高中数学讲义第七章立体几何初步(超级详细)

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2020版高考数学一轮复习第7章立体几何初步第3节平行关系课件文北师大版

(2)因为 E，F 分别为 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，
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.
平面与平面平行的判定与性质
【例 3】如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1 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.
解析答案
[证明] (1)因为 GH 是△A1B1C1 的中位线，所以 GH∥B1C1. 又因为 B1C1∥BC，所以 GH∥BC，所以 B，C，H，G 四点共面．
在如图所示的几何体中，D 是 AC 的中点，EF∥DB，
G，H 分别是 EC 和 FB 的中点．求证：GH∥平面 ABC．
解析答案
[证明] 取 FC 的中点 I，连接 GI，HI，则有 GI∥EF，HI∥BC．
又 EF∥DB，所以 GI∥BD，又 GI∩HI＝I，BD∩BC＝B，
所以平面 GHI∥平面 ABC．
5．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：
①若 m α，n∥α，则 m∥n； ②若 α∥β，β∥γ，m⊥α，则 m⊥γ； ③若 α∩β＝n，m∥n，m∥α，则 m∥β； ④若 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β. 其中是真命题的是________．(填上序号) ② [对于①，m∥n 或 m，n 异面，故①错误；易知②正确；对于③，m∥β 或 m β，故③错误；对于④，α∥β 或 α 与 β 相交，故 ④错误．]

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(3)若AB＝BC＝CD＝DA,作出异面直线AC与BD的公垂线段.翰林汇
分析：证明两条直线异面通常采用反证法。
证明：(1)（反证法）假设AC与BD不是异面直线，则AC与BD共面，
所以A、B、C、D四点共面
这与空间四边形ABCD的定义矛盾
所以对角线AC与BD是异面直线
(2)解：∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF//AC,且EF= AC.
（1）求圆锥的母线与底面所成的角；
（2）求圆锥的全面积．
解: （1）设圆锥的底面半径为R，母线长为l，
由题意得： ,
即 ,
所以母线和底面所成的角为
(2)设截面与圆锥侧面的交线为MON，
其中O为截面与AC的交点，则OO1//AB且
在截面MON内，以OO1所在有向直线为y轴，O为原点，建立坐标系，
则O为抛物线的顶点，所以抛物线方程为x2=－2py，
同理HG//AC,且HG= AC.∴EF平行且相等HG,∴EFGH是平行四边形.
又∵F,G分别为BC,CD的中点,∴FG//BD,∴∠EFG是异面直线AC与BD所成的角.
∵AC⊥BD,∴∠EFG=90o.∴EFGH是矩形.
(3)作法取BD中点E,AC中点F,连EF,则EF即为所求.
点评：在空间四边形中我们通常会遇到上述类似的问题，取中点往往是很有效的方法，特别是遇到等腰三角形的时候。
3．抓主线，攻重点。针对一些重点内容加以训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心的核心，角与距离的计算已经降低要求。
4．复习中要加强数学思想方法的总结与提炼。立体几何中蕴含着丰富的思想方法，如：将空间问题转化成平面图形来解决、线线、线面与面面关系的相互转化、空间位置关系的判断及角与距离的求解转化成空间向量的运算。

2019人教A版高中数学知识点梳理----第七章立体几何(6页)定稿 (1)

第七章立体几何一.空间几何体的表面积与体积1、空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相且多边形互相且侧棱相交于 ,但不一定相等延长线交于侧面形状名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等,于底面相交于延长线交于轴截面全等的全等的全等的侧面展开图2空间几何体的直观图常用画法来画(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直,直观图中,x ′轴、y ′轴的夹角为 ,z ′轴与x ′轴、y ′轴所在平面．(2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍分别坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度 ,平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的．直观图与原图形的面积关系：S 直观图=S 原图形⋅______例题1.判断下列命题是否正确（1）有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱. ( )（2）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥. ( ) （3）有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；( ) （4）三棱锥的四个面都可以是直角三角形；( )（5）有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；( )3圆锥S 圆柱侧＝ S 圆锥侧＝ S 圆台侧＝4、空间几何体的表面积与体积公式表面积体积＋2S 底 V ＝侧＋S 底 V ＝ 5四棱柱――――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 6．几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和． 7. 区分正三棱锥和正四面体：正三棱锥是底面是等边三角形，三个侧面是全等的等腰三角形的三棱锥。

