高中数学高考 2021届高考二轮精品专题八 立体几何（文） 学生版(1)

这是一份高中数学高考 2021届高考二轮精品专题八 立体几何（文） 学生版(1)，共26页。试卷主要包含了空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行的判定及其性质，直线、平面垂直的判定及其性质等内容，欢迎下载使用。

专题 8
××

立体几何






命题趋势

高考当中立体几何的考查分选择题、填空题和解答题．其中选择题、填空题的考查主要为：
（1）空间几何体的三视图结合几何量（线段长度、表面积、体积等）计算以及利用平面的基本性质及线线、线面、与面面判定定理与性质定理对命题真假的判断．
（2）多面体的内切球与外接球的考查．
解答题的考查主要为线线、线面、与面面平行和垂直关系的判断与证明以及多面的体积，点到面，线到面的距离为主．


考点清单

1．空间几何体的表面积与体积
（1）多面体的表面积
S棱柱表=S棱柱侧+2S底，S棱锥表=S棱锥侧+S底，S棱台表=S棱台侧+S上底+S下底．
（2）旋转体的表面积
①圆柱：S表=2πr(r+l)，其中r为底面半径，l为母线长；
②圆锥：S表=πr(r+l)，其中r为底面半径，l为母线长；
③圆台：S表=π(r'2+r2+r'l+rl)，其中r'，r为上、下底面半径分别，l为母线长；
④球体：S球=4πr2，其中r为球的半径．
（3）几何体的体积公式
①柱体：V柱体=Sh，其中S为底面面积，h为高；
②椎体：，其中S为底面面积，h为高；
③台体：，其中S'、S分别为上、下底面面积，h为高；
④球体：，其中r为球的半径．
2．空间点、直线、平面之间的位置关系
（1）平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和直线外一点，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：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
公理4：平行于同一直线的两条直线平行．
3．直线、平面平行的判定及其性质
（1）直线与平面平行的判定定理
文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
符号语言：a⊄α，b⊂α，a//b⇒a//α．
图形语言：如下图．

（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，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：a//α，a⊂β，α∩β=b⇒a//b．
图形语言：如下图．

（3）平面与平面平行的判定定理
文字语言：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．
符号语言：a⊂β，b⊂β，a∩b=P，a//α，b//α⇒α//β．
图形语言：如下图．

（4）平面与平面平行的性质定理
文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
符号语言：α//β，γ∩α=a，γ∩β=b⇒a//b．
图形语言：如下图．

4．直线、平面垂直的判定及其性质
（1）直线与平面垂直的判定定理
文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
符号语言：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b=P⇒l⊥α．
图形语言：如下图．

（2）直线与平面垂直的性质定理
文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．
符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a//b．
图形语言：如下图．

（3）平面与平面垂直的判定定理
文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．
符号语言：l⊂β，l⊥α⇒α⊥β．
图形语言：如下图．

（4）平面与平面垂直的性质定理
文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
符号语言：α⊥β，α∩β=l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β．
图形语言：如下图．




精题集训
（70分钟）

经典训练题

一、选择题．
1．如图，小方格是边长为1的小正方形，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球表面积
为（ ）

A．32π B．302π C．41π D．403π
2．已知平面α，β，直线l，m，且有l⊥α，m⊂β，给出下列命题：①若，则l⊥m；②若，
则α⊥β；③若α⊥β，则；④若l⊥m，则．其中正确命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题．
3．沿正三角形ABC的中线AD翻折，使点B与点C间的距离为2，若该正三角形边长为2，则四面体ABCD外接球表面积为______．

三、解答题．
4．如图，在三棱锥S-ABC中，已知ΔSAC是正三角形，G为ΔSAC的重心，D，E分别为SC，AB的中点，F在AB上，且．
（1）求证：平面SGF；
（2）若平面平面ACB，，∠ACB=120°，求三棱锥的体积．













5．如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，且AD⊥DC，，PD⊥平面ABCD，AD=4，BC=CD=2，点E为线段PA的靠近点P的三等分点．
（1）求证：平面BDE；
（2）若异面直线PA与BC所成的角为45°，求多面体BCDEP的体积．











6．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面PBC是正三角形，E是PB的中点，且AE⊥平面PBC．
（1）证明：平面ACE；
（2）若AB⊥AP，PC=2，求点P到底面ABCD的距离．









