11.3 空间中的平行关系

11.3空间中的平行关系教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标掌握空间直线平行的传递性、等角定理，明确空间两条直线的位置关系，深刻理解异面直线的定义及空间四边形的概念。熟练掌握直线与平面平行、平面与平面平行的判定定理和性质定理，能准确区分定理的条件与结论。能灵活运用平行关系的相关定理解决空间中的平行证明及计算问题，掌握多种解题方法与技巧。结合高考真题规律，提升应试能力，培养空间想象能力和逻辑推理能力，能将复杂空间问题转化为基础定理应用问题。了解空间平行关系在高考中的考查形式与命题趋势，形成规范的解题思路和答题步骤。二、教学重难点（一）教学重点空间直线平行的传递性、等角定理的理解与应用。异面直线的定义及判定，空间四边形的概念辨析。直线与平面、平面与平面平行的判定定理和性质定理的准确应用。高考中平行关系证明及相关计算题型的解题思路与技巧掌握。（二）教学难点等角定理中“方向相同”条件的理解，异面直线与相交直线、平行直线的区分。复杂空间图形中，直线与平面、平面与平面平行的判定定理条件的挖掘与验证。定理的综合应用，尤其是线面平行与面面平行的相互转化。高考中与平行关系结合的综合性题目（如与垂直、长度、角度计算结合）的建模与解答。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）核心概念与定理：平行直线：平行于同一条直线的两条直线互相平行（空间平行线的传递性）；等角定理（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，则两角相等）。异面直线：不同在任何一个平面内的直线，既不相交也不平行。空间四边形：顺次连接不共面的4点构成的图形，连接不相邻顶点的线段为对角线。直线与平面平行：无公共点（符号表示a∥α）；判定定理（平面外一条直线与平面内一条直线平行，则线面平行）；性质定理（线面平行，过直线的平面与原平面相交，则直线与交线平行）。平面与平面平行：无公共点（符号表示α∥β）；判定定理（一个平面内两条相交直线平行于另一个平面，则面面平行）；性质定理（面面平行，与第三个平面相交，交线平行）。关键性质速记：异面直线判定“两不”：不共面、不平行且不相交。线面平行“三步”：找平面外直线、找平面内平行线、验证无公共点（或用判定定理）。面面平行“核心”：两条相交直线分别平行于另一平面，缺一不可。（二）考点考频及常考题型1.空间直线平行关系（考频：10年9考，近5年全覆盖）考频分析：基础必考点，多在选择题、填空题及解答题第一问出现，难度中低档（分值3-5分），核心考查平行传递性、等角定理及异面直线判定。常考题型：概念判断题、异面直线识别题、等角定理应用题。2.直线与平面平行（考频：10年10考，近5年高频）考频分析：核心考点，覆盖选择、填空、解答题，分值3-6分，难度中档，重点考查判定定理与性质定理的应用，常与线线平行、面面平行转化结合。常考题型：线面平行判定证明题、线面平行性质应用计算题。3.平面与平面平行（考频：10年8考，近3年稳定考查）考频分析：中档偏难考点，多在解答题中出现，分值4-6分，核心考查判定定理的应用及性质定理与线面平行的综合。常考题型：面面平行判定证明题、面面平行性质与线线平行转化题。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：空间四边形中的平行关系证明（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：利用三角形中位线+平行传递性（常规法）步骤：在△ABD中，E，F分别是AB，AD中点，由三角形中位线定理得EF∥BD，且EF=1在△CBD中，G，H分别是CB，CD中点，同理得GH∥BD，且GH=1由平行传递性，EF∥GH，且EF=GH，故四边形EFHG是平行四边形。核心依据：三角形中位线定理提供线线平行关系，平行传递性保证两组对边平行且相等。解法2：利用线面平行性质定理（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BCD；平面EFHG∩平面BCD=GH，EF⊂平面EFHG，由线面平行性质定理得EF∥GH；同理可证EH∥FG，故四边形EFHG是平行四边形。核心依据：通过线面平行的判定与性质转化，建立两组对边的平行关系，适合复杂图形中平行关系的推导。技巧解题：“中点连线→中位线→平行”技巧技巧：遇到空间四边形或三角形中中点问题，优先考虑三角形中位线定理，快速建立线线平行关系；若涉及平面相交，可结合线面平行性质定理推导交线与已知直线平行。适用场景：所有含中点的空间平行关系证明题，高考解答题基础问速解。例题2：线面平行的判定与性质综合（中档题·一题多解）题目：已知三棱锥A-BCD中，E，F分别是边AB，AD的中点，过EF的平面截三棱锥得到的截面为EFHG。求证：EF∥GH。解法1：中位线+线面平行性质（常规法）步骤：在△ABD中，E，F是AB，AD中点，由中位线定理得EF∥BD；EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，故EF∥平面BCD；平面EFHG∩平面BCD=GH，EF⊂平面EFHG，由线面平行性质定理得EF∥GH。核心依据：中位线定理建立线线平行，线面平行判定与性质实现线线平行的转化。解法2：面面平行性质推导（拓展法）步骤：取BD中点O，连接EO，FO，由中位线定理得EO∥AD，FO∥AB；EO⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，故EO∥平面ACD，同理FO∥平面ACD；EO∩FO=O，由面面平行判定定理得平面EOF∥平面ACD；平面EFHG与平面EOF、平面ACD分别交于EF、GH，由面面平行性质定理得EF∥GH。