正四面体是每个面都是全等的等边三角形的三棱锥。

8. 组合体1.长方体的对角线长l =√a 2+b 2+c 2⬚；2.球的组合体：(1)球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径=长方体的体对角线长； (2)球与正方体的组合体：(设正方体棱长为a)正方体的内切球的直径是_________，正方体的棱切球的直径是_________，正方体的外接球的直径是_________，(3)球与正四面体的组合体：棱长为α的正四面体的内切球的半径为_____，外接球的半径为________ 二、空间点，线，面的位置关系 1.四个基本事实推论1:经过一条直线和有且只有一个平面; 推论2:经过两条直线有且只有一个平面; 推论3:经过两条直线有且只有一个平面. 3.空间直线的位置关系 (1)位置关系的分类空间直线{共面{平行直线相交直线异面——异面直线(2)定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角 . 4.图形语言7.直线与平面垂直(1)定义:如果一条直线l和平面α内的都垂直,就称直线l和平面α互相垂直,记作l⊥α.直线l 叫作平面α的,平面α叫作直线l的.(2)8.两个平面垂直(1)定义:两个平面相交,如果它们所成的二面角是 ,就说这两个平面互相垂直.9. 综合法求角和距离1.异面直线所成的角：范围：．2.直线和平面所成的角：范围：．3.二面角(1)定义：从一条直线出发的所组成的图形叫做二面角；二面角的范围：．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作的两条射线,这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． 4.点面距离求法：直接法和_____________法.10.计算空间距离（立几综合法和空间向量法）（1）点线距离求法：直接法、等面积法和_____________法.空间向量法：设直线l 的方向向量为u ⃗ , 则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →的模为_____________, 则点P 到直线l 的距离为 PQ ＝__________________________.（2）点面距离求法：直接法、等体积法和_____________法. 空间向量法：已知平面α的法向量为n ⃗ ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n ⃗ 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，即PQ ＝___________.例2.（1）已知平面α的一个法向量为n ⃗ ＝（﹣1，0，﹣1），点A （3，3，0）在平面α内，则平面外一点P （﹣2，1，4）到平面α的距离为（2）已知A （1，2，0），B （3，1，2），C （2，0，4），则点A 到直线BC 的距离为11. 计算空间角（立几综合法和空间向量法）（1）异面直线所成的角：范围：．先求出两条异面直线的方向向量，再利用空间向量的数量积公式，求出两个向量夹角的余弦值，再回到异面直线所成的角θ的问题．公式为_______________________（2）直线和平面所成的角：范围：．直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角．如图，直线AB与平面α相交于点B.设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则_______＝|cos〈u，n〉|＝_________________（3）平面和平面所成的角（注意：不同于“二面角”）(1)定义：从一条直线出发的所组成的图形叫做二面角；二面角的范围：．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作的两条射线,这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．（3）平面与平面所成的角：范围___________________若平面α，β的法向量分别是n1⃗⃗⃗⃗ 和n2⃗⃗⃗⃗ ，则平面α与平面β的夹角即为向量n1⃗⃗⃗⃗ 和n2⃗⃗⃗⃗ 的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝______________＝___________________例3.（1）已知直线l1,l2的方向向量分别为n1⃗⃗⃗⃗ =(1，3，2)，n2⃗⃗⃗⃗ =(−1，3−，2)2，则l1与2l所成角的余弦值为____________（2）a=(−2,−3,√3)是直线l方向向量，n⃗=(1,0,0)是平面α法向量，则直线l与平面α所成角为______（3）已知n1⃗⃗⃗⃗ =(−2,−3,√3)，n⃗2=(1,0,0)分别为平面α1,α2的法向量，则α1与2α所成角为____________ 12.对称点问题：例4.点M（1，2，3）是空间直角坐标系Oxyz中的一点，写出满足下列条件的点的坐标：（1）与点M关于x轴对称的点_____________（2）与点M关于平面xoy对称的点_____________13.射影点例5.点P(1，2，3)在Oxz平面内的射影为B，则点B坐标为_________________ ．14.平面方程例6.过点P(1,-1,3)且法向量为（2,3,4）的平面的方程为___________________.。

高考数学一轮复习第七章立体几何课件理湘教版

【答案】A
高考总复习·数学(理科)
第七章
2.下列结论正确的是（）
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A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
4.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：
（1）在已知图形中取互相垂直的 x 轴、y 轴，两轴相交于点 O，画直观图时，把
它们画成对应的 x′轴、y′轴，两轴相交于点 O′，且使∠x′O′y′= 45°(或135°. )
（2）已知图形中平行于 x 轴、y 轴的线段，在直观图中平行于 x′轴、y′轴
如图：平面 ABC 与平面 A1B1C1 间的关系是平行，△ABC 与△ A1B1C1 的关系是全等. 各侧棱之间的关系是平行且相等 .
（2）棱锥（以四棱锥为例）如图：一个底面是四边形，四个侧面是有一个公共顶点的三角形. （3）棱台棱台可以由棱锥截得，其方法是用平行于底面的平面截棱锥得到 .
A.3
B.2
C.1
D.0
【解析】对于①，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形.对于②，存在如图所示的三棱锥SABC，底面为等腰三角形，其底边AB的中点为D，BC的中点为E，侧面SAB上的斜高为SD，且CB＝ AB＝SD＝SE，顶点S在底面上的射影为AC的中点，则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的正三角形.对于③，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形.所以选A.
与直观图，了解空间图形的不同表示形式.

