微专题-立体几何中的共面问题 解析版
2023年新高考数学创新题型微专题12 立体几何专题(新定义)(解析版)
专题12 立体几何专题（新定义）一、单选题1．（2022秋·内蒙古赤峰·高二赤峰二中校考阶段练习）已知体积公式3V kD =中的常数k 称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式3V kD =求体积（在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长，在球中，D 表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为a ），正方体（棱长为a ），球（直径为a ）的“立圆率”分别为1k ，2k ，3k ，则123::k k k =（ ） A ．:1:46ππB ．:2:46ππC ．3:2:2πD ．111::64π【答案】A【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出.【详解】因为231=2a V a k a π⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭圆柱，所以14k π=，因为332V a k a ==正方体，所以21k =，因为333432a V k a π⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭球，所以36k π=，所以123::k k k =:1:46ππ.故选：A.2．（2022秋·江苏南京·高二统考期中）我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面.已知拟柱体的体积公式为V =16h（S +4S 0+S'），其中S ，S'分别是上､下底面的面积，S 0是中截面的面积，h 为拟柱体的高.一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行（如图），下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底长､宽比下底长､宽各少2米.现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为4吨的卡车装运，则至少需要运（ ） （注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）A ．63车B ．65车C ．67车D ．69车【答案】B【分析】根据所给条件先计算上底面和中截面的长、宽，进而求出各个面的面积、体积以及重量，进一法求出所需要的车次.【详解】解：由条件可知：上底长为18米，宽为8米；中截面长19米，宽9米；则上底面积188S =⨯，中截面积0199S =⨯，下底面积12010S =⨯，所以该建筑材料的体积为V =()1514114468420063⨯⨯++=立方米，所以建筑材料重约514325732⨯=（吨）， 需要的卡车次为257464.25÷=，所以至少需要运65车. 故选：B3．（2022·全国·高三专题练习）胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰·泰勒（JohnTaylor ，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例1 1.6182⎛⎫⎝≈ +⎪⎪⎭，胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，若2h as =，则由勾股定理，22as s a =−，即210s sa a⎛⎫−−= ⎪⎝⎭，因此可求得s a 为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形(2856)a =，顶点P 的投影在底面中心O ，H 为BC 中点，根据以上信息，PH 的长度（单位：英尺）约为（ ）．A ．611.6B ．481.4C ．692.5D ．512.4【答案】C【解析】由2856a =和PH s ==可得【详解】解：12PH s a ==，2856a =8566922.5PH s ==≈ 故选：C【点睛】读懂实际问题，把实际问题转化为数学问题进行计算；基础题.4．（2023·辽宁沈阳·统考一模）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ）A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π【答案】B【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为π，该正面体共6个顶点， 因此，该正八面体的总曲率为62π8π4π⨯−=. 故选：B.5．（2023·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈−︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒【答案】D【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角()9039542745θδ'''=︒−︒−=︒可得结果.【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角()9039542750533θδδ''''''=︒−︒−=︒+， 由华表的高和影长相等可知45θ=︒，所以45505335533δ''''''=︒−︒=−︒. 所以该天太阳直射纬度为南纬5533'''︒， 故选：D.6．（2023秋·广东深圳·高二校考期末）图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3.若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为20，则其侧面积为（ ）A ．100πB ．600πC ．200πD ．300π【答案】A【分析】由莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，结合已知可得半径为20，由弧长公式求得底面周长，进而可求得结果.【详解】莱洛三角形由三段半径为20，圆心角为π3的圆弧构成，所以该零件底面周长为π32020π3⨯⨯=，故其侧面积为20π5=100π⨯． 故选：A.7．（2023·全国·高三专题练习）设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π−∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>【答案】B【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a 、b 、c 、d 的值即可比较大小. 【详解】对于正四面体，其离散曲率为111(3)232a ππ=−⨯=， 对于正八面体，其离散曲率为111(4)233b ππ=−⨯=， 对于正十二面体，其离散曲率为1311(3)2510c ππ=−⨯=， 对于正二十面体，其离散曲率为111(5)236d ππ=−⨯=， 则111123610>>>， 所以a b d c >>>. 故选：B.8．（重庆市2023届高三第七次质量检测数学试题）如图，生活中有很多球缺状的建筑．球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．球冠面积公式为2πS RH =，球缺的体积公式为()21π33V R H H =−，其中R 为球的半径，H 为球缺的高．现有一个球被一平面所截形成两个球缺，若两个球冠的面积之比为1:2，则这两个球缺的体积之比为（ ）．A ．19B ．1120C ．720D ．310【答案】C【分析】根据已知条件求得123R h =，243R h =，代入体积公式计算即可.【详解】设小球缺的高为1h ，大球缺的高为2h ，则122h h R +=，① 由题意可得：122π12π2Rh Rh =，即：212h h =，② 所以由①②得：123R h =，243R h =，所以小球缺的体积23112228ππ333381R R R V R ⎛⎫⎛⎫=−⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 大球缺的体积2321480ππ333381R R V R ⎛⎫=−⨯=⎪⎝⎭， 所以小球缺与大球缺体积之比为313228π78180π2081R V R V ==.故选：C.9．