7．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知O为平行四边形BDD1B1的中心，E为的中点．
（1）求证：平面ABCD；
（2）若平面BDD1B1⊥平面ABCD，OE⊥BD．求证：D1E=BE．







8．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形，，AD=CD=2AB．
（1）若点E为棱PA上一点，且平面PBC，求的值；
（2）求证：平面PCD⊥平面PBC．













高频易错题

一、选择题．
1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l⊥m，则
C．若，，则m⊥α D．若，，则
2．如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③平面；④平面，其中恒成立的为（ ）

A．①③ B．③④ C．①② D．②③④

精准预测题

一、选择题．
1．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（ ）

A．2 B．1 C．高 D．考
2．若α，β，γ是空间中三个不同的平面，α∩β=l，α∩γ=m，γ∩β=n，则是的（ ）
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
3．如图，某柱桩的底座由一个正六棱柱中间挖掉一个圆柱构成．已知该正六棱柱每个侧面是边长为30 cm的正方形，所挖掉的圆柱的底面半径为10 cm．为了延长底座的使用时长，需将底座地面之上的部分（除与地面直接接触的底面之外的表面）涂上防氧化层，则涂层的总面积为（ ）

A．27003+5400+500πcm2 B．27003+5400+400πcm2
C．13503+5400+500πcm2 D．13503+5400+400πcm2
4．如图，将正四棱锥P-ABCD置于水平反射镜面上，得一“倒影四棱锥”P-ABCD-Q．下列关于该“倒影四棱锥”的说法中，所有正确结论的编号是（ ）
①平面BCQ；
②PQ⊥平面ABCD；
③若P，A，B，C，D在同一球面上，则Q也在该球面上；
④若该“倒影四棱锥”存在外接球，则AB=PA．

A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④

二、填空题．
5．已知一个棱长为1的正方体内接于半球体，即正方体的上底面的四个顶点在球面上，下底面的四个顶点在半球体的底面圆内，则该半球体(包括底面)的表面积为_________．

三、解答题．
6．如图三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是边长2为等边三角形，E，F分别为AB，AA1的中点，
CE⊥FB1，．
（1）证明：EF⊥平面CEB1；
（2）求三棱锥的体积．











7．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，ΔACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）设AB长为1，点E为BD的中点，求点D到平面ACE的距离．










8．已知等腰梯形ADCE中，，EC=2AD=2AE=4，，B为EC的中点，如图1，
将三角形ABE沿AB折起到ABE'（E'∉平面ABCD），如图2．
（1）点F为线段AE'的中点，判断直线DF与平面BCE'的位置关系，并说明理由；
（2）当△BCE'的面积最大时，求DE'的长．













9．如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，，∠ABD=90°，四边形ADMN为矩形，点G，H分别是线段MN，CD的中点，点I在线段AD上．
（1）探究：是否存在点I，使得平面平面ACN？并证明；
（2）若，线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，求多面体BC-ADMN的
体积．







参考答案

经典训练题

一、选择题．
1．【答案】C
【解析】根据三视图可得原几何体如图所示，

且PH⊥平面ABCD，PH=4，
H为AB的中点，四边形ABCD为正方形，其边长为4．
设O1为正方形ABCD的中心，O2为△PAB的外心，
则外接球的球心O满足OO1⊥平面ABCD，OO2⊥平面PAB，
所以，
又HO2⊂平面PAB，故OO2⊥HO2，同理OO1⊥HO1，
所以四边形HO2O1O为矩形．
在正方形ABCD中，HO1=2，
在△PAB中，4-PO22+4=PO22，故，
故外接球半径为，故外接球的表面积为，故选C．
【点评】几何体外接球的半径的求法，关键是球心位置的确定，可用球心与各面的外接圆的圆心的连线与此面垂直来确定，如果球心的位置不确定，那么可用补体的方法来确定球心的位置．
2．【答案】B
【解析】对于①：因为，l⊥α，所以l⊥β，又m⊂β，所以l⊥m，故正确；
对于②：因为，l⊥α，所以m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，故正确；
对于③：因为α⊥β，l⊥α，所以l与m可能平行或异面，故错误；
对于④：因为l⊥m，l⊥α，所以或m⊂α，所以不一定成立，故错误，
故选B．
【点评】判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：
（1）利用定理、定义、公理等直接判断；
（2）作出简单图示，利用图示进行说明；
（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析．