第七章 §7.10 立体几何中的动态、轨迹问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§7.10立体几何中的动态、轨迹问题重点解读“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．题型一平行、垂直中的动态轨迹问题例1如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，N 分别是CC 1，C 1D 1，DD 1，CD ，BC 的中点，M 在四边形EFGH 边上及其内部运动，若MN ∥平面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是()A.3aB.2aC.3a 2D.2a 2答案D 解析连接HN ，GN (图略)，∵在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，N 分别是CC 1，C 1D 1，DD 1，CD ，BC 的中点，则GH ∥BA 1，HN ∥BD ，又GH ⊄平面A 1BD ，BA 1⊂平面A 1BD ，∴GH ∥平面A 1BD ，同理可证得NH ∥平面A 1BD ，又GH ∩HN ＝H ，GH ，HN ⊂平面GHN ，∴平面A 1BD ∥平面GHN ，又∵点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，MN ∥平面A 1BD ，则点M 在线段GH 上运动，即满足条件，又GH ＝22a ，则点M 轨迹的长度是2a 2.思维升华动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程．跟踪训练1正四棱锥S －ABCD 的底面边长为2，高为2，E 是边BC 的中点，动点P 在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的周长为()A.6＋2B.6－2C ．4D.5＋1答案A 解析如图，设AC ，BD 交于O ，连接SO ，由正四棱锥的性质可得SO ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，故SO ⊥AC .又BD ⊥AC ，SO ∩BD ＝O ，SO ，BD ⊂平面SBD ，故AC ⊥平面SBD .由题意，PE ⊥AC 则动点P 的轨迹为过E 且垂直AC 的平面与正四棱锥S －ABCD 的交线，即平面EFG ，则AC ⊥平面EFG .由线面垂直的性质可得平面SBD ∥平面EFG ，又由面面平行的性质可得EG ∥SB ，GF ∥SD ，EF ∥BD ，又E 是边BC 的中点，故EG ，GF ，EF 分别为△SBC ，△SDC ，△BCD 的中位线．由题意BD ＝22，SB ＝SD ＝22＋2＝6，故EG ＋EF ＋GF ＝12×(6＋6＋22)＝6＋ 2.即动点P 的轨迹的周长为6＋ 2.题型二距离、角度有关的动态轨迹问题例2已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为5π，AA 1＝2，点P 在四边形A 1ACC 1内，且直线BP 与平面A 1ACC 1所成的角为π4，则长方体的体积最大时，动点P 的轨迹长为()A ．πB.2π2C.π2D.2π4答案C解析因为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R ，所以4πR 2＝5π，解得R ＝52R ＝－52(舍去)，即外接球的直径为5，设AB ＝a ，BC ＝b ，则a 2＋b 2＋22＝5，可得a 2＋b 2＝1，所以V ＝2ab ≤a 2＋b 2＝1，当且仅当a ＝b ＝22时，等号成立．如图，设AC ，BD 相交于点O ，因为BO ⊥AC ，BO ⊥AA 1，AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面A 1ACC 1，所以BO ⊥平面A 1ACC 1，因为直线BP 与平面A 1ACC 1所成的角为π4，所以∠BPO ＝π4，故OP ＝12，则点P 的轨迹是以O 为圆心，半径r ＝12的半圆弧，所以动点P 的轨迹长为πr ＝π2.思维升华距离、角度有关的轨迹问题(1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹．(2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面．跟踪训练2已知三棱锥P －ABC 的外接球O 的半径为13，△ABC 为等腰直角三角形，若顶点P 到底面ABC 的距离为4，且三棱锥P －ABC 的体积为163，则满足上述条件的顶点P 的轨迹长度是________．答案43π解析设底面等腰直角三角形ABC 的直角边的边长为x (x >0)，∵顶点P 到底面ABC 的距离为4且三棱锥P －ABC 的体积为163，∴13×12x 2×4＝163，解得x ＝22，∴△ABC 的外接圆半径为r 1＝12×2×22＝2，∴球心O 到底面ABC 的距离d 1＝R 2－r 21＝13－22＝3，又∵顶点P 到底面ABC 的距离为4，∴顶点P 的轨迹是一个截面圆的圆周(球心在底面ABC 和截面圆之间)且球心O 到该截面圆的距离d 2＝1，∵截面圆的半径r 2＝R 2－d 22＝13－1＝23，∴顶点P 的轨迹长度是2πr 2＝2π×23＝43π.题型三翻折有关的动态轨迹问题例3在矩形ABCD 中，E 是AB 的中点，AD ＝1，AB ＝2，将△ADE 沿DE 折起得到△A ′DE ，设A ′C 的中点为M ，若将△ADE 沿DE 翻折90°，则在此过程中动点M 形成的轨迹长度为________．答案2π8解析如图，设AC 的中点为M 0，△ADE 沿DE 翻折90°，此时平面A ′DE ⊥平面ABCD ，取CD 中点P ，CE 中点Q ，PQ 中点N ，连接PQ ，MP ，MQ ，MN ，M 0P ，M 0Q ，M 0N .MP ＝M 0P ＝12AD ＝12，MQ ＝M 0Q ＝12AE ＝12，PQ ＝12DE ＝22，△MPQ 和△M 0PQ 是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M 的轨迹是以N 为圆心，12PQ 为半径的一段圆弧，又MP ∥A ′D ，MP ⊄平面A ′DE ，A ′D ⊂平面A ′DE ，∴MP ∥平面A ′DE ，同理MQ ∥平面A ′DE ，又∵MP ∩MQ ＝M ，∴平面MPQ ∥平面A ′DE ，又平面A ′DE ⊥平面ABCD ，故平面MPQ ⊥平面ABCD ，又平面MPQ ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊥PQ ，故MN ⊥平面ABCD ，又M 0N ⊂平面ABCD ，∴MN ⊥M 0N ，故动点M 形成的轨迹长度为14π·PQ ＝2π8.思维升华翻折有关的轨迹问题(1)翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹．(2)翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹．(3)可以利用空间坐标运算求轨迹．跟踪训练3(2024·连云港模拟)在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝1，点E 在CD 上，现将△AED 沿AE 折起，使平面AED ⊥平面ABC ，当E 从D 运动到C 时，求点D 在平面ABC 上的射影K 的轨迹长度为()A.22 B.223 C.π2 D.π3答案D解析由题意，将△AED 沿AE 折起，使平面AED ⊥平面ABC ，在平面AED 内过点D 作DK ⊥AE ，垂足K 为D 在平面ABC 上的射影，连接D ′K ，由翻折的特征知，则∠D ′KA ＝90°，故K 点的轨迹是以AD ′为直径的圆上一段弧，根据长方形知圆半径是12，如图当E 与C 重合时，∠D ′AC ＝60°，所以AK ＝12，取O 为AD ′的中点，得到△OAK 是正三角形．故∠KOA ＝π3，所以∠KOD ′＝2π3，射影K 的轨迹长度为12×2π3＝π3.课时精练一、单项选择题1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，Q 是正方形B 1BCC 1内的动点，A 1Q ⊥BC 1，则Q 点的轨迹是()A ．点B 1B ．线段B 1C C ．线段B 1C 1D ．平面B 1BCC 1答案B 解析如图，连接A 1C ，因为BC 1⊥A 1Q ，BC 1⊥A 1B 1，A 1Q ∩A 1B 1＝A 1，A 1Q ，A 1B 1⊂平面A 1B 1Q ，所以BC 1⊥平面A 1B 1Q ，又B 1Q ⊂平面A 1B 1Q ，所以BC 1⊥B 1Q ，又BC 1⊥B 1C ，所以点Q 在线段B 1C 上．2.(2023·佛山模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 为正方形A 1B 1C 1D 1内的动点，满足直线BP 与下底面ABCD 所成角为60°的点P 的轨迹长度为()A.33B.3π6 C.3 D.3π2答案B 解析直线BP 与下底面ABCD 所成的角等于直线BP 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角，连接B 1P ，如图，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，PB 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PB 1，故∠BPB 1为直线BP 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角，则∠BPB 1＝60°，因为BB 1＝1，所以PB 1＝BB 1tan 60°＝33，故点P 的轨迹为以B 1为圆心，33为半径，位于平面A 1B 1C 1D 1内的14圆，故轨迹长度为14×2π×33＝3π6.3.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 为A 1C 1的中点，N 为侧面BCC 1B 1上的一点，且MN ∥平面ABC 1，若点N 的轨迹长度为2，则()A ．AC 1＝4B ．BC 1＝4C ．AB 1＝6D ．B 1C ＝6答案B 解析如图，取B 1C 1的中点D ，BB 1的中点E ，连接MD ，DE ，ME ，由MD ∥A 1B 1∥AB ，DE ∥BC 1，又MD ⊄平面ABC 1，AB ⊂平面ABC 1，所以MD ∥平面ABC 1，同理可得DE ∥平面ABC 1，又MD ∩DE ＝D ，MD ，DE ⊂平面MDE ，所以平面MDE ∥平面ABC 1，又MN ∥平面ABC 1，故点N 的轨迹为线段DE ，又由DE ＝12BC 1＝2，可得BC 1＝4.4.已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P 是侧棱DD 1上的点，且DP ＝2PD 1，AA 1＝3，AB ＝1.若点Q 在侧面BCC 1B 1(包括其边界)上运动，且总保持AQ ⊥BP ，则动点Q 的轨迹长度为()A.3B.2C.233D.52答案D 解析如图，在侧棱AA 1上取一点R ，使得AR ＝2RA 1，连接PR ，BR ，过点A 作AN ⊥BR 交BR 于点M ，交BB 1于点N ，连接AC ，CN ，BD ，由PR ∥AD ，可知PR ⊥AN ，BR ，PR ⊂平面BPR ，BR ∩PR ＝R ，从而AN ⊥平面BPR ，BP ⊂平面BPR ，所以BP ⊥AN ，又由BP 在平面ABCD 内的射影BD ⊥AC ，所以BP ⊥AC ，AN ，AC ⊂平面ACN ，AN ∩AC ＝A ，知BP ⊥平面ACN ，CN ⊂平面ACN ，所以BP ⊥CN ，所以动点Q 的轨迹为线段CN ，在Rt △ABN ，Rt △RAB 中，∠BAN ＝∠ARB ，所以Rt △ABN ∽Rt △RAB ，则BN AB ＝AB RA ，得BN ＝12，易得CN ＝BN 2＋BC 2＝122＋12＝52.5.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱AD ，B 1C 1的中点．若点P 为侧面正方形ADD 1A 1内(含边界)动点，且B 1P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长度为()A.12B ．1C.52D.π2答案C 解析取A 1D 1的中点M ，连接AM ，B 1M ，AB 1，EM ，FM ，如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥B 1C 1且AD ＝B 1C 1，因为E ，F 分别是棱AD ，B 1C 1的中点，则AE ∥B 1F 且AE ＝B 1F ，所以四边形AB 1FE 为平行四边形，则AB 1∥EF ，因为AB 1⊄平面BEF ，EF ⊂平面BEF ，所以AB 1∥平面BEF ，同理可证AM ∥平面BEF ，因为AB 1∩AM ＝A ，AB 1，AM ⊂平面AB 1M ，所以平面AB 1M ∥平面BEF ，因为AM ⊂平面AA 1D 1D ，若P ∈AM ，则B 1P ⊂平面AB 1M ，所以B 1P ∥平面BEF ，所以点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹为线段AM ，由勾股定理可得AM ＝AA 21＋A 1M 2＝52.6．已知菱形ABCD 边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 折叠成三棱锥B ′－ACD ，使得二面角B ′－AC －D 为60°，设E 为B ′C 的中点，F 为三棱锥B ′－ACD 表面上动点，且总满足AC ⊥EF ，则点F 轨迹的长度为()A ．23B ．