（2021秋·江苏南通·高三统考阶段练习）碳60（Co ）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.A ．12B ．20C ．32D ．60【答案】B【分析】根据顶点数－棱数＋面数＝2求出棱数，设正五边形有x 个，正六边形有y 个，根据面数和棱数即可得关于,x y 的方程组，解得y 的值，即可求解.【详解】根据题意， 碳60（Co ）由60个顶点，有32个面， 由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为6032290+−=， 设正五边形有x 个，正六边形有y 个，则3256902x y x y +=⎧⎨+=⨯⎩，解得：1220x y =⎧⎨=⎩，所以六元环的个数为20个，故选：B.10．（2018春·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）设b a >，定义区间[,)a b 、(,]a b 、(,)a b 、[,]a b 的长度均为b a −.在三棱锥A BCD −中，2AB BC CA ===，AD BD ⊥，则CD 长的取值区间的长度为AB ．2C ．D ．4【答案】B【解析】由题意画出图形，得到三棱锥A - BCD 存在时CD 的范围，则答案可求. 【详解】如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，取AB 中点O ,连接CO ，DO ,可得CO因为AD ⊥BD ,当AD =BD 时，OD 最长为1,则当等腰直角三角形ABD 在平面ABC 上时，CD1，则要使三棱锥A - BCD 存在，CD ∈所以CD 长的取值区间的长度为-1)=2. 故选：B【点睛】本题考查由立体几何图形成立限制边长范围问题，属于较难题.二、多选题11．（2022·全国·高三专题练习）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）A B．侧面积为C ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36π D．底面积为 【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面， 由圆柱的性质知45ABF ∠=︒，则BF ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ，则22a b ，a =，2c ==，所以离心率为c e a ==A 正确； EG BF ⊥，垂足为G ，则EG 6=，易知45EBG ∠=︒，BE =4CE AF AB ===，所以斜圆柱侧面积为22(4224S ππ=⨯⨯+−⨯⨯=，B 正确；24b =，2b =，2a =，a =椭圆面积为ab π=，D 正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为24216ππ⨯=，C 错． 故选：ABD ．12．（2022春·黑龙江哈尔滨·高一哈九中校考期末）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ−⨯=，故其总曲率为4π．给出下列四个结论，其中，所有正确结论的有（ ）A ．正方体在每个顶点的曲率均为2π B ．任意四棱锥的总曲率均为4π；C ．若一个多面体满足顶点数V ＝6，棱数E ＝8，面数F ＝12，则该类多面体的总曲率是3π；D ．若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F −+=，则该类多面体的总曲率是常数 【答案】ABD【分析】根据曲率的定义依次判断即可.【详解】对于A ，根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为2322πππ−⨯=，故A 正确；对于B ，由定义可得多面体的总曲率2π=⨯顶点数−各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为()254214ππππ⨯−⨯+⨯=，故B 正确；对于C ，由多面体顶点数、面数、棱数的关系有2V E F −+=，而选项C 中所给的多面体的顶点数、面数、棱数不满足此关系式，故不能构能多面体，故C 不正确； 对于D ，设每个面记为[]()1,i n i F ∈边形，则所有的面角和为()()1122222FFi i i i n n F E F E F ππππππ==−=−=⋅−=−∑∑，根据定义可得该类多面体的总曲率()224V E F πππ−−=为常数，故D 正确. 故选：ABD.13．（2020秋·山东济南·高三统考期末）给定两个不共线的空间向量a 与b ，定义叉乘运算：a b ⨯．规定：①a b ⨯为同时与a ，b 垂直的向量；②a ，b ，a b ⨯三个向量构成右手系（如图1）；③ sin a b a b a b ⨯=〈〉，．如图2，在长方体1111ABCD A B C D −中，124AB AD AA ===，，则下列结论正确的是（ ） A ．1AB AD AA ⨯= B ．AB AD AD AB ⨯=⨯C ．111()AB AD AA AB AA AD AA +⨯=⨯+⨯ D ．11111()ABCD A B C D V AB AD CC −=⨯⋅ 【答案】ACD【分析】根据新定义空间向量的叉乘运算依次判断选项即可. 【详解】在长方体1111ABCD A B C D −中，AB =AD =2，14AA =，A ：1AA 同时与AB AD ，垂直，sin =22sin 904AB AD AB AD AB AD ︒⨯=⨯⨯=，， 又因为1=4AA ，所以AB AD ⨯=1AA ，且AB AD ，，1AA 构成右手系，故1=AB AD AA ⨯成立，故A 正确；B ：根据a b a b ⨯，，三个向量构成右手系，可知1=AB AD AA ⨯，1=-AD AB AA ⨯， 则AB AD ⨯≠AD AB ⨯，故B 错误；C ：11()224sin 90AB AD AA AC AA ︒+⨯=⨯==1AC AA ⨯与DB 同向共线，124sin 908AB AA ︒⨯=⨯=，且1AB AA ⨯与DA 同向共线，又124sin 908AD AA ︒⨯=⨯=，且1AD AA ⨯与AB 同向共线，即1AD AA ⨯与DC 同向共线，所以1182AB AA AD AA ⨯+⨯=11AB AA AD AA ⨯+⨯与DB 同向共线， 所以1()AB AD AA +⨯=11AB AA AD AA ⨯+⨯，故C 正确； D ：长方体1111ABCD A B C D −的体积22416V =创=，2111()416AB AD CC AA CC ⨯⋅=⋅==，所以1111ABCD A B C D V −=1()AB AD CC ⨯⋅，故D 正确.故选：ACD14．（2022春·全国·高一期末）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A ．长方体中含有两个相同的等腰四面体B ．“等腰四面体”C ．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D ．三组对棱长度分别为a ，b ，c 的“等腰四面体”【答案】ABC【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项． 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D −有两个相同的等腰四面体：11ACB D 和11A C BD ，A 正确；如等腰四面体11A C BD 中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的， 如图，设11111,,A D A B AA 的长分别为,,x y z ，不妨设x y z ≥≥，则11B D =1AD =1AB =1BD 最大，其所对角的余弦值为222222211cos 0B AD ∠==>，最大角11B AD ∠为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B 正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体11ACB D ，沿11,,AB AD AC 剪开摊平，11,ND PD 共线，同理可得,CM DP 共线，11,B M B N 共线，MNP △11ACB D 的面相似），且1111,,B C B D CD 是这个三角形的中位线，因此C正确；如上等腰四面体11A C BD 中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外D 错。