二、填空题．
3．【答案】
【解析】由题意，折叠后的四面体中，AD⊥CD，AD⊥DB，CD∩DB=D，AD⊥面BCD，

且，
在中，AD＝3，且BC＝2，
设△BCD的外心为N，外接圆半径r，过N作MN⊥平面BDC，过A作，
则四边形ADNM为矩形，，
∵△BDC中，，BC＝2，故∠BDC＝90°，
由正弦定理可得，，即，
则可得外接球球心O在MN的中点，，
四面体的外接球表面积，故答案为．
【点评】本题考查空间想象能力，计算能力；三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，
说明中心就是外接球球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学题目的前提．

三、解答题．
4．【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】（1）证明：连接AD，
∵D为SC的中点，G为ΔSAC的重心，∴点G一定在AD上，且，
∵E为AB的中点，∴，
又，∴，即，∴，则，
∵GF⊂平面SGF，DE⊄平面SGF，∴平面SGF．

（2）解：延长SG，交AC于H，由题设知，H为AC的中点，
∵ΔSAC是正三角形，∴SH⊥AC，
∵平面平面ACB，平面SAC∩平面ACB=AC，SH⊂平面，
∴平面ACB，即SH为三棱锥S-ABC的高，
∵AC=2，∴SH=3，
又，，
∴，
故．
【点评】本题主要考了空间几何体中，线面平行、线面垂直、面面垂直以及三棱锥的体积，难度适中．
5．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接AC交BD于点O，连接OE．

因ABCD是直角梯形，且AD⊥DC，，AD=4，BC=2，
所以△ADO和△CBO相似，且有，
又点E为线段PA的靠近点P的三等分点，有，
所以有，∴OE∥CP，
又OE⊂平面BDE，所以PC∥平面BDE．
（2）直线PA与BC所成的角为45°，，即∠PAD=45°，
又，PD⊥平面ABCD，所以．
计算得，．
∴多面体体积．
【点评】本题考查线面平行的判断定理和多面体体积计算，解题的关键是通过三角形的相似成比例得出平行关系．
6．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接BD角AC于点O，连接OE，

因为底面ABCD是平行四边形，所以O为BD中点，
又E是PB的中点，所以，且，
因为平面ACE，PD⊄平面ACE，
所以平面ACE．
（2）因为AB⊥AP，PC=2，侧面PBC是正三角形，E是PB的中点，
所以，则AB=2，AE=1，
又AE⊥平面PBC，CE⊂平面PBC，
所以CE=22-12=3，因此AC=AE2+EC2=2，
所以△ABC是底边为2，腰为2的等腰三角形，
因此，
设点P到底面ABC的距离为d，
由，得，
所以．
因此点P到底面ABC的距离为，即点P到底面ABCD的距离为．
【点评】求解空间中点P到平面的距离的方法：
（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及一条斜线的方向向量PA，根据，即可求出点到面的距离；
（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离．
7．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】证明：（1）连接AC1，BD1，AC．

在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，
因为，，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AC1，BD1相互平分，
因为O为平行四边形BDD1B1的中心，所以O为BD1的中点，所以O为AC1的中点，
因为E为的中点，所以，
因为OE⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以平面ABCD．
（2）因为，，所以AC⊥BD，
因为平面BDD1B1⊥平面ABCD，平面BDD1B1∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面BDD1B1，所以，所以OE⊥BD1，
因为OB=OD1，所以D1E=BE．
【点评】本题考查线面平行的证明，解题的关键是得出O为AC1的中点，证出．
8．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）∵平面PBC，OE⊂平面PAC，平面PAC∩平面PBC=PC，
∴，∴AO:OC=AE:EP，
∵，CD=2AB，∴AO:OC=AB:CD=1:2，∴．
（2）取PD、PC的中点，分别为M、F，连接AM、BF、MF，
∴，，
∵，，∴且MF=AB，
即四边形为平行四边形，∴，
在正三角形PAD中，M为PD中点，∴AM⊥PD，
∵AB⊥平面PAD，∴AB⊥AM，
又∵，∴CD⊥AM，
∵，∴BF⊥PD，BF⊥CD，
又∵PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD，∴BF⊥平面PCD，
∵BF⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD．

