1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第4 4讲讲 直线、平面平行的直线、平面平行的 判定与性质判定与性质 第七章 立体几何 考纲解读 1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应 用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题(重点) 2高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面 平行的判定和性质 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容预测 2021年将会以以下两种方式进行考查：以几何体为载体，考查线面平行 的判定；根据平行关系的性质进行转化试题常以解
2、答题的第一问直接 考查，难度不大，属中档题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 不在平面01 _的一条 直线与此平面02 _的 一条直线平行，则该直线 与此平面平行(简记为：线 线平行线面平行) 03_ 04_ 05_ l 内 内 l a la 性质 定理 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06 _ (简记为： 线面平行线线平行) 07_ 08 _ 09 _ ab 提示提示 平行 a a b 2平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言
3、 判定 定理 一个平面内的两条 01 _直线与另 一个平面平行，则这 两个平面平行(简记 为：线面平行面面 平行) 02_ 03 _ 04 _ 05 _ 06 _ 相交 a b abP a b 性质 定理 如果两个平行平面 同时和第三个平面 07 _， 那么它 们的交线平行 08_ 09 _ 10 _ ab 解析解析 相交 a b 3.必记结论 (1)两个平面平行， 其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面 (2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等 (3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行 (4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例 (5)如果两个平面分别和第三个平
4、面平行，那么这两个平面互相平行 2小题热身 (1)如果直线 a 平行于平面 ， 直线 ba， 则 b 与 的位置关系是( ) Ab 与 相交 Bb 或 b Cb Db 解析 两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条也与已知平面 相交，所以由直线 ba，可知若 b 与 相交，则 a 与 也相交，而由题目 已知，直线 a 平行于平面 ，所以 b 与 不可能相交，所以 b 或 b. 故选 B. 答案答案 解析解析 (2)如图，PAB 所在的平面与 ， 分别交于 CD，AB，若 PC 2，CA3，CD1，则 AB_. 解析 因为 ，PAB 所在的平面与 ， 分别交于 CD，AB，所以 CDAB，所以
5、PC PA CD AB .因为 PC2，CA3，CD1，所以 AB5 2. 解析解析 5 2 (3)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是_(填序 号) AD1BC1； 平面 AB1D1平面 BDC1； AD1DC1； AD1平面 BDC1. 解析 如图，因为 AB 綊 C1D1， 所以四边形 AD1C1B 为平行四边形 故 AD1BC1，从而正确； 易证 BDB1D1，AB1DC1， 又 AB1B1D1B1，BDDC1D， 故平面 AB1D1平面 BDC1，从而正确； 由图易知 AD1与 DC1异面，故错误； 因为 AD1BC1，AD1平面 BDC1，BC1平面 BDC1，
6、所以 AD1平面 BDC1，故正确 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 角度 1 线面平行判定定理的应用 1(2019 全国卷节选)如图，直四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形， AA14， AB2， BAD60 ， E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 证明：MN平面 C1DE. 题型题型 一一 直线与平面平行的判定与性质直线与平面平行的判定与性质 证明 如图，连接 B1C，ME. 因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 ME B1C，且 ME1 2B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND1 2A1D. 由题设知 A1B1DC
7、， 可得 B1C A1D，故 ME ND， 因此四边形 MNDE 为平行四边形， 所以 MNED. 又 MN平面 C1DE，所以 MN平面 C1DE. 证明证明 角度 2 线面平行性质定理的应用 2如图所示，CD，AB 均与平面 EFGH 平行，E， F，G，H 分别在 BD，BC，AC，AD 上，且 CDAB. 求证：四边形 EFGH 是矩形 证明 CD平面 EFGH，而平面 EFGH平面 BCDEF， CDEF. 同理，HGCD，EFHG. 同理，HEGF， 四边形 EFGH 为平行四边形，CDEF，HEAB， HEF 为异面直线 CD 和 AB 所成的角 又 CDAB，HEEF. 平行四