核心依据：通过构造辅助平面，利用面面平行性质定理推导交线平行，适合需要多步转化的复杂题目。技巧解题：“线面平行→交线平行”转化技巧技巧：要证明两条直线平行，若其中一条直线与另一条直线所在平面平行，可通过构造过该直线的平面与已知平面相交，利用线面平行性质定理直接得出两直线平行，无需额外推导线线关系。适用场景：线面平行与线线平行转化的题目，高考解答题中档问。例题3：面面平行的判定（中档题·一题多解）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：线面平行判定+面面平行判定（常规法）步骤：在△PAB中，D，E是PA，PB中点，由中位线定理得DE∥AB；DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，故DE∥平面ABC；同理，在△PBC中，EF∥BC，EF∥平面ABC；DE∩EF=E，由面面平行判定定理得平面DEF∥平面ABC。核心依据：通过中位线定理得到两条相交直线分别平行于另一平面，满足面面平行判定定理的条件。解法2：向量法（拓展法，提前渗透）步骤：设PA=a，PB=b，PC=平面ABC内，AB=b−a，AC=DE∩DF=D，AB∩AC=A，由面面平行的向量判定（两组相交向量分别平行）得平面DEF∥平面ABC。核心依据：利用向量平行的传递性，将面面平行转化为向量平行关系，适合空间想象能力较弱的学生，也是高考中理科生的常用方法。技巧解题：“中点→相交直线平行→面面平行”技巧技巧：证明面面平行时，优先在一个平面内找两条相交直线，分别证明它们平行于另一个平面，且必须强调“相交”条件，避免遗漏定理关键要素。适用场景：所有面面平行判定题，高考解答题中档问规范解题。（四）高考真题解析（20分钟）（2024·全国甲卷，5分）设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m。下述四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β③若n∥α且n∥β，则m∥n④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n其中所有真命题的编号是（）A.①③B.②④C.①②③D.①③④答案：A解析：①若m∥n，n不在α、β内时，n∥α且n∥β；n在α内时，n∥β；n在β内时，n∥α，故①正确；②仅垂直于交线，不一定垂直于平面，可能斜交，故②错误；③过n作平面γ交α于a，交β于b，由线面平行性质得n∥a，n∥b，故a∥b，又a⊂α，b⊄α，故b∥α，又b⊂β，α∩β=m，故b∥m，则m∥n，③正确；④角相等时，n可平行于m或其他方向，不一定垂直，④错误。综上选A。（2023·全国乙卷，6分）在正方体ABCD−A1BA.平面B1EF⊥平面BDD1C.平面B1EF∥平面A1AC答案：A解析：连接A1C1，由E，F分别为A1B1，BC中点，得EF∥A1C1。正方体中A1C1⊥BD，A1C1⊥DD1，BD∩DD1=D，故A1C1⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1。又EF⊂平面B（2022·新高考Ⅰ卷，4分）已知正方体ABCD−AA.直线BC1∥平面A1C.直线BC1与平面A1BD所成角为45°D.直线B答案：A解析：连接AD1，C1D1∥AB且C1D1=AB，故四边形ABC1D1是平行四边形，得BC1∥AD1（2021·全国卷Ⅱ，6分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2证明：取AA1的中点G，连接DG，B1G。E是BB1中点，AB=BC=1，AA1=2，则B1E=12BB1=1，CF=12CC1=1。长方体中BB1（2020·全国卷Ⅰ，5分）设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”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答案：B解析：若α∥β，m⊂α，则m∥β，故必要性成立；若m⊂α，m∥β，则α与β可能平行或相交，故充分性不成立。因此“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件，选B。（2019·全国卷Ⅲ，6分）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A.BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C.BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线答案：B解析：取CD中点O，连接ON，OE。平面ECD⊥平面ABCD，△ECD为正三角形，故OE⊥CD，OE⊥平面ABCD。设正方形边长为2，则ON=1，OE=3，EN=ON2+OE2=1+3=2。连接BD，N是BD中点，M是ED中点，在△BDE中，MN（2018·全国卷Ⅱ，6分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，A.1010B.31010C.答案：C解析：以D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A1203，B210，A200，（2017·全国卷Ⅰ，6分）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（）答案：A解析：B，C，D选项中，均可通过中位线定理找到平面MNQ内与AB平行的直线，故AB∥平面MNQ；A选项中，AB与平面MNQ相交，故不平行，选A。（2024·浙江卷，4分）已知平面α∥β，直线l⊂α，直线m⊂β，则下列命题正确的是（）A.l∥mB.l与m异面C.l与m无公共点D.l与m垂直答案：C解析：平面α∥β，则α与β无公共点。