33 C.3 D.332答案D 解析连接AC ，BD 交于点O ，连接OB ′，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，所以AC ⊥BD ，OB ′⊥AC ，△ABC ，△ACD ，△AB ′C 均为正三角形，所以∠B ′OD 为二面角B ′－AC －D 的平面角，于是∠B ′OD ＝60°，又因为OB ′＝OD ，所以△B ′OD 为正三角形，所以B ′D ＝OB ′＝OD ＝2×32＝3，取OC 的中点P ，取CD 的中点Q ，连接EP ，EQ ，PQ ，所以PQ ∥OD ，EP ∥OB ′，所以AC ⊥EP ，AC ⊥PQ ，EP ∩PQ ＝P ，所以AC ⊥平面EPQ ，所以在三棱锥B ′－ACD 表面上，满足AC ⊥EF 的点F 轨迹为△EPQ ，因为EP ＝12OB ′，PQ ＝12OD ，EQ ＝12B ′D ，所以△EPQ 的周长为3×32＝332，所以点F 轨迹的长度为332.二、多项选择题7．(2024·济南模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的各顶点均在表面积为12π的球面上，P 为该球面上一动点，则()A ．存在无数个点P ，使得PA ∥平面A 1B 1C 1D 1B ．当平面PAA 1⊥平面CB 1D 1时，点P 的轨迹长度为2πC ．当PA ∥平面A 1B 1CD 时，点P 的轨迹长度为2πD ．存在无数个点P ，使得平面PAD ⊥平面PBC答案ACD 解析因为该球的表面积为4πr 2＝12π，故半径r ＝3，且正方体的棱长满足(2r )2＝3a 2＝12，故棱长a ＝2，选项A ，由题意可知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且PA ∥平面A 1B 1C 1D 1，故PA ⊂平面ABCD ，则P 的轨迹为正方形ABCD 的外接圆，故有无数个点P 满足，故A 正确；选项B ，易知AC 1⊥平面CB 1D 1，且平面PAA 1⊥平面CB 1D 1，PA ⊂平面PAA 1，故P 的轨迹为矩形AA 1C 1C 的外接圆，其周长为2πr ＝23π，故B 错误；选项C ，因为PA ∥平面A 1B 1CD ，设过PA 且与平面A 1B 1CD 平行的平面为α，则P 的轨迹为α与外接球的交线，其半径为a 2＝1，周长为2π，故C 正确；选项D ，若平面PAD ⊥平面PBC ，则点P 在以四边形ABCD 为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P 满足，故D 正确．8．(2023·长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为正方体表面上的动点，N 为线段AC 1上的动点，若直线AM 与AB 的夹角为π4，则下列说法正确的是()A ．点M 的轨迹确定的图形是平面图形B ．点M 的轨迹长度为π2＋22C ．C 1M 的最小值为2－1D ．当点M 在侧面BB 1C 1C 上时，33AN ＋MN 的最小值为1答案BCD 解析如图，建立空间直角坐标系，则D (0,1,0)，C 1(1,1,1)，∵直线AM 与AB 的夹角为π4，当点M 在侧面AA 1D 1D 上时，AB ⊥AM ，不合题意；当点M 在底面A 1B 1C 1D 1和侧面CC 1D 1D (不包含边界)上时，点M 到直线AB 的距离大于AB 的长度，此时，AM 与AB 的夹角大于π4；当点M 在侧面AA 1B 1B 和底面ABCD 上时，可知线段AB 1，AC 满足题意；当点M 在侧面BCC 1B 1上时，由AB ⊥BM ，可知BM ＝AB ，此时弧B 1C 为所求．∴M 点的轨迹为线段AC ，AB 1，弧B 1C ，显然线段AC ，AB 1，弧B 1C 不共面，∴A 错误；对于B ，点M 的轨迹长度为π2＋22，∴B 正确；对于C ，若M 在线段AC 上，则C 1M 的最小值为1，同理，若M 在线段AB 1上，则C 1M 的最小值也为1，若M 在弧B 1C 上，则C 1M 的最小值为C 1B －1＝2－1，∴C 正确；对于D ，M (1，y ，z )(0≤y ≤1,0≤z ≤1)，且y 2＋z 2＝1，由题意设N (λ，λ，λ)，λ∈[0,1]，则33AN ＋MN ＝λ＋(1－λ)2＋(y －λ)2＋(z －λ)2≥λ＋(1－λ)2＝λ＋(1－λ)＝1，当且仅当y ＝z ＝λ，且y 2＋z 2＝1，即y ＝z ＝λ＝22时，等号成立，∴D 正确．三、填空题9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 为棱B 1C 1的中点，N 为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN 与底面ABCD 所成的角为π3，则动点N 的轨迹长度为________．答案43π9解析如图所示，取BC 中点G ，连接MG ，NG ，由正方体的特征可知，MG ⊥底面ABCD ，故MN 与底面ABCD 的夹角即为∠MNG ，所以∠MNG ＝π3，则MG NG ＝tan π3⇒NG ＝233，故点N 在以G 为圆心，233为半径的圆上，又N 在底面正方形ABCD 上，即点N 的轨迹为图示中的圆弧 EF ，易知BG EG ＝1233＝32⇒∠EGB ＝π6⇒∠EGF ＝π－π6－π6＝2π3，所以动点N 的轨迹长度为233×2π3＝43π9.10.如图所示，在平行四边形ABCD 中，E 为AB 中点，DE ⊥AB ，DC ＝8，DE ＝6.沿着DE 将△ADE 折起，使A 到达点A ′的位置，且平面A ′DE ⊥平面ADE .设P 为△A ′DE 内的动点，若∠EPB ＝∠DPC ，则点P 的轨迹长度为______．答案4π3解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C (0,8,0)，E (6,0,0)，B (6,4,0)，设P (x ,0，z )，则PD →＝(－x ,0，－z )，PC →＝(－x ,8，－z )，PE →＝(6－x ,0，－z )，PB →＝(6－x ,4，－z )，∴cos ∠EPB ＝cos 〈PE →，PB →〉＝PE →·PB →|PE →||PB |→＝(6－x )2＋z 2(6－x )2＋z 2(6－x )2＋16＋z 2，cos ∠DPC ＝cos 〈PD →，PC →〉＝PD →·PC →|PD →||PC |→＝x 2＋z 2x 2＋z 2x 2＋64＋z 2，∵∠EPB ＝∠DPC ，∴cos ∠EPB ＝cos ∠DPC ，∴(6－x )2＋z 2(6－x )2＋z 2(6－x )2＋16＋z 2＝x 2＋z 2x 2＋z 2x 2＋64＋z 2，整理化简得x 2＋z 2－16x ＋48＝0，即(x －8)2＋z 2＝16，∴点P 的轨迹为圆弧，所在圆交A ′E 于P 1(6,0,23)，交DE 于P 2(4,0,0)，则|P 1P 2—→|＝(6－4)2＋(0－0)2＋(23－0)2＝4，∴ 12PP 所对应的圆心角α＝π3，∴弧长l ＝αr ＝π3×4＝4π3，即点P 的轨迹长度为4π3.。