立体几何共线、共点、共面问题（学生版）
立体几何共线、共点、共面问题（学生版）领航立体几何中的共点、共线、共面及异面直线夹角问题一、共线问题1、若ΔABC所在的平面和ΔA1B1C1所在平面相交，并且直线AA1、BB1、CC1相交于一点O，求证：(1)AB和A1B1、BC和B1C1、AC和A1C1分别在同一平面内；(2)如果AB和A1B1、BC和B1C1、AC和A1C1分别相交，那么交点在同一直线上(如图).2、点P、Q、R分别在三棱锥A-BCD的三条侧棱上，且PQ∩BC ＝X,QR∩CD＝Z,PR∩BD ＝Y.求证：X、Y、Z三点共线.3、如图1，正方体1111ABCD A BC D中，1AC与截面1DBC交O点，AC BD，交M点，求证：1C O M，，三点共线．二、共面问题1、如图3，设P Q R S M N ，，，，，分别为正方体1111A B C D A B C D的棱111111A B B C C CC DA D A A ，，，，，的中点，求证：P Q R S M N ，，，，，共面．2、直线m 、n 分别和平行直线a 、b 、c 都相交，交点为A 、B 、C 、D 、E 、F ，如图，求证：直线a 、b 、c 、m 、n 共面.3、已知：A 1、B 1、C 1和A 2、B 2、C 2分别是两条异面直线l 1和l 2上的任意三点，M 、N 、R 、T 分别是A 1A 2、B 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点.求证：M 、N 、R 、T 四点共面.4、在空间四边形ABCD 中，M 、N 、P 、Q 分别是四边上的点，且满足MB AM ＝NBCN＝QD AQ ＝PDCP＝k. (1)求证：M 、N 、P 、Q 共面.(2)当对角线AC ＝a,BD ＝b ，且MNPQ 是正方形时，求AC 、BD 所成的角及k 的值(用a,b 表示)三、共点问题1、如图2，已知空间四边形ABCD E F ，，分别是AB AD ，的中点，G H ，分别是BC CD ，上的点，且2BG DHGC HC==，求证：EG FH AC ，，相交于同一点P ．2、如图，已知平面α，β，且α∩β＝l ．设梯形ABCD 中，AD ∥BC ，且AB α，CD β，求证：AB ，CD ，l共点（相交于一点）．A 1四、异面直线夹角问题1、S 是正三角形ABC 所在平面外的一点，如图SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝2π，M 、N 分别是AB 和SC 的中点．求异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值．2、正?ABC 的边长为a ，S 为?ABC 所在平面外的一点，SA ＝SB ＝SC ＝a ，E ，F 分别是SC 和AB 的中点．求异面直线SA 和EF 所成角．3、如右图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M 、N 分别是A 1B 1和A 1C 1的中点，若BC ＝CA ＝CC 1，求NM 与AN 所成的角．4、如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别是1BB 、CD 的中点．求AE 与F D 1所成的角。
数学共线共面问题
数学共线共面问题
数学中的共线共面问题涉及的是几何学中的基本概念。
在二维空间中，共线指的是在同一直线上，而共面则是指的是在同一个平面上。
首先，我们来看共线问题。
在二维空间中，如果三个点共线，那么它们必然位于同一直线上。
这个性质在证明几何命题时非常有用。
例如，如果你知道两个点A和B在直线l上，而点C也在直线l上，那么你就可以推断出A、B、C三点共线。
其次，我们来看共面问题。
在三维空间中，如果三个平面共面，那么它们必然位于同一个平面上。
这个性质在解决实际问题时非常有用。
例如，在建筑学中，如果建筑物的三个面共面，那么这个建筑物就可能是不稳定的。
此外，还有共线共面同时存在的问题。
在二维空间中，如果四个点共面且共线，那么它们必然位于同一直线上。
这个性质在证明几何命题时也非常有用。
例如，如果你知道两个点A和B在直线l上，而点C和D也在直线l上，而且A、B、C、D四点共面，那么你就可以推断出A、B、C、D四点共线。
在实际问题中，共线共面问题的应用非常广泛。
例如，在物理学中，共线共面问题可以用来解决力学问题；在工程学中，共线共面问题可以用来解决机械设计问题；在计算机科学中，共线共面问题可以用来解决图形学问题等等。
总之，数学中的共线共面问题涉及的是几何学中的基本概念，它
们在实际问题中的应用非常广泛。
理解这些概念对于解决实际问题非常重要。
共线共面知识点总结
共线共面知识点总结共线共面是几何学中一个重要的概念，指的是多个点共线或者多个直线共面的情况。
在平面几何中，共线共面是一些重要的性质和定理的基础，也是解决实际问题的重要方法之一。
本文将从基本概念、性质和应用等方面对共线共面进行总结。
一、基本概念1.1 共线在几何学中，三个或三个以上的点处在同一条直线上时，称它们共线。
如果两点确定一条直线，那么三个或三个以上点共线的情况在平面上是很容易理解的。
1.2 共面在三维空间中，三个或三个以上的点处在同一个平面上时，称它们共面。
如果两条直线相交于一点，则它们确定的平面上的所有点都是共面的。
1.3 共线共面的关系共线和共面是几何学中重要的基本概念，共线的概念是在平面上，而共面的概念是在空间中。
它们有着密切的联系，也是很多几何性质和定理的基础。
二、性质2.1 共线的性质1）三个点共线的条件三个点A、B、C共线的条件是向量AB和向量AC共线。
2）共线点的性质（1）在同一条直线上的任意两点可以确定一条直线，也就是说，任意两点共线。
（2）三个或三个以上点共线的情况是唯一的，也就是说，在同一条直线上的点独一无二。
（3）任意两条不同的直线必定有一个公共点，这是因为任意两点共线的性质决定的。
2.2 共面的性质1）三个点共面的条件三个点A、B、C共面的条件是向量AB、向量AC和向量BC共面。
2）共面点的性质（1）在同一个平面上的任意三点可以确定一个平面。
（2）四个或四个以上点共面的情况是唯一的。
（3）任意两个不同平面一定有一个公共的直线。
三、应用3.1 共线共面的应用共线共面概念在几何学中有着广泛的应用，例如在解题时，利用三点共线或四点共面的性质可以简化问题的解决过程，加速解答速度。
同时，在实际生活中，共线共面的知识也有着广泛的应用，例如在建筑设计、工程测量、航空航天等领域都有着重要的应用价值。
3.2 共线共面的定理在几何学中，有一些重要的定理是基于共线共面的性质而得出的，例如圆锥曲线的切线定理、平行四边形的性质、直线垂直平分线段定理等等，这些定理都是基于共线共面的性质而得出的。
高中数学 第3章 空间向量与立体几何 3.8 共面与平行讲义(含解析)湘教版选修2-1-湘教版高二选
3．8共面与平行[读教材·填要点]1．共面(1)如果若干个图形在同一个平面内，就称这些图形共面．(2)A ，B ，C ，D 共面⇔直线AD 在平面ABC 内⇔AD ―→⊥n (其中n 为平面ABC 的法向量)． 2．直线与平面共面或平行的判定一般地，设n 是平面α的一个法向量，v 是直线l 的方向向量，则v ⊥n ⇔l ∥α或l ⊂α.如果v ⊥n 且l 上至少有一点A ∈α，则l ⊂α. 如果v ⊥n 且l 上至少有一点A ∉α，则l ∥α.[小问题·大思维]若直线l 的方向向量为u ＝(－3,4,2)，平面α的一个法向量为v ＝(2,2，－1)，那l 与α的位置关系是什么？提示：∵u ·v ＝(－3,4,2)·(2,2，－1)＝－6＋8－2＝0， ∴u ⊥v .∴l ∥α或l ⊂α.四点共面问题判断A (1,0,1)，B (4,4,6)，C (2,2,3)，D (10,14,17)四点是否共面，并说明理由．[自主解答] ∵A (1,0,1)，B (4,4,6)，C (2,2,3)， ∴AB ―→＝(3,4,5)，AC ―→＝(1,2,2)设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB ―→＝0，且n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＋5z ＝0，x ＋2y ＋2z ＝0，∴x ＋z ＝0.令x ＝1，则z ＝－1，y ＝12，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1. 又∵D (10,14,17)，∴AD ―→＝(9,14,16)， ∴AD ―→·n ＝(9,14,16)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1＝9×1＋14×12－16＝0，∴n ⊥AD ―→. 