【点评】已知条件为线面平行时，要注意考虑线面平行的性质定理．要证明面面垂直，可通过证明线面垂直来证明．

高频易错题

一、选择题．
1．【答案】C
【解析】l⊥m，m⊂α，则l，α可能平行，故A不正确；
l⊥α，l⊥m，则m，α可能平行，也可能线在面内，故B不正确；
l⊥α，，由线面平行的性质可得m⊥α，故C正确；
，，l与m可能平行、相交、异面，故D不正确，
故选C．
【点评】空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价．
2．【答案】A
【解析】如图所示，连接、相交于点，连接，．

在①中：由正四棱锥，可得底面，，
∴．
∵，∴平面，
∵，，分别是，，的中点，
∴，，而，
∴平面平面，
∴平面，∴．故正确；
在②中：由异面直线的定义可知：与是异面直线，
不可能，因此不正确；
在③中：由①可知平面平面，∴平面，因此正确；
在④中：由①同理可得：平面，若平面，
则，与相矛盾，
因此当与不重合时，与平面不垂直．即不正确，
∴恒成立的结论是①③，故选A．
【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时需要认真审题，注意空间思维能力的培养．

精准预测题

一、选择题．
1．【答案】C
【解析】将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”，故选C．

【点评】本题考了几何体的展开图，属于基础题．
2．【答案】C
【解析】如图所示，设平面ABB1A1为α，平面BCC1B1为β，ACC1A1为γ，
直线为l，直线AA1为m，为n．
若，m⊂平面γ，l⊄γ，所以，
又l⊂β，β∩γ=n，所以，所以，即充分性成立；
反之，若，m⊂平面α，n⊄α，所以，
又n⊂β，，所以，所以，即必要性成立，
故是的充要条件，故选C．

【点评】解决与线面关系有关的命题真假判断及充分条件、必要条件判断问题时，可采用构造法，即构造特殊几何体，使几何体中的棱、面符合题目条件，然后通过空间平行、垂直的判定定理及性质定理判断即可．
3．【答案】C
【解析】S涂层=S正六棱柱上底面+S正六棱柱侧面+S圆柱侧面-S圆柱上底面
=13503+5400+500πcm2，
故选C．
【点评】本题考查了几何体表面积的计算，属于基础题．
4．【答案】D
【解析】由题意四棱锥P-ABCD与四棱锥是两个相同的正四棱锥，
连接AC，BD相交于点O，连接OP，OQ，
由四棱锥P-ABCD为正四棱锥，则PO⊥平面ABCD．
根据题意四棱锥为正四棱锥，所以QO⊥平面ABCD．
PO，OQ均垂直于平面ABCD，所以三点共线．
所以PQ⊥平面ABCD，故②正确；
由，根据题意，
所以△APO与∆CQO全等，所以∠PAO=∠OCQ，
所以，AP⊄平面QCB，QC⊂平面QCB，
所以平面BCQ，故①正确；
当P，A，B，C，D在同一球面上，若正方形ABCD的外接圆不是球的大圆时，
根据对称性，则Q点不在此球面上，故③不正确；
若该“倒影四棱锥”存在外接球，根据对称性则正方形ABCD的外接圆是该球的大圆，
所以此时球的球心为正方形ABCD的对角线的交点，即点O，
设AB=2a，则OA=2a，OA=OP=R，
所以，所以④正确，
故选D．

【点评】本题考查线面的平行和垂直关系的判断和几何体的外接球的相关知识，解答本题的关键是由△APO与∆CQO全等，得到∠PAO=∠OCQ，进一步得出，若该“倒影四棱锥”存在外接球，根据对称性则正方形ABCD的外接圆是该球的大圆．所以此时球的球心为正方形ABCD的对角线的交点，属于中档题．
二、填空题．
5．【答案】
【解析】作出半球和正方体的轴截面，如图所示，
设求得的半径为R，
因为正方体的棱长为1，所以正方体的对角线长AB=2，
在直角△OBC中，，
半球的表面积为，
故答案为．
【点评】本题考查了几何体外接球的相关计算，属于中档题．


