四点共面,链接教材,变式拓展——以一道高考题为例

试题研究
２０２４年１月上半月
㊀㊀㊀
四点共面,链接教材,变式拓展
以一道高考题为例
◉江苏省张家港市沙洲中学㊀陶㊀贤
㊀㊀空间中的四点共面的判断与证明是空间向量与
立体几何部分的一个基本知识点,也是一大难点,历年高考数学试题中较少涉及,没有引起大家的高度重视．而在２０２０年高考数学全国卷Ⅲ的文科和理科试题中,都出现了空间四点共面的证明问题,也充分说明了该部分知识的基础性与重要性．借助空间中四点共面的判断与证明,很好地考查考生的数形结合思想㊁空间想象能力与推理论证能力,以及直观想象㊁逻辑推理等数学核心素养．
１真题呈现
图１
高考真题㊀(２０２０年高考数学全
国卷Ⅲ理科第１９题)
如图１,在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,点E ,F 分别在棱D D １,B B １上,且２D E ＝E D １,B F ＝
２F B １．
(１)证明:点C １在平面A E F 内．(２)若A B ＝２,A D ＝１,A A １＝３,
求二面角A ＧE F ＧA １的正弦值．
此题以长方体为问题背景,通过相应线段的长度关系,证明点在平面内(其实就是证明四点共面)以及求解二面角的平面角的正弦值,改变以往传统的证明直线与平面之间的平行或垂直关系,令人耳目一新．
图２
２问题破解
(Ⅰ)第(１
)问的证法如下:证法１:几何法．
如图２,在棱C C １上取点G ,使得C １G ＝１
２
C G ,
连接D G ,F G ,C １E ,C １F ．
在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,
A D ʊ
B
C 且A
D ＝B C ,B B １ʊC C １且
B B １＝
C C １．
由C １G ＝１
２
C G ,B F ＝２F B １,
可得C G ＝２３C C １＝２
３
B B １＝B F ,
所以四边形B C G F 为平行四边形,则G F ʊB C 且G F ＝B C ．
又B C ʊA D 且B C ＝A D ,所以A D ʊG F 且A D ＝
G F ,即四边形A F D G 是平行四边形,则A F ʊD G 且A F ＝D G ．
同理可证,四边形D E C １G 为平行四边形,则C １E ʊD G 且C １E ＝D G ．所以C １E ʊA F 且C １E ＝A F ,则四边形A E C １F
为平行四边形．因此,点C １在平面A E F 内．
证法２:基底法１
共面向量定理．在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,B B １ʊC C １ʊ
D D １且B B １＝C C １＝D D １,结合２D
E ＝E D １,B
F ＝
２F B １,可得E D １＝B F ．
由A C １ң＝A C ң＋C C １ң＝A B ң＋A D ң＋D E ң＋E D １ң＝
A B ң＋A D ң＋D E ң＋B F ң＝(A B ң＋B F ң)＋(A D ң＋D E ң)
＝A F ң＋A E ң,知A ,E ,F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．
证法３:基底法２
共面向量定理的推论．设D １A １ң＝
a ,D １C １ң＝
b ,D １D ң＝
c ,则D １A ң＝a ＋c ,D １E ң＝２３c ,可得c ＝３２D １E ң,于是a ＝D １A ң－３２D １E ң．
由D １F ң＝D １A １ң＋A １B １ң＋B １F ң＝D １A １ң＋D １C １ң＋
１３B １B ң＝D １A １ң＋D １C １ң＋１３D １D ң
＝a ＋b ＋１３
c ＝(D １A ң－３２D １E ң)
＋D １C １ң＋１３ˑ３２D １E ң＝D １A ң＋
D １C １ң－D １
E ң(其中１＋１－１＝１),知A ,E ,
F ,C １四点共面,所以点C １在平面A E F 内．
图３
证法４:坐标法．
设A B ＝a ,A D ＝b ,A A １＝c ,如图３所示,以C １为坐标原点,
C １
D １ң的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系C １Ｇx y
z ．连接C １F ,则C １(０,０,０),A (a ,
b ,
c ),E (a ,０,２３c ),F (０,b ,１
３
c )
,
于８
６
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试题研究
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是E A ң＝(０,b ,１３c ),C １F ң＝(０,b ,１３