8、边形 EFGH 为矩形 证明证明 1判定线面平行的三种方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)，一般用反证法； (2)利用线面平行的判定定理(a，b，aba)如举例说明 1； (3)利用面面平行的性质定理 ，aa； ，a，a，aa. 2用线面平行的判定定理证明线面平行 (1)关键：在平面内找到一条与已知直线平行的直线 (2)方法：合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边 形等证明两直线平行 (3)易错：容易漏掉说明直线在平面外 3用线面平行的性质定理证明线线平行 (1)定势：看到线面平行想到用性质定理 (2)关键：合理选择过已知直线的平面与已知平面相交如举例说明 2. 1(201
9、6 全国卷改编)如图，四棱锥 P ABCD 中， ADBC，ABADAC3， PABC 4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，N 为 PC 的中点证明：MN平面 PAB. 证明 由已知得 AM2 3AD2.如图， 取 BP 的 中点 T， 连接 AT， TN， 由 N 为 PC 中点知 TNBC， TN1 2BC2. 又 ADBC， 故 TN 綊 AM， 所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT. 因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB， 所以 MN平面 PAB. 证明证明 2如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形， 点 P 是平面 ABCD 外一点，M 是 PC 的中点，在
10、 DM 上取一点 G，过 G 和 PA 作平面 PAHG 交平面 BMD 于 GH.求证：PAGH. 证明 如图所示，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO， 四边形 ABCD 是平行四边形， O 是 AC 的中点， 又 M 是 PC 的中点，APOM. 又 MO平面 BMD，PA平面 BMD， PA平面 BMD. 平面 PAHG平面 BMDGH， 且 PA平面 PAHG，PAGH. 证明证明 1(2019 全国卷)设 ， 为两个平面，则 的充要条件是( ) A 内有无数条直线与 平行 B 内有两条相交直线与 平行 C， 平行于同一条直线 D， 垂直于同一平面 答案答案 题型题型 二二 平
11、面与平面平行的判定与性质平面与平面平行的判定与性质 解析 若 ，则 内有无数条直线与 平行，反之则不成立；若 ， 平行于同一条直线，则 与 可以平行也可以相交；若 ， 垂直于同一 个平面，则 与 可以平行也可以相交，故 A，C，D 中条件均不是 的充要条件根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相 交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立因此 B 中条件是 的充要条件故选 B. 解析解析 2如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1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. 证
12、明 (1)G，H 分别是 A1B1，A1C1的中点， GH 是A1B1C1的中位线，则 GHB1C1. 又 B1C1BC，GHBC， B，C，H，G 四点共面 (2)E，F 分别为 AB，AC 的中点，EFBC， EF平面 BCHG，BC平面 BCHG， EF平面 BCHG. 证明证明 又 G，E 分别为 A1B1，AB 的中点，A1B1綊 AB， A1G 綊 EB. 四边形 A1EBG 是平行四边形，A1EGB. A1E平面 BCHG，GB平面 BCHG， A1E平面 BCHG.又 A1EEFE， 平面 EFA1平面 BCHG. 证明证明 条件探究 将本例中的条件“E，F，G，H 分别是 A
13、B，AC，A1B1，A1C1 的中点”变为“点 D， D1分别是 AC， A1C1上的点， 且平面 BC1D平面 AB1D1”， 试求AD DC的值 解 如图，连接 A1B 交 AB1于点 O，连接 OD1. 由平面 BC1D平面 AB1D1， 且平面 A1BC1平面 BC1D BC1，平面 A1BC1平面 AB1D1D1O. 所以 BC1D1O，则A1D1 D1C1 A1O OB 1. 同理，可证 AD1DC1，则A1D1 D1C1 DC AD， 所以DC AD1，即 AD DC1. 解解 1判定面面平行的方法 (1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行如举例说明 2(2) (2)证明