又∵A ∈平面ABC ，∴AD ⊂平面ABC ，∴A ，B ，C ，D 四点共面．(1)A ，B ，C ，D 共面⇔直线AD 在平面ABC 内⇔AD ―→⊥n .(2)(共面向量定理)如果A ，B ，C 三点不共线，则点M 在平面ABC 内的充分必要条件是，存在一对实数x ，y ，使向量表达式AM ―→＝x AB ―→＋y AC ―→成立．1．空间直角坐标系中，已知A (3,0,0)，B (0,4,0)，C (0,0,2)，P (x ，y ，z )是平面ABC 内任意一点，试求x ，y ，z 满足的方程．解：∵A (3,0,0)，B (0,4,0)，C (0,0,2)， ∴AB ―→＝(－3,4,0)，AC ―→＝(－3,0,2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的一个法向量， 则n ·AB ―→＝0，且n ·AC ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋4y 1＝0，－3x 1＋2z 1＝0，令x 1＝4，则y 1＝3，z 1＝6，即n ＝(4,3,6)．又∵P (x ，y ，z )在平面ABC 内，∴AP ―→·n ＝0，即(x －3，y ，z )·(4,3,6)＝0， ∴4x －12＋3y ＋6z ＝0， 即4x ＋3y ＋6z ＝12.证明线面平行、面面平行已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证：(1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .[自主解答] 如图所示建立空间直角坐标系D xyz ， 则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，E (2,2,1)，C 1(0,2,2)，F (0,0,1)，B 1(2,2,2)，所以FC 1―→＝(0,2,1)，DA ―→＝(2,0,0)，AE ―→＝(0,2,1)． (1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量， 则n 1⊥DA ―→，n 1⊥AE ―→， 即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA ―→＝2x 1＝0，n 1·AE ―→＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)．因为FC 1―→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1―→⊥n 1. 又因为FC 1⊄平面ADE ， 所以FC 1∥平面ADE . (2)∵C 1B 1―→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量． 则n 2⊥FC 1―→，n 2⊥C 1B 1―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1―→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1―→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)．因为n 1＝n 2， 所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .(1)用向量法证明线面平行：一是证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；二是证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量且直线不在平面内；三是证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．(2)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．2.如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点． 求证：AM ∥平面BDE .证明：建立如图所示的空间直角坐标系． 设AC ∩BD ＝N ，连接NE ， 则点N ，E 的坐标分别是⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，(0,0,1)． ∴NE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.又点A ，M 的坐标分别是(2，2，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∴AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴NE ―→＝AM ―→，且A ∉NE ， ∴NE ∥AM .又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE .解题高手多解题条条大路通罗马，换一个思路试一试如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .[证明] 法一：如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则可求得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， 于是MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，DA 1―→＝(1,0,1)． 得DA 1―→＝2MN ―→， 又M ∉DA 1，∴DA 1∥MN . 而MN ⊄平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .法二：如法一中的坐标系，B (1,1,0)． 设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1―→＝0，且n ·DB ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. ∴n ＝(1，－1，－1)．又MN ―→·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN ―→⊥n .又MN ⊄平面A 1BD . ∴MN ∥平面A 1BD .法三：∵MN ―→＝C 1N ―→－C 1M ―→＝12C 1B 1―→－12C 1C ―→＝12(D 1A 1―→－D 1D ―→)＝12DA 1―→， ∴MN ―→∥DA 1―→.而MN ⊄平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .[点评] 证明线面平行的方法很多，要根据题目的条件选取适合的方法，具体地有两种思维，思路一是利用线面平行的判定定理(向量共线)；思路二是证明直线与平面的法向量垂直(向量垂直)．1．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为b ，若a ·b ＝0，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊂α C ．l ⊥αD ．l ⊂α或l ∥α解析：当a ·b ＝0时，l ⊂α或l ∥α.答案：D2．已知直线l 的方向向量为a ，平面α内两共点向量OA ―→，OB ―→，下列关系中能表示l ∥α的是( )A ．a ＝OA ―→B ．a ＝k OB ―→C ．a ＝p OA ―→＋λOB ―→D ．以上均不能解析：A 、B 、C 均能表示l ∥α或l ⊂α. 答案：D3．已知线段AB 的两端点的坐标为A (9，－3,4)，B (9,2,1)，则线段AB 与坐标平面( ) A ．xOy 平行 B ．xOz 平行 C ．yOz 平行D ．xOy 和yOz 都平行解析：∵A ，B 两点横坐标相同，∴AB 与yOz 平面平行． 答案：C4．已知直线l 的方向向量为ν＝(1，－1,2)，平面α的法向量为n ＝(2,4,1)，且l ⊄α，则l 与α的位置关系是________．解析：因为ν·n ＝2－4＋2＝0，所以ν⊥n . 又l ⊄α，所以l ∥α. 答案：l ∥α5．已知l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为(2,1,4)，则m ＝________. 