l⊂α，m⊂β，故l与m无公共点，可能平行或异面，不一定垂直，选C。（2023·北京卷，6分）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⟂底面ABC，AB⊥BC，AA1=AB=BC=2，E为A1C1证明：在三棱柱中，AA1∥BB1，AA1=BB1，故四边形AA1B1B是矩形。E为A1C1中点，连接B1E，B1E∥BC且B1E=BC，故四边形B1ECB是平行四边形，得BE∥B1C。BE⊄平面A1C1C，B1C⊂平面A1C1C，故BE∥平面A1C1C。又BB四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（3-5分）：空间直线位置关系判断、异面直线识别、线面平行与面面平行的概念辨析（选择/填空）。中档题（4-6分）：线面平行、面面平行的判定定理与性质定理的应用，简单平行关系证明（填空/解答题基础问）。高档题（6-8分）：平行关系与垂直关系、空间角、距离计算的综合应用，多步定理转化（解答题中档问）。命题趋势：从“单一定理应用”到“多定理综合”：强调线线平行、线面平行、面面平行的相互转化，常与垂直关系、向量法结合考查。从“简单图形”到“复杂组合图形”：以正方体、长方体、三棱柱、三棱锥为载体，增加图形复杂度，考查空间想象能力。从“纯证明”到“证明+计算”：在平行关系证明的基础上，结合空间角、距离、长度计算，突出综合应用能力。强调“规范表达”：高考解答题中，定理应用需明确条件与结论，步骤完整，逻辑清晰，否则易失分。解题技巧总览：基础题：定义判断法（异面直线、平行平面的定义）、模型验证法（借助正方体、长方体模型快速判断）。中档题：中位线法（中点问题优先用）、平行传递性法（线线平行转化）、定理条件凑合法（按定理要求找相交直线、平行直线）。高档题：向量法（建立空间直角坐标系，用向量平行判定）、辅助平面构造法（构造平行平面或相交平面实现转化）、综合法（几何法与向量法结合）。五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·天津卷，5分）设α，β是两个不同的平面，l是直线且l∥α，则“l∥β”是“α∥β”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答案：D解析：l∥α且l∥β，α与β可能平行或相交；α∥β且l∥α，l与β可能平行或l⊂β，故既不充分也不必要，选D。（2023·山东卷，4分）在正方体ABCD−A1BA.直线DD1B.直线CD1答案：D解析：连接B1D1，BD∥B1D1，B（2022·湖北卷，6分）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，证明：连接A1C交AC1于点O，连接OB1。直三棱柱中，四边形ACC1A1是矩形，O是A1C中点。D是BC中点，故OD∥B（2021·江苏卷，5分）已知平面α，β，γ满足α∥β，β∥γ，则α与γ的位置关系是______。答案：平行解析：由平面平行的传递性，若两个平面都平行于第三个平面，则这两个平面平行，故α∥γ。（2020·浙江卷，6分）在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，E，F分别是PB，PC的中点，求证：EF∥平面ABC。证明：E，F分别是PB，PC中点，由三角形中位线定理得EF∥BC。EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，故EF∥平面ABC。六、课堂小结（5分钟）核心知识：空间直线平行的传递性、等角定理；异面直线、空间四边形的概念；线面平行、面面平行的判定定理与性质定理。解题方法：一题多解（常规几何法+向量法+辅助平面法）、技巧解题（中位线技巧、平行转化技巧、定理条件凑合法）。高考策略：基础题保分（熟练掌握概念与简单定理应用），中档题稳分（规范步骤，明确定理条件与结论），高档题突破（灵活运用向量法与几何法结合，构造辅助线/面）。易错点提醒：异面直线的判定需强调“不共面”；面面平行判定需保证“两条相交直线”；定理应用时条件缺一不可。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题11.3中所有概念辨析、简单证明题；整理课堂高考真题解析，标注每道题所用定理。提高层：完成2019-2024年高考数学中空间平行关系相关真题汇编（侧重解答题）；建立错题本，分析错误原因（如定理条件遗漏、空间想象偏差、向量计算错误等）。拓展层：以正方体为载体，设计一道包含线面平行、面面平行判定与性质的综合题，编写解答过程，尝试用几何法和向量法两种方法求解；思考平行关系在实际生活中的应用（如建筑设计、空间布局等），撰写简短分析。八、教学反思需关注学生对空间图形的想象能力，部分学生因缺乏空间感，难以快速识别图形中的平行关系，可通过实物模型（如正方体框架、三棱锥模型）辅助教学，强化直观认知。定理应用是重点，学生容易出现“条件遗漏”问题（如面面平行判定未强调“相交直线”），需在例题讲解和作业批改中反复强调定理的完整条件，规范答题步骤。异面直线的判定是难点，学生易将“分别在不同平面内的直线”误认为异面直线，需通过对比例题（如同一平面内的相交直线、不同平面内的平行直线）帮助学生准确理解定义。向量法是解决空间平行问题的重要工具，尤其是对于复杂图形，但部分学生对向量平行的判定掌握不熟练，需提前复习向量平行的坐标表示，结合例题逐步渗透，提升学生的综合解题能力。课堂练习可增加更多结合实际情境的题目，让学生体会空间平行关系的实际应用价值；课后可布置小组合作任务（如绘制空间图形并标注平行关系），激发学生的学习兴趣。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,