高三数学第七章《立体几何》教学案

1．写出下列简单多面体的结构特征，并简单画出示意图。

(1)棱柱(2)棱锥(3)棱台2．圆柱、圆锥、圆台、球各是由什么图形，怎么旋转得到的？3.空间几何体的三视图分别是从哪个方向观察得到的呢？如何画三视图？4．如何画空间几何体的直观图？1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ) (3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，则在直观图中，∠A ＝90°.( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )2．(教材改编)如图7-1-1，长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′，则剩下的几何体是( )A ．棱台 B.四棱柱C ．五棱柱 D.简单组合体3．(2014·全国卷Ⅰ)如图7-1-2，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )图7-1-24．(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图7-1-3所示，则该几何体的侧(左)视图为( )图7-1-35．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________。

空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A ．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形图7-1-1A. 三棱B ．三棱柱 C ．四棱锥D ．四棱柱C ．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 (2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确的命题为[变式训练1] 下列结论正确的是( ) A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线空间几何体的三视图☞角度1 由空间几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图7-1-4，下列给出的四个俯视图中正确的是( )A B C D图7-1-4(1)某四棱锥的三视图如图7-1-5所示，该四棱锥最长棱棱长为( )图7-1-5A ．1 B.2C. 3 D.2(2)(2016·全国卷Ⅱ)如图7-1-6是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )图7-1-6空间几何体的直观图(2017·桂林模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A.34a 2B.38a 2C.68a 2D.616a 2[变式训练2] (2017·邯郸三次联考)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图7-1-7所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．课堂小结：巩固练习：课时分层（三十八）A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π图7-1-7规律总结规律总结1．什么是多面体的侧面积和表面积？2．画出圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图，并写出圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式。

第7章第7讲立体几何

线线平行线面平行面面平行
证明两直线的方向向量共线 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 ②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示 ①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)一轮总复习 • 数学 • 新高考
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〔变式训练 1〕如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1 ＝4，点 E 在线段 BB1 上，且 EB1＝1，D，F，G 分别为 CC1，C1B1， C1A1 的中点． (1)求证：平面 A1B1D⊥平面 ABD；
(2)求证：平面 EGF∥平面 ABD．
A1B1C1D1 的棱 AB，A1D1 的中点分别为 E，F，则直线 EF 与平面 AA1D1D 所成角的正弦值为( C )
A．
5 5
B．
30 6
C．
6 6
D．2 5 5
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第七章立体几何
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[解析] 如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 2a，则F→E＝(a，a，－2a)，
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[证明] 以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．
设 BA＝a，则 A(a,0,0)，G(a2，1,4)，A1(a，0,4)． (1)因为B→A＝(a,0,0)，B→D＝(0,2,2)，B→1D＝(0,2，－2)，所以B→1D·B→A＝0，B→1D·B→D＝0．