解析：∵l ∥α， ∴2×2＋m ×1＋1×4＝0. ∴m ＝－8. 答案：－86．已知在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，M ，N 分别是BC ，AE ，CD 1的中点，AD ＝AA 1＝a ，AB ＝2a .求证：MN ∥平面ADD 1A 1.证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a ，0,0)，B (a,2a,0)，C (0，2a,0)，D 1(0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，2a ，0.∵M ，N 分别为AE ，CD 1的中点，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫34a ，a ，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2.∴MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34a ，0，a 2.取n ＝(0,1,0)，显然n ⊥平面ADD 1A 1，且MN ―→·n ＝0， ∴MN ―→⊥n . 又MN ⊄平面ADD 1A 1， ∴MN ∥平面ADD 1A 1.一、选择题1．下面关于空间向量的说法正确的是( ) A ．若向量a ，b 平行，则a ，b 所在直线平行 B ．若向量a ，b 所在直线是异面直线，则a ，b 不共面C ．若A ，B ，C ，D 四点不共面，则AB ―→，CD ―→不共面 D ．若A ，B ，C ，D 四点不共面，则AB ―→，AC ―→，AD ―→不共面解析：通过平移将空间任意两个向量平移到一个平面内，因此空间任意两个向量都是共面的，故B 、C 都不正确．注意向量平行与直线平行的区别，可知A 不正确，可用反证法证明D 是正确的．答案：D2．已知直线l 的一个方向向量为a ＝(－2,0,1)，平面α的一个法向量为b ＝(2，－1,4)，则直线l 与平面α的位置关系是( )A ．l ∥αB ．l ⊂αC ．l 与α相交D ．l ∥α或l ⊂α解析：∵a ·b ＝(－2,0,1)·(2，－1,4)＝－4＋0＋4＝0， ∴a ⊥b ， ∴l ∥α或l ⊂α. 答案：D3．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α∥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.12D ．－12解析：∵α∥β，∴a ∥b ， ∴x－1＝－12＝－24，∴x ＝12. 答案：C4.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直D ．不能确定解析：在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，|A 1B |＝|AC |＝2a ， 所以A 1M ―→＝13A 1B ―→，AN ―→＝13AC ―→，所以MN ―→＝M A 1―→＋A 1A ―→＋AN ―→ ＝－13A 1B ―→＋A 1A ―→＋13AC ―→＝－13A 1A ―→－13AB ―→＋A 1A ―→＋13AD ―→＋13AB ―→＝23A 1A ―→＋13AD ―→＝23B 1B ―→＋13B 1C 1―→， 所以MN ―→，B 1B ―→，B 1C 1―→共面， 因为MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C . 答案：B 二、填空题5．直线l 不在平面ABC 内，且l 上两点C ，D 满足CD ―→＝λ1AB ―→＋λ2AC ―→，则直线l 与平面ABC 的位置关系是________．答案：平行6．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，ν＝(2,3,8)，则平面α，β的位置关系是________(填“平行”、“垂直”或“相交但不垂直”)．解析：∵u ·ν＝(1,2，－1)·(2,3,8)＝1×2＋2×3－1×8＝0， ∴u ⊥ν，∴α⊥β. 答案：垂直7．已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量为a ＝(1,3，z )，向量b ＝(3，－2,1)与平面α平行，则z ＝________.解析：∵l ⊥α，b ∥α，∴a ⊥b ， ∴a ·b ＝(1,3，z )·(3，－2,1)＝0， 即3－6＋z ＝0，则z ＝3. 答案：38．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，M ，N 分别是正方体六个面的中心．则平面EFG 与平面HMN 的位置关系为________．解析：如图所示建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则E (1,1,0)，F (1,0,1)，G (2，1,1)，H (1,1,2)，M (1,2,1)，N (0,1,1)．∴EF ―→＝(0，－1,1)， EG ―→＝(1,0,1)，HM ―→＝(0,1，－1)，HN ―→＝(－1,0，－1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)分别是平面EFG 和HMN 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·EF ―→＝0，m ·EG ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －y 1＋z 1＝0，x 1＋z 1＝0，令x 1＝1，得m ＝(1，－1，－1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·HM ―→＝0，n ·HN ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2－z 2＝0，－x 2－z 2＝0，令x 2＝1，得n ＝(1，－1，－1)． ∵m ＝n .即m ∥n . ∴平面EFG ∥平面HMN . 答案：平行 三、解答题9．在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点．证明：PA ∥平面EDB .证明：建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC 交BD 于G ，连接EG . 设DC ＝a ，依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.∵底面ABCD 是正方形， ∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，0.∴PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，－a 2.故PA ―→＝2EG ―→，这表明PA ∥EG . 而EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .word 11 / 11 10.如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，问：当点Q 在什么位置时，平面D 1B Q ∥平面PAO?解：建立如图所示的坐标系，设正方体棱长为2，则O (1,1,0)，A (2,0,0)，P (0,0,1)，B (2,2,0)，D 1(0,0,2)．再设Q(0,2，c )∴OA ―→＝(1，－1,0)，OP ―→＝(－1，－1，1)，B Q ―→＝(－2,0，c )，BD 1―→＝(－2，－2,2)．设平面PAO 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·OA ―→＝0，n 1·OP ―→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，－x －y ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，∴平面PAO 的一个法向量为n 1＝(1,1,2)．若平面D 1B Q ∥平面PAO ，那么n 1也是平面D 1B Q 的一个法向量．∴n 1·B Q ―→＝0，即－2＋2c ＝0.∴c ＝1，这时n 1·BD 1―→＝－2－2＋4＝0，故当Q 为CC 1的中点时，平面D 1B Q ∥平面PAO .。