14、两平面垂直于同一条直线 (3)证明两平面与第三个平面平行 2面面平行条件的应用 (1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行 (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行 提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面 内的两条直线是相交直线 提醒提醒 (2019 南昌模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中， ABCACD90 ，BACCAD60 ，PA平面 ABCD，PA2，AB1.设 M，N 分别为 PD，AD 的中 点 (1)求证：平面 CMN平面 PAB； (2)求三棱锥 PABM 的体积 解 (1)证明：M，N 分别为 PD，AD 的中点
15、， MNPA. MN平面 PAB，PA平面 PAB， MN平面 PAB. 在 RtACD 中，CAD60 ，CNAN， ACN60 . 又BAC60 ，CNAB. CN平面 PAB，AB平面 PAB， CN平面 PAB. 又 CNMNN， 平面 CMN平面 PAB. 解解 (2)由(1)知，平面 CMN平面 PAB， 点 M 到平面 PAB 的距离等于点 C 到平面 PAB 的距离 AB1，ABC90 ，BAC60 ， BC 3， 三棱锥 PABM 的体积 VVMPABVCPAB1 3 1 212 3 3 3 . 解解 (2019 合肥三模)如图， 侧棱与底面垂直的四棱 柱 ABCDA1B1C
16、1D1的底面是梯形，ABCD，AB AD，AA14，DC2AB，ABAD3，点 M 在 棱 A1B1上，且 A1M1 3A1B1.点 E 是直线 CD 上的一 点，AM平面 BC1E. (1)试确定点 E 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥 MBC1E 的体积 题型题型 三三 立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题 解 (1)如图，在棱 C1D1上取点 N，使 D1NA1M1. 又 D1NA1M， 四边形 A1MND1是平行四边形， MNA1D1AD. 四边形 AMND 为平行四边形， AMDN. 过 C1作 C1EDN 交 CD 于点 E，连接 BE， DN平面 BC1E，AM平面
17、BC1E， CE1. 解解 (2)由(1)知，AM平面 BC1E， VMBC1EVABC1EVC1ABE1 3 1 233 46. 解解 线面平行的探究性问题 解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找 使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在； 如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在，而对于探求点的 问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给 出符合要求的证明 如图，矩形 ABCD 中，E 为边 AB 的中点，将ADE 沿直线 DE 翻转成 A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在ADE 翻转过程中，正确的命
18、题是 _(填序号) MB 是定值； 点 M 在圆上运动； 一定存在某个位置，使 DEA1C； 一定存在某个位置，使 MB平面 A1DE. 解析 如图，取 DC 的中点 N，连接 MN，NB， 则 MNA1D，NBDE，平面 MNB平面 A1DE， MB平面 MNB， MB平面 A1DE，正确；A1DEMNB， MN1 2A1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB 2MN2NB2 2MN NB cosMNB，所以 MB 是定值，正确；B 是定点，所以 M 是在以 B 为圆心， MB 为半径的圆上， 正确； 当矩形 ABCD 满足 ACDE 时存在， 其他情况不存在，不正确所以正确 解析解析
19、3 课时作业课时作业 PART THREE 1若平面 平面 ，直线 a平面 ，点 B，则在平面 内且过 B 点的所有直线中( ) A不一定存在与 a 平行的直线 B只有两条与 a 平行的直线 C存在无数条与 a 平行的直线 D存在唯一与 a 平行的直线 A组组 基础关基础关 解析 当直线 a 在平面 内且过 B 点时， 不存在与 a 平行的直线， 故选 A. 答案答案 解析解析 2设 m，n 是不同的直线， 是不同的平面，且 m，n，则“ ”是“m 且 n”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 解析 若 m，n，则 m 且 n；反之若 m，n，m 且
20、 n，则 与 相交或平行，即“”是“m 且 n”的充分不 必要条件 答案答案 解析解析 3.如图所示，P 是三角形 ABC 所在平面外一点，平 面 平面 ABC， 分别交线段 PA， PB， PC 于 A， B， C，若 PAAA23，则ABC与ABC 面积的比为( ) A25 B38 C49 D425 解析 平面 平面 ABC，平面 PABAB，平面 PAB平面 ABCAB， ABAB.又 PAAA23， ABABPA PA25.同理 BCBCACAC25.ABC与 ABC 相似，SABCSABC425，故选 D. 答案答案 解析解析 4(2017 全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B