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高中数学复习讲义第七章立体几何初步【方法点拨】立体几何研究的是现实空间，认识空间图形，可以培养学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力。

空间的元素是点、线、面、体，对于线线、线面、面面的位置关系着重研究它们之间的平行与垂直关系，几何体着重研究棱柱、棱锥和球。

在复习时我们要以下几点：1 .注意提高空间想象能力。

在复习过程中要注意：将文字语言转化为图形，并明确已知元素之间的位置关系及度量关系；借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系；能从复杂图形中逻辑的分析出基本图形和位置关系，并借助直观感觉展开联想与猜想，进行推理与计算。

2 .归纳总结，分门别类。

从知识上可以分为：平面的基本性质、线线、线面、面面的平行与垂直、空间中角与距离的计算。

3 .抓主线，攻重点。

针对一些重点内容加以训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心的核心，角与距离的计算已经降低要求。

4 .复习中要加强数学思想方法的总结与提炼。

立体几何中蕴含着丰富的思想方法，如：将空间问题转化成平面图形来解决、线线、线面与面面关系的相互转化、空间位置关系的判断及角与距离的求解转化成空间向量的运算。

【知识图解】空间几何体 —►构成几何体的基本元素直观认识线囿平行与垂—►中心投影与平行投影*---►柱、锥、台、球的特征——►表面积与体积直观图与三视图的画法*点、线、面之间的位置关系第1课空间几何体【考点导读】1 .观察认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2 .能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；3 .通过观察用两种方法(平行投影与中心投影)画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；4 . 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

【基础练习】1 .一个凸多面体有8个顶点，①如果它是棱锥，那么它有J4 条棱，8 个面；②如果它是棱柱，那么它有12 条棱6 个面。

2 . (1)如图，在正四面体A— BCD中，E、F、G分别是三角形ADC ABD BCD的中心，则^ EFG在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是③④(2)如图，E、F分别为正方体的面ADEA、面BCCB的中心，则四边形BFDE在该正方体的面上的射影可能是图的②③ (要求：把可能的图的序号都填上).①②③ @【范例导析】例1.下列命题中，假命题是(1) (3)。

(选出所有可能的答案)(1)有两个面互相平行，其余各个面都是平行四边形的多面体是棱柱(2)四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形(3)有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台(4)若一个几何体的三视图都是矩形，则这个几何体是长方体分析：准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征是解决概念题的关键。

(1)中将两个斜棱柱对接在一起就是反例。

(3)中是不是棱台还要看侧棱的延长线是否交于一点。

例2. ABC是正△ ABC勺斜二测画法的水平放置图形的直观图，若ABC的面积为J3 ,那么△ ABC的面积为_________________解析：2展。

点评：该题属于斜二测画法的应用，解题的关键在于建立实物图元素与直观图元素之间的对应关系。

特别底和高的对应关系。

(2)某物体的三视图如下，试判断该几何体的形状(2)该几何体为一个正四棱锥。

点评：画三视图之前，应把几何体的结构弄清楚，选择一个合适的主视方向。

一般先画主视图，其次画俯视图，最后画左视图。

画的时候把轮廓线要画出来，被遮住的轮廓线要画成虚线。

物体上每一组成部分的三视图都应符合三条投射规律。

主视图反映物体的主要形状特征，主要体现物体的长和高，不反映物体的宽。

而俯视图和主视图共同反映物体的长要相等。

左视图和俯视图共同反映物体的宽要相等。

据此就不难得出该几何体的形状。

【反馈演练】1 . 一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是2 .如图，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水 .若放入一个半径为r的实心铁球，水面高度恰好升高则R=3例3. (1)画出下列几何体的三视图分析：三视图是从三个不同的方向看同一物体得到的三个视图。

解析：水面高度升高r,则圆柱体积增加nR2-r。

恰好是半径为r的实心铁球的体积，因此有3汽「3=汽3t 拓R 2 ,3.生42 3R r。

故- -------- 。

答案为----------------- 。

点评：本题主要考查旋转体的基础知识以及计算能力和分析、解决问题的能力。

3.在^ ABC43, AB=2, BG1.5 , / AB(=120 (如图所示)，若将△ ABCg直线BC旋转周，则所形成的旋转体的体积是4.空间四边形ABCD中，AC 8, BD 12, E、F、G、H 分另ij是AB、BC、CD、DA边上的点，且EFGH为平行四边形，则四边形EFGH的周长的取值范围是(16,24)O5.三棱锥P ABC中，PC(1)求证：PC AB;其余棱长均为1。

(2)求三棱锥P ABC的体积的最大值。

解：(1) ・•・AB ••• AB ••• AB 取AB中点M，: PAB与CAB均为正三角形, PM平面PC,AB CM ,PCM o(2)当PM 平面ABC时，三棱锥的高为PM ,此时V max 1S ABC PM6.已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，它被过底面中心面的交线是焦参数(焦点到准线的距离)为p的抛物线.(1)求圆锥的母线与底面所成的角；(2)求圆锥的全面积.解：(1)设圆锥的底面半径为R,母线长为I,由题意得：I 2 R,。