点、线共面问题的证明与探索-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇立体几何专题07点、线共面问题的证明与探索类型对应典例共面问题典例1共线问题典例2共点问题典例3截面问题典例4【典例1】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，,M N 分别是棱1AA 、AB 上的点，且1AM AN ==.（1）证明：1,,,M N C D 四点共面；（2）求几何体1AMN DD C -的体积.【典例2】如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，设线段A1C与平面ABC1D1交于点Q，求证：B，Q，D1三点共线．【典例3】在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且14 AE CFAB CB==；求证：（1）点E，F，G，H四点共面；（2）直线EH，BD，FG相交于同一点．【典例4】如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，33DE AF ==.（1）证明：平面//ABF 平面DCE ；（2）在DE 上是否存在一点G ，使平面FBG 将几何体ABCDEF 分成上下两部分的体积比为3:11？若存在，求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.1.如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒，11AA =，AB =，2AC =.E ，F 分别为棱1CC ，BC 的中点.（1）求异面直线EF 与1A B 所成角的大小；（2）若G 为线段1AA 的中点，试在图中作出过E 、F 、G 三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求出以该多边形为底，1A 为顶点的棱锥的体积.2．已知四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA PC AB ==，过侧面PAD △中线AE 的一个平面α与直线PD 垂直，并与此四棱锥的面相交，交线围成一个平面图形。
（Ⅰ）画出这个平面图形，并证明PD ⊥平面α；（Ⅱ）平面α将此四棱锥分成两部分，求这两部分的体积比.3．已知ABC 在平面α外,（1）如图1,若AB P α⋂=,BC Q α⋂=,AC R α⋂=,求证:,,P Q R 三点共线;（2）如图2,若//AB α,//BC α,求证://AC α.4．如图，在四面体ABCD 中作截面PQR ，若PQ 与CB 的延长线交于点M ，RQ 与DB 的延长线交于点N ，RP 与DC 的延长线交于点K .（1）求证：直线MN ⊂平面PQR ；（2）求证：点K 在直线MN 上.5．已知，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC∩BD=P ，A 1C 1∩EF=Q.求证：(1)D ，B ，E ，F 四点共面.(2)若A 1C 交平面BDEF 于点R ，则P ，Q ，R 三点共线.6．如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥底面ABCD ,1AB PA ==,AD =, ,F F 分别为棱,PD PA 的中点.（1）求证:B 、C 、E 、F 四点共面；（2）求异面直线PB 与AE 所成的角余弦值.参考答案【典例1】试题解析：（1）证明：∵11//A D AD ，11A D AD =，又//BC AD ，BC AD =，∴11//A D BC ，且11A D BC =，连接1A B ，则四边形11A BCD是平行四边形，所以11//A B D C在1ABA ∆中，1AM AN ==，13AA AB ==，所以1AM AN AA AB=，所以1//MN A B所以1//MN D C ，所以1,,,M N C D 四点共面.（2）因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，又1,,,M N C D 四点共面，所以平面//AMN 平面1DD C延长CN 与DA 相交于点P ，因为//AN DC 所以AN PA DC PD =，即133PA PA =+，解得32PA =，同理可得32QA =，所以点P 与点Q 重合所以1,,D M DA CN 三线相交于一点，所以几何体1AMN DD C -是一个三棱台所以11191333222AMN DD C V -⎛⎫=⨯++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭.【典例2】【详解】如下图所示，连接A 1B ，CD 1．显然B ∈平面A 1BCD 1，D 1∈平面A 1BCD 1．∴BD 1⊂平面A 1BCD 1．同理BD 1⊂平面ABC 1D 1．∴平面ABC 1D 1∩平面A 1BCD 1＝BD 1．∵A 1C ∩平面ABC 1D 1＝Q ，∴Q ∈平面ABC 1D 1．又∵A 1C ⊂平面A 1BCD 1，∴Q ∈平面A 1BCD 1．∴Q ∈BD 1，即B ，Q ，D 1三点共线．【典例3】【详解】（1）如图所示，连接EF ，HG ，空间四边形ABCD 中，H 、G 分别是AD 、CD 的中点，∴//HG AC 且12HG AC =．又14AE CFAB CB ==，∴//EF AC 且34EF AC =．故//EF HG ，即E 、F 、G 、H 四点共面．（2）由（1）知//EF HG 且EF HG ≠，∴设EH 与FG 交于点P ，∵EH ⊂平面ABD ，P 在平面ABD 内，同理P 在平面BCD 内，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，∴点P 在直线BD 上，∴直线EH ，BD ，FG 相交于一点．【典例4】解：（1）∵DE ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，∴//DE AF ，∴//AF 平面DCE ，∵ABCD 是正方形，//AB CD ，∴//AB 平面DCE ，∵AB AF A ⋂=，AB ⊂平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，∴平面//ABF 平面DCE .（2）假设存在一点G ，过G 作//MG BF 交EC 于M ，连接,BG BM ，()1331133213332322ABCDEF B ADEF B CDE V V V --+⨯⨯=+=⨯+⨯⨯=，设EG t =，则21392144GFBME B EFG B EGM V V V --=+=⨯=，设M 到ED 的距离为h ，则331h EM t EC ==-，32h t =，234EGM S t ∆=∴2131393334324t t ⨯⨯+⨯⨯=，解得1t =，即存在点G 且1EG =满足条件.1.【思路引导】（1）连接11A C AC ，交于点O ，根据中位线定理找到与1A B 的平行线OF ，并找到异面直线EF 与1A B 所成角，计算,OF EF OE ，长度，根据余弦定理，可得结果.（2）画出截面GEFN ，计算四边形GEFN 的面积，根据1A B //面GEFN ，可得1A 到面GEFN 的距离，结合椎体体积公式，可得结果.【详解】（1）连接11A C AC ，交于点O ，连接,OF GE 如图由1AA ⊥底面ABC ，AC ⊂面ABC ，所以1AA AC ⊥，又90BAC ∠=︒所以AC AB ⊥，1AA AB ⊂，面1ABA 所以AC ⊥面1ABA ，故四边形11AA C C 为矩形，所以,,G O E 共线O 为1AC 的中点，所以OF //1A B ，故异面直线EF 与1A B 所成角为OFE ∠11AA =，AB =，2AC =，且E ，F 分别为棱1CC ，BC 的中点所以121,A B OE BC ===，所以1,OF EF ==又222OF OE EF +=且OF OE =所以OEF ∆为等腰直角三角形，故=4OFE π∠（2）取AB 的中点N 连接GN ，,FN 又G 为线段1AA 的中点，所以GN //1A B 则GN //OF ，且=GN OF过E 、F 、G 三点的平面截该棱柱所得的多边形为四边形GEFN 由（1）可知，NF //GE 且GN GE ⊥所以四边形GEFN 为直角梯形，所以()()1213222GEFN NFGE NG S ++⨯=== 又1A B ⊄平面GEFN ，GN ⊂面GEFN ，所以1A B //平面GEFN ，作1NM A B ⊥所以113sin 4AANM BN NBM BN A B =∠== 且1A 到截面的距离即34NM =所以11338A GEFN GEFN V S NM -== 2．