21、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( ) 答案答案 解析 A 项，作如图所示的辅助线，其中 D 为 BC 的中点，则 QD AB.QD平面 MNQQ， QD 与平面 MNQ 相交， 直线 AB 与平面 MNQ 相交B 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ. 又 AB平面 MNQ，MQ平面 MNQ，AB平面 MNQ. 解析解析 题 解析 答案答案 解析解析 C 项，作如图所示的辅助线，则 ABCD，CDMQ，ABMQ. 又 AB平面 MNQ，MQ平面 MNQ，AB平面 MNQ.D 项，作如图所 示的辅助
22、线，则 ABCD，CDNQ，ABNQ.又 AB平面 MNQ，NQ 平面 MNQ，AB平面 MNQ.故选 A. 解析解析 5在空间四边形 ABCD 中，E，F 分别为 AB，AD 上的点，且 AEEB AFFD14，又 H，G 分别为 BC，CD 的中点，则( ) ABD平面 EFG，且四边形 EFGH 是平行四边形 BEF平面 BCD，且四边形 EFGH 是梯形 CHG平面 ABD，且四边形 EFGH 是平行四边形 DEH平面 ADC，且四边形 EFGH 是梯形 答案答案 解析 如图， 由题意得 EFBD， 且 EF1 5BD. 又 H，G 分别为 BC，CD 的中点，所以 HGBD， 且 H
23、G1 2BD.所以 EFHG，且 EFHG.所以四边 形 EFGH 是梯形又 EF平面 BCD，而 EH 与平 面 ADC 不平行，故选 B. 解析解析 6在直三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 与棱 AB，AC，A1C1，A1B1分 别交于点 E，F，G，H，且直线 AA1平面 .有下列三个命题：四边形 EFGH 是平行四边形； 平面 平面 BCC1B1； 平面 平面 BCFE.其中 的真命题是( ) A B C D 答案答案 解析 直线 AA1平面 ，且平面 与平面 AA1C1C、平面 AA1B1B 分别 交于 FG，EH，所以 AA1FG，AA1EH，所以 FGEH.又平面 ABC平 面
24、 A1B1C1，平面 与平面 ABC、平面 A1B1C1分别交于 EF，GH，所以 EF GH.所以四边形 EFGH 为平行四边形因为 AA1平面 ，且 AA1平面 ABC， 所以平面 平面 ABC， 即平面 平面 BCFE.平面 与平面 BCC1B1 可能相交，考虑特殊情况：F 与 C 重合，G 与 C1重合，此时满足题意，但 是两平面相交综上，应选 C. 解析解析 7(2019 益阳模拟)如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 M 是 AD 的中点，动点 P 在底面 ABCD 内(不包括边界)，若 B1P平面 A1BM，则 C1P 的最小值是( ) A. 30 5
25、B.2 30 5 C.2 7 5 D.4 7 5 答案答案 解析 如图，在 A1D1上取中点 Q，在 BC 上 取中点 N， 连接 DN， NB1， B1Q， QD， DNBM， DQA1M 且 DNDQD，BMA1MM，平 面 B1QDN平面 A1BM， 则动点 P 的轨迹是 DN(不 含 D，N 两点)又 CC1平面 ABCD，则当 CP DN 时， C1P 取得最小值， 此时， CP 21 1222 2 5， C1P 的最小值是 2 5 2222 30 5 . 解析解析 8(2019 沈阳模拟)下列三个命题在“_”处都缺少同一个条件， 补上这个条件使其构成真命题(其中 l，m 为直线，
26、为平面)，则此条件 是_ lm m l； m lm l； lm m l. l 解析 lm，ml 或 l，由 ll； l，m，lml； lm，ml 或 l，由 ll. 解析解析 9.2020 北京海淀模拟)如图， ABCDA1B1C1D1是棱 长为 a 的正方体，M，N 分别是下底面的棱 A1B1，B1C1 的中点，P 是上底面的棱 AD 上的一点，APa 3，过 P， M，N 的平面交上底面于 PQ，Q 在 CD 上，则 PQ _. 2 2 3 a 解析 如图所示，连接 AC，易知 MN平面 ABCD，又平面 PQNM 平面 ABCDPQ，MN平面 PQNM， MNPQ. 又 MNAC，PQA
27、C. 又 APa 3， PD AD DQ CD PQ AC 2 3， PQ2 3AC 2 2 3 a. 解析解析 10如图，在正四棱柱 A1C 中，E，F，G，H 分别是棱 CC1，C1D1， D1D，DC 的中点，N 是 BC 的中点，点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动， 则 M 只需满足条件_时，就有 MN 平面 B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能 情况) M 位于线段 FH 上(答案不唯一) 解析 连接 HN，FH，FN，则 FHDD1，HNBD， 平面 FHN平面 B1BDD1，只要 MFH，则 MN平面 FHN，MN 平面 B1BDD1. 解析
28、解析 1如图是正方体的平面展开图，关于这个正方体有以下判断： ED 与 NF 所成的角为 60 ； CN平面 AFB； BMDE； 平面 BDE平面 NCF. 其中正确判断的序号是( ) A B C D B组组 能力关能力关 答案答案 解析 把正方体的平面展开图还原成正方体 ABCD EFMN，得 ED 与 NF 所成的角为 60 ，故正确；CN BE， CN平面 AFB， BE平面 AFB.CN平面 AFB， 故正确；BM 与 ED 是异面直线，故不正确；BD FN，BECN，BDBEB，BD平面 BDE，BE 平面 BDE，所以平面 BDE平面 NCF，故正确正 确判断的序号是，故选 C.