且平行于母线AB的平面所截，若截面与圆锥侧即cosACO〔R 1，l 2所以母线和底面所成的角为60°.(2)设截面与圆锥侧面的交线为其中。

为截面与AC的交点,MON则OO/AB 且OO]1AB.2在截面MONft,以OO所在有向直线为则。

为抛物线的顶点，所以抛物线方程为点N的坐标为(R, —R),代入方程得: 得：R=2p, l =2R=4p.y轴，。

为原点, 建立坐标系, x2=- 2py, R=— 2p (— R),2 •••圆锥的全面积为Rl R说明：将立体几何与解析几何相链接2 2 24 p 12 p .,颇具新意，预示了高考命题的新动向第2课平面的性质与直线的位置关系【考点导读】1 .掌握平面的基本性质，能够画出空间两条直线的各种位置关系，能够根据图形想象它们之间的位置关系。

2 .掌握两条直线之间的平行与垂直的有关问题，并能进行解决和证明相关问题。

3 .理解反证法证明的思路，会用反证法进行相关问题的证明。

【基础练习】1下面是一些命题的叙述语，其中命题和叙述方法都正确的是(3) 。

(1) A ,B ，・- AB . (2) 「a ,a ，•二(3) A a,a , A . (4) 「A a, a . A2 .下列推断中，错误的是(4)。

(1) A l, A ,B l,B l .(2) AB,C ,A,B ,C, A,B,C不共线，重合(3) A ,A , B ,B AB +(4) l ,A l A .3 .判断下列命题的真假，真的打，假的打“X”(1)空间三点可以确定一个平面( )(2)两个平面若有不同的三个公共点，则两个平面重合( )(3)两条直线可以确定一个平面( )(4)若四点不共面，那么每三个点一定不共线( )(5)两条相交直线可以确定一个平面( )(6)三条平行直线可以确定三个平面( )(7) 一条直线和一个点可以确定一个平面( )(8)两两相交的三条直线确定一个平面( )⑴X⑵X⑶X⑷，(5)，⑹X⑺X (8) X4 .如右图，点E是正方体ABCD A1BGD1的棱DD1的中点，则过点E与直线AB和B1C1都相交的直线的条数是：J条5 .完成下列证明，已知直线a、b、c不共面，它们相交于点P, A a, D a,求证：BD和AE是异面直线*证明：假设——共面于，则点A、E、B、D都在平面内.A a, D a, .. __ r . Pa,，P __.P b, B b, P c, E c 一 , ,这与矛盾*• .BQ AE-答案：假设BQ AE共面于,则点A、E、R D都在平面—内。

•. A a, D a, •二 a . / P a, P .P b, B b, P c, E c. b_ , c_ ,这与a、b、c 不共面矛盾.「•BQ AE是异面直线•uur uur uur . EG OG OE ,uuir uur uuir uuu uui uuu uur k OC k OA k(OC OA) kAC k(AB AD) uuu uuu uur uuu uur uur uuur uur k(OB OA OD OA) OF OE OH OEuuir uuur EF EHE,F,G,H 共面;EF //AB,EG//ACE,F,G,H 共面;(2)由(1)知：EF // AB ,从而可证 EF // 面ABCD 同理可证FG 〃面ABCD ,所以，平面 AC 〃平面EG .点评：熟练掌握定理是证明的关键，要学会灵活运用。

例2.已知空间四边形 ABCD.（1）求证：对角线 AC 与BD 是异面直线；（2）若AC±BD,E,F,G,H 分别这四条边 AB,BC,CD,DA 的中点，试判断四边形 EFGH 勺形状； ⑶若AB= BO CD= DA,作出异面直线 AC 与BD 的公垂线段. 分析：证明两条直线异面通常采用反证法。

证明：（1）（反证法）假设 AC 与BD 不是异面直线，则 AC 与BD 共面，所以A 、R C D 四点共面这与空间四边形 ABCD 勺定义矛盾所以对角线AC 与BD 是异面直线所以，平面 AC 〃平面EG .法二：（1）uuir Q EF uuur uur uuu OF OE OE uu r uu rkOAOF muKOB, uuirEFuuu k(OB uuir OA) uuu k AB ••• EF // AB 同理HG // DC 又 AB // DC ••• EF//HG【范例导析】例1.已知Y A BCD,从平面AC 外一点O 引向量 uuu uu uur OE kOAOFurn uur KOB,OG uur uuu kOC,OH uurkOD ,（1）求证：四点 E,F,G,H共面；（2）平面AC //平面EG . 分析：证明四点共面可以采用平面向量中的平面向量基本定理证明, 也可以转化为直线共面的条件即几何证法。

解：法一：（1） .•.四边形 ABCD 是平行四边形，， uuur uuuAC ABuuir AD ,uuir uuur ⑵••• EF OFuuir uuu OE k(OB uuu OA) uur uurk AB ,又.. EG k uuirAC ,(2)解：: E,F 分别为AB,BC的中点,EF//AC,且EF=1 AC.21同理HG〃AC,且HG=AC.，EF平行且相等HG,，EFGK平行四边形.又••・F,G分别为BC,CD的中点,FG//BD,/ EFG是异面直线AC与BD所成的角.AC± BD,. .Z EFG=90.「. EFGK矩形.⑶ 作法取BD中点E,AC中点F,连EF,则EF即为所求.点评：在空间四边形中我们通常会遇到上述类似的问题，取中点往往是很有效的方法，特别是遇到等腰三角形的时候。

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