【详解】（Ⅰ）连接,AC CE ,ACE ∆即为所求的平面αABCD 是菱形AD AB∴=又PA AB= AD PA∴= E 为PD 中点AE PD ∴⊥,同理CE PD⊥又,AE CE E = ,AE CE ⊂平面ACE PD ∴⊥平面ACE ,即PD α⊥（Ⅱ）ABCD 是菱形,E 为PD 中点,1124E ACD P ACD P ABCDV V V ---∴==∴两部分体积比为E ACD P ABCD E ACD V V V ----1414P ABCDP ABCD P ABCD V V V ---=-13=或14314P ABCD P ABCD BCD E ACD E ACD P ABC P A DVV V V V --------==3．【详解】（1） AB P α⋂=,∴P AB ∈,P ∈平面ABC ,P α∈,∴平面ABC 与α有一个公共点P ,且平面ABC 与α不重合,∴平面ABC 与α有且只有一条经过点P 的公共直线l即平面ABC l α⋂=,P l ∈.又 BC Q α⋂=,∴Q BC ∈,Q ∈平面ABC ,Q α∈即Q 是平面ABC 与α的一个公共点,∴Q l ∈.同理R l ∈,故,,P Q R 三点共线.（2）显然,AB Ì平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,且AB BC B ⋂=,//AB α,//BC α,∴平面//ABC α.AC ⊂平面ABC ,∴//AC α.4．【详解】证明（1）PQ ⊂ 平面PQR ，M ∈直线PQ ，M ∴∈平面PQR .RQ ⊂ 平面PQR ，N ∈直线RQ ，N ∴∈平面PQR .∴直线MN ⊂平面PQR .（2）M ∈ 直线CB ，CB ⊂平面BCD ，M ∴∈平面BCD .由（1）知M ∈平面PQR ，M ∴在平面PQR 与平面BCD 的交线上，同理，可知N ，K 也在平面PQR 与平面BCD 的交线上，M ∴，N ，K 三点共线，∴点K 在直线MN 上.5．试题解析：(1)连接B 1D 1.因为E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，所以EF ∥B 1D 1，又因为B 1D 1∥BD ，所以EF ∥BD ，所以EF 与BD 共面，所以E ，F ，B ，D 四点共面.(2)因为AC∩BD=P ，所以P ∈平面AA 1C 1C∩平面BDEF.同理，Q ∈平面AA 1C 1C∩平面BDEF ，因为A 1C∩平面DBFE=R ，所以R ∈平面AA 1C 1C∩平面BDEF ，所以P ，Q ，R 三点共线.6．【思路引导】（1）因为在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,可得EF ∥AD ,结合底面为矩形,即可求得答案;（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,求得PB 和A E ,||cos ||||PB AE PB AE θ⋅=⋅ ,即可求得答案.【详解】（1） 在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,∴EF ∥AD又 底面为矩形,AD ∥BC ,∴EF ∥BC∴由平行线确定唯一平面得E 、F 、B 、C 在同一平面上.（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,如图:可得(0,0,0)A ,(1,0,0)B ,(0,0,1)P,10,,22E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭∴(1,0,1)=- PB ,310,,22AE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ,故:||cos 4|1|2||PB AE PB AE θ⋅===⋅。
共面的判断方法
共面的判断方法
嘿，咱今儿个就来唠唠共面的判断方法！这可是个挺有意思的事儿呢。
你想想看啊，就好比一群人站一块儿，怎么判断他们是不是在一个平面上呢？这就和判断共面差不多一个道理。
先来说说直线和直线共面的情况。
如果两条直线平行，那它们肯定在一个平面里呀，这就好像是两个好朋友手牵手走在路上，那肯定是在同一条道上嘛！要是两条直线相交呢，那更不用说啦，交点就是它们共面的证据呀，就像大家约好了在一个地方碰面一样。
再来说直线和平面共面。
如果一条直线就在平面里，那就是妥妥的共面呀，就好比一个人在房间里，那肯定和房间是在一块儿的嘛。
还有呢，如果一条直线平行于一个平面，那也有可能共面哦，就像飞机在天空中飞，虽然没直接在地上，但也是和地面有一定关联的嘛。
然后就是平面和平面共面啦。
两个平面重合，那就是完全共面啦，这没啥好说的。
还有如果两个平面平行，那也是共面呀，就像两本平行放着的书，它们的页面可都是在各自的平面里呢。
判断共面可不能马虎呀！这就像找路一样，得找对方向。
要是判断错了，那可就闹笑话啦。
比如说把不共面的当成共面的，那不就乱套啦？
咱举个例子哈，就说三根筷子，你要是随便乱放，那它们可不一定
在一个平面里；但要是两根平行放着，另一根和它们其中一根相交，
那这不就共面了嘛。
哎呀呀，共面的判断方法其实也不难，只要多观察观察，多想想，
就能明白啦。
就像生活中的很多事情一样，你得用心去体会，去琢磨。
总之呢，共面的判断方法是很重要的，咱可得掌握好咯！这样在解
决问题的时候才能游刃有余呀，你说是不是？可别小瞧了它哟！。
高考数学专题07 点、线共面问题的证明与探索(第三篇)(解析版)
备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇 立体几何专题07 点、线共面问题的证明与探索【典例1】【浙江省嘉兴一中2020届月考】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，,M N 分别是棱1AA 、AB 上的点，且1AM AN ==. （1）证明：1,,,M N C D 四点共面；（2）求几何体1AMN DD C -的体积.【思路引导】（Ⅰ）欲证M ，N ，C ，D 1四点共面，转证MN ∥A 1B 即可；（Ⅰ）先证明几何体1AMN DD C -是一个三棱台，再求几何体1AMN DD C -的体积．试题解析：（1）证明：∵11//A D AD ，11A D AD =，又//BC AD ，BC AD =，∴11//A D BC ，且11A D BC =，连接1A B ，则四边形11A BCD 是平行四边形，所以11//A B D C在1ABA ∆中，1AM AN ==，13AA AB ==， 所以1AM AN AA AB=，所以1//MN A B 所以1//MN D C ，所以1,,,M N C D 四点共面.（2）因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，又1,,,M N C D 四点共面，所以平面//AMN 平面1DD C延长CN 与DA 相交于点P ，因为//AN DC 所以AN PA DC PD =，即133PA PA =+，解得32PA =，同理可得32QA =，所以点P 与点Q 重合 所以1,,D M DA CN 三线相交于一点，所以几何体1AMN DD C -是一个三棱台所以11191333222AMN DD C V -⎛⎫=⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 【典例2】【江苏省苏州市实验中学2020届高三月考】如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设线段A 1C 与平面ABC 1D 1交于点Q ，求证：B ，Q ，D 1三点共线．【思路引导】如下图所示，连接A 1B ，CD 1．易证BD 1⊂平面A 1BCD 1． BD 1⊂平面ABC 1D 1．即平面ABC 1D 1∩平面A 1BCD 1＝BD 1，下证 Q ∈平面A 1BCD 1．Q ∈平面A 1BCD 1．即可.【详解】如下图所示，连接A1B，CD1．显然B∈平面A1BCD1，D1∈平面A1BCD1．∴BD1⊂平面A1BCD1．同理BD1⊂平面ABC1D1．∴平面ABC1D1∩平面A1BCD1＝BD1．∵A1C∩平面ABC1D1＝Q，∴Q∈平面ABC1D1．又∵A1C⊂平面A1BCD1，∴Q∈平面A1BCD1．∴Q∈BD1，即B，Q，D1三点共线．