C-PBD,即13×3·d=∴点B到平面PCD的距离为6320.(1)证明因为△PAB是等边三角形,∠PA