c )
,可得E A ң＝C １F ң,
因此E A ʊC １F ,即A ,E ,F ,C １四点共面,
所以点C １在平面A E F 内．
点评:证明空间中的四点共面问题,常见的证明方法就是以上三大类 (１)利用空间几何图形的特征,借助几何法的推理与论证,通过空间问题平面化来证明;(２)利用共面向量定理或推论,借助空间向量的基底法,通过向量的线性运算与转化来证明;(３)利用空间直角坐标系的建立,借助坐标法的运算,通过向量的平行判断与转化来证明等．特别地,对于共面向
量定理及其推论,是立体几何中的一个重要的定理,可以用来处理一些与之相关的问题,往往可以使问题处理得更加简捷㊁巧妙．
(Ⅱ)第(２
)问的解法如下:解:以C １为坐标原点,C １D １ң的方向为x 轴正方
向,建立空间直角坐标系C １Ｇx y
z ,则由已知可得A (２,１,３),E (２,０,２),F (０,１,１),A １(２,１,０),则A E ң＝
(０,－１,－１),A F ң＝(－２,０,－２),A １E ң＝(０,－１,２)
,A １F ң＝(－２,０,１)．设平面A E F 的法向量为m ＝(x １,y １,z １)．由m A E ң
＝０,m A F ң＝０,
{
得－y １－z １＝
０,－２x １－２z １＝０,{
取z １＝－１,得x １＝y １＝１,则m ＝(１,１,－１)．
设平面A １E F 的法向量为n ＝(x ２,y ２,z ２)
．由n A １E ң
＝０,n A １F ң＝０,
{
得－y ２＋２z ２＝
０,－２x ２＋z ２＝０,{
取z ２＝２,得x ２＝１,y ２＝４,
则n ＝(１,４,２)．所以c o s ‹m ,n ›＝m n |m ||n |＝１＋４－２３ˑ２１＝７
７
．
设二面角A ＧE F ＧA １的平面角为θ,则|c o s θ|＝
７７,可得s i n θ＝１－c o s ２
θ＝４２７
．因此,二面角A ＧE F ＧA １的正弦值为
４２
７
．点评:坐标法是求解二面角的平面角的三角函数值问题中一个比较常见的方法,借助空间直角坐标系的建立,以及对应的点㊁向量的坐标的表示,结合相应两半平面的法向量的设置与确定,结合向量的数量积公式的转化与应用来确定相应的二面角的平面角问题．坐标法实现了用代数方法处理立体几何问题中的四点共面㊁线面位置关系㊁空间角㊁距离等几何推理与求解问题．
３链接教材
以上基于向量的四点共面的判断,其对应的共面向量定理及其推论是数学教材中的一个基本知识点,来源于教材,又服务于证明,可以很好地证明或求解与四点共面有关的数学问题．普通高中课程标准实验教科书«数学 选修２－１»(人教A 版)第８７页:
结论１:共面向量定理．
空间一点P 位于平面A B C 内的充要条件是存在
有序实数对(x ,y )
,使A P ң＝xA B ң＋y A C ң．普通高中课程标准实验教科书«数学 选修２－１
»(人教A 版)第８８页
思考 :结论２:共面向量定理的推论．
空间任意一点O 和不共线的三点A ,B ,C 满足向
量关系式O P ң＝xO A ң＋y O B ң＋zO C ң(x ＋y ＋z ＝１)
的点P 与点A ,B ,C 共面．
共面向量定理是共线向量定理在空间中的推广与拓展,共线向量定理用来证明三点共线,共面向量定理用来证明四点共面．
４变式拓展
图４
高考真题㊀(２０２０年高考数学
全国卷Ⅲ文科第１９题)如图４,在长方体A B C D ＧA １B １C １D １中,点E ,F
分别在棱D D １,B B １上,且２D E ＝
E D １,B
F ＝２F B １．
证明:(１)当A B ＝B C 时,E F ʅA C ;(２)点C １在平面A E F 内．
证明:(１)连接B D ,B １D １．因为A B ＝B C ,所以四边形A B C D 为正方形,
故A C ʅB D ．
又因为B B １ʅ平面A B C D ,于是B B １ʅA C ,
而B D ,B B １Ì平面B B １D １D ,所以A C ʅ平面B B １D １D ．
因为E F ÌB B １D １D ,所以E F ʅA C ．(２)可以参照上述理科真题第(１
)问的证明方法．５解后反思
新一轮课程改革的核心就是培育学生的核心素养,发展学生的综合能力．承载着 立德树人㊁服务选才和引导教学 功能的数学高考,应借助试题 情境 的变革,夯实基础,以教材为本并超越教材,着眼于基础知识㊁基本技能㊁基本方法的考查,特别重视对数学思想方法㊁关键能力和学科素养的考查．因而在平时的数学教学与复习中,教师应在拓展延伸中紧扣课本,链接教材,注重归类迁移能力培养,聚焦思维品质,培养关键能力,从而有效实现学生数学素养的渐进式提升．Z
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