29、 解析解析 2平面 过正方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 A，平面 CB1D1， 平面 ABCDm，平面 ABB1A1n，则 m，n 所成角的正弦值为( ) A. 3 2 B. 2 2 C. 3 3 D.1 3 答案答案 解析 如图，过点 A 补作一个与正方体 ABCDA1B1C1D1相同棱长的 正方体，易知 m，n 所成角为EAF1，因为EAF1为正三角形，所以 sin EAF1sin60 3 2 ，故选 A. 解析解析 3如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四 棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB1，M，N 分别在 AD1，BC 上移动，始终保持 MN平面 DCC1D
30、1，设 BNx， MNy，则函数 yf(x)的图象大致是( ) 答案答案 解析 过 M 作 MQDD1，交 AD 于点 Q，连接 QN.MQ平面 DCC1D1，DD1平面 DCC1D1， MQ平面 DCC1D1，MN平面 DCC1D1， MNMQM，平面 MNQ平面 DCC1D1.又平面 ABCD 与平面 MNQ 和 DCC1D1分别交于 QN 和 DC， NQDC， 可得 QNCDAB1， AQBNx， MQ AQ DD1 AD 2. MQ2x.在 RtMQN 中，MN2MQ2QN2，即 y24x21，y2 4x21(0 x1,1y 5)， 函数 yf(x)的图象为焦点在 y 轴上的双曲线
31、上支的一部分，故选 C. 解析解析 4 (2019 河南郑州模拟)如图， 四边形 ABCD 与 ADEF 均为平行四边形， M， N， G 分别是 AB， AD，EF 的中点求证： (1)BE平面 DMF； (2)平面 BDE平面 MNG. 证明 (1)如图，连接 AE，则 AE 必过 DF 与 GN 的交点 O，连接 MO，则 MO 为ABE 的 中位线，所以 BEMO， 又 BE平面 DMF，MO平面 DMF， 所以 BE平面 DMF. (2)因为 N，G 分别为平行四边形 ADEF 的 边 AD，EF 的中点，所以 DEGN，又 DE平 面 MNG，GN平面 MNG，所以 DE平面 MN
32、G.又 M 为 AB 的中点，N 为 AD 的中点， 所以 MN 为ABD 的中位线， 所以 BDMN， 又 BD平面 MNG， MN平面 MNG，所以 BD平面 MNG，又 DE 与 BD 为平面 BDE 内的两 条相交直线，所以平面 BDE平面 MNG. 证明证明 5 底面是平行四边形的四棱锥 PABCD 中，E 是 AB 上一点， 且AE BE 1 2，在侧棱 PD 上能否找到一点 F，使 AF平面 PEC. 解 设 AF 存在， 过 F 点作 DC 的平行线交 PC 于点 G， 连接 EG， 如图 解析解析 ABCD，AEFG. 则 AE，GF 确定一个平面， 若 AF平面 PEC，则
33、 AFEG. AEGF.而AE BE 1 2. AE1 3AB. 又 ABCD，GF1 3DC. GFDC，GF DC PF PD 1 3. 存在这样的 F 点 PF PD 1 3 ，使 AF平面 PEC. 解析解析 (2019 江西临川一中模拟)三棱柱 ABC A1B1C1中，D 为 AB 的中点，点 E 在侧棱 CC1 上，DE平面 AB1C1. (1)证明：E 是 CC1的中点； (2)设BAC90 ，四边形 ABB1A1是边长 为 4 的正方形，四边形 ACC1A1为矩形，且异 面直线 DE 与 B1C1所成的角为 30 ，求三棱柱 ABCA1B1C1的体积 C组组 素养关素养关 解
34、(1)证明：连接 A1D，A1E 分别交 AB1，AC1于点 M，N，连接 MN， DE平面 AB1C1，DE平面 A1DE，平面 A1DE平面 AB1C1MN， DEMN， 又在三棱柱侧面 A1ABB1中，D 为 AB 的中点，A1B12AD， 由 ADA1B1可得， MADMB1A1， MDAMA1B1， 所以ADM B1A1M， 故 A1M2MD，DEMN，A1N2NE， 在平面 A1ACC1中，同理可证得A1NAENC1， CC1AA12EC1. 故 E 是 CC1的中点 解解 (2)取 BB1的中点 F，连接 EF，DF，可知 EF B1C1， 故DEF 为异面直线 DE 与 B1C1所成的角， 设 ACx，则在DEF 中， 可求得 DE x28， DF2 2， EFBC x216， 由余弦定理，得 cosDEF 3 2 x 28x2168 2 x28 x216， 解得 x4，故 VABCA1B1C1 1 244 432. 解解 本课结束本课结束