三、解答题．
6．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】设AA1=2a，
因为，所以AB=22a，EB1=6a，BB1=2a，
因为E为AB的中点，所以EB=2a，
所以EB12=EB2+BB12，即EB⊥BB1，
所以四边形ABB1A1是平行四边形，所以四边形ABB1A1是矩形，
因为F为AA1的中点，所以A1F=AF=a，
所以FB12=A1F2+A1B12=9a2，EF2=AF2+AE2=3a2，
所以FB12=EF2+EB12，即EF⊥EB1，
因为三棱柱底面△ABC是等边三角形，E为AB的中点，
所以，
又CE⊥FB1，AB与FB1相交，所以平面ABB1A1，
又EF⊂平面ABB1A1，所以CE⊥EF，
又CE∩EB1=E，所以EF⊥平面CEB1．
（2）由（1）知：平面ABB1A1，所以CE为三棱锥C-B1FE的高，且CE=3，
，，，
所以．
【点评】本题关键是反复应用勾股定理论证EF⊥EB1，特别是设AA1=2a简化了运算，再利用线面垂直与线线垂直的转化得解．
7．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．

∵ΔABC是等边三角形，∴OB⊥AC，
ΔABD与ΔCBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，
∴ΔABD≅ΔCBD，∴AD=CD，
是直角三角形，是斜边，，，
∴DO2+BO2=AB2=BD2，，，
又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．
又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．
（2）设E是BD的中点，ΔABC是等边三角形，边长为1，，
，，，，
，
，，，
点D到平面ACE的距离．
【点评】本题第一问的关键是证明ΔABD≅ΔCBD，才能确定△ACD的形状，为证明垂直关系打通桥梁，
第二问的关键是求△ACE的面积．
8．【答案】（1）相交，详见解析；（2）2．
【解析】（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：
因为E'∉平面ABCD，所以D∉平面BCE'，
假设平面BCE'，设平面DCF∩平面BCE'=CM，如图所示，

则，显然CM与CB不重合，
又因为，平面BCE'，且DF，AD相交，均在平面ADE'内，
所以平面平面BCE'，但E'显然是两个平面的公共点，故矛盾，假设不成立，
所以直线DF与平面BCE'相交．
（2）证明：取AB的中点O，连接E'O，BD，

由等腰梯形ADCE中，AD//EC，EC=2AD=2AE=4，，
知△ABE是等边三角形，四边形ADCB是菱形，且∠C=60°，
即△ABD和△BCD都是等边三角形．
故E'O⊥AB，DO⊥AB，E'O与DO相交于平面E'OD内，
所以AB⊥平面E'OD，所以E'D⊥AB．
又，所以E'D⊥DC，
因为△BCE'的面积为，
所以当△BCE'的面积最大时，∠E'BC=90°，
所以E'C=E'B2+BC2=22，所以E'D=E'C2-DC2=2．
【点评】本题第一问解题关键在于利用反证法，先假设直线与平面平行，推出矛盾，即推翻假设，证得结论；第二问在于求得面积的关系式，探寻何时最大，确定关系再计算线段长度．
9．【答案】（1）当点I为线段AD的中点时，平面平面ACN，证明见解析；（2）．
【解析】（1）当点I为线段AD的中点时，平面平面ACN．
证明过程如下：
在矩形ADMN中，，G分别是线段AD，MN的中点，，
又IG⊂平面ACN，AN⊂平面ACN，故平面ACN．
在ΔACD中，，H分别为AD，CD的中点，，
又IH⊂平面ACN，AC⊂平面ACN，平面ACN．
∵IG∩IH=I，IH，IG⊂GHI，
∴平面平面ACN．
（2）如图，过点C作CE⊥AD于E，∵线段MN在平面ABCD内的投影与线段AD重合，
故平面ADMN⊥平面ABCD，而平面ADMN∩平面ABCD=AD，
CE⊂平面ABCD，故平面ADMN，同理，DM⊥平面ABCD．
在（1）的条件下，连接IB，IC，
在ΔABD中，∵AB⊥BD，AD=8，，同理可得IC=4．
又∵BC=4，故等边三角形IBC的高为23，即CE=23．连接BM．
故VBC-ADMN=VB-ADMN+VB-CDM=VB-ADMN+VM-BCD
．

【点评】不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1．利用三角形中位线得到线线平行；2．构造平行四边形；3．构造面面平行．

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