【典例3】【安徽省合肥市庐阳区第一中学2020届月考】在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且14 AE CFAB CB==；求证：（1）点E，F，G，H四点共面；（2）直线EH，BD，FG相交于同一点．【思路引导】（1）根据题意利用中位线定理，平行线分线段成比例逆定理和平行公理，可得//EF HG，再根据公理2的推论即得证；（2）由（1）知//EF HG 且EF HG ≠，所以EH 与FG 交于一点P ，只需再证明点P 在直线BD 上，即可证出．【详解】（1）如图所示，连接EF ，HG ，空间四边形ABCD 中，H 、G 分别是AD 、CD 的中点，∴//HG AC 且12HG AC =． 又14AECFAB CB ==，∴//EF AC 且34EF AC =．故//EF HG ，即E 、F 、G 、H 四点共面．（2）由（1）知//EF HG 且EF HG ≠，∴设EH 与FG 交于点P ，∵EH ⊂平面ABD ，P 在平面ABD 内，同理P 在平面BCD 内，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，∴点P 在直线BD 上，∴直线EH ，BD ，FG 相交于一点．【典例4】【安徽省太和中学2020届月考】如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，33DE AF ==.（1）证明：平面//ABF 平面DCE ；（2）在DE 上是否存在一点G ，使平面FBG 将几何体ABCDEF 分成上下两部分的体积比为3:11？若存在，求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【思路引导】（1）根据//,//DE AF AB CD ，结合面面平行的判定定理可知两个平面平行；（2）先求出整个几何体的体积.假设存在一点G ，过G 作//MG BF 交EC 于M ，连接,BG BM ，设EG t =，求得几何体GFBME 的体积，将其分割成两个三棱锥,B EFG B EGM --，利用t 表示出两个三棱锥的高，再利用体积建立方程，解方程组求得t 的值.解：（1）∵DE ⊥平面ABCD ，AF ⊥平面ABCD ，∴//DE AF ，∴//AF 平面DCE ，∵ABCD 是正方形，//AB CD ，∴//AB 平面DCE ，∵AB AF A ⋂=，AB ⊂平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，∴平面//ABF 平面DCE .（2）假设存在一点G ，过G 作//MG BF 交EC 于M ，连接,BG BM ，()1331133213332322ABCDEF B ADEF B CDE V V V --+⨯⨯=+=⨯⨯+⨯⨯=， 设EG t =，则21392144GFBME B EFG B EGM V V V --=+=⨯=， 设M 到ED 的距离为h ，则331h EM t EC ==-，32h t =，234EGM S t ∆= ∴2131393334324t t ⨯⨯+⨯⨯=，解得1t =，即存在点G 且1EG =满足条件.1. 【2020届湖南省长沙市一中高三月考试卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒，11AA =，AB =2AC =.E ，F 分别为棱1CC ，BC 的中点.（1）求异面直线EF 与1A B 所成角的大小；（2）若G 为线段1AA 的中点，试在图中作出过E 、F 、G 三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求出以该多边形为底，1A 为顶点的棱锥的体积.【思路引导】（1）连接11AC AC ，交于点O ，根据中位线定理找到与1AB 的平行线OF ，并找到异面直线EF 与1A B 所成角，计算,OF EF OE ，长度，根据余弦定理，可得结果.（2）画出截面GEFN ，计算四边形GEFN 的面积，根据1A B //面GEFN ，可得1A 到面GEFN 的距离，结合椎体体积公式，可得结果.【详解】（1）连接11AC AC ，交于点O ，连接,OF GE如图由1AA ⊥底面ABC ，AC ⊂面ABC ，所以1AA AC ⊥，又90BAC ∠=︒所以AC AB ⊥，1AA AB ⊂，面1ABA所以AC ⊥面1ABA ，故四边形11AAC C 为矩形，所以,,G O E 共线O 为1A C 的中点，所以OF //1A B ，故异面直线EF 与1A B 所成角为OFE ∠11AA =，AB =2AC =，且E ，F 分别为棱1CC ，BC 的中点所以121,A B OE BC ===，所以1,OF EF ==又222OF OE EF +=且OF OE =所以OEF ∆为等腰直角三角形， 故=4OFE π∠（2）取AB 的中点N 连接GN ，,FN又G 为线段1AA 的中点，所以GN //1A B则GN //OF ，且=GN OF过E 、F 、G 三点的平面截该棱柱所得的多边形为四边形GEFN由（1）可知，NF //GE 且GN GE ⊥所以四边形GEFN 为直角梯形，所以()()1213222GEFN NF GE NGS ++⨯===g又1A B ⊄平面GEFN ，GN ⊂面GEFN ，所以1A B //平面GEFN ，作1NM A B ⊥所以11sin AA NM BN NBM BN A B =∠==gg 且1A到截面的距离即NM =所以113A GEFN GEFN V S NM -==g g 2．【2020届辽宁省大连市高三双基测试】已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA PC AB ==，过侧面PAD △中线AE 的一个平面α与直线PD 垂直，并与此四棱锥的面相交，交线围成一个平面图形。
第一章点线面位置关系专题五共面问题微点1立体几何共面问题的解法【培优版】
第一章点线面位置关系专题五共面问题微点1 立体几何共面问题的解法【培优版】立体几何微专题第一章点线面位置关系专题五共面问题微点1立体几何共面问题的解法【培优版】共面与异面是立体几何中的一对基本矛盾．共面，又称共平面，几何学术语，是指几何形状在三维空间中共占同一平面的关系．判定（证明）空间点共面、直线共面的基本方法有：公理法和纳入平面法，除此外，还可以利用同一法、反证法、向量法等，本节介绍空间点共面、直线共面问题的这些解法．一、平面重合法（同一法）根据已知条件，其中部分点线确定若干个平面，再证这些平面都重合，则所有的点线共面．应用重合法证点线共面的关键在于根据平面性质公理证明若干个平面重合．主要方法有：1．利用平面确定性公理及推论判定两平面重合2．利用直线的垂面唯一性证两平面重合3．利用平行平面的唯一性，证平面重合二、反证法三、向量法根据共面向量定理及其推论判定、证明点共面、直线共面．向量共面定理：向量,a b 不共线，向量p 与,a b 共面的充要条件是存在实数,(,)x y x y ∈R ，使p xa yb =+ ．【推论】空间中一点O 和不共线的三点,,A B C ，则,,,P A B C OA A OP xOA yO P A B zO B AC OP AB AC C λμλμ⇔=+⇔=+⇔+++= ，且1x y z ++=．类型一 利用平面重合法（同一法）证明点或线共面问题1．利用平面确定性公理及推论判定两平面重合【典例1】求证：已知直线l 与三条平行线a 、b 、c 都相交（如图1），求证：l 与a 、b 、c 共面．图1【分析】设a ∩l ＝A ，b ∩l ＝B ，c ∩l ＝C ，由a ∥b ，得过a 、b 可以确定一个平面α．由b ∥c ，得过b 、c 可以确定一个平面β，由已知推导出α与β重合，从而能证明a 、b 、c 、l 共面．证明：如图2，设a ∩l ＝A ，b ∩l ＝B ，c ∩l ＝C ，∵a ∥b ，∴过a 、b 可以确定一个平面α．∵A ∈a ，B ∈b ，a 、b ⊂α，∴A ∈α，B ∈α，∴AB ⊂α，即l ⊂α．又∵b ∥c ，∴过b 、c 可以确定一个平面β，同理可证l ⊂β．∵α、β都过相交直线b 、l ，∴α与β重合，∴a 、b 、c 、l 共面．图2【点睛】共面问题的证明常有下列方法：（1）先作一个平面，再证明有关的点或线在这个平面内；（2）先过某些点或线作多个平面，再证明这些平面重合；（3）用反证法．本题采用方法2证明较好．【举一反三】（2023上·北京通州·高二统考期中）1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,E F G H 分别是棱AB ，11B C ，11C D ，1D D 的中点.(1)求证：,,,E F G H 四点共面；(2)求1B D 与平面EFGH 所成角的正弦值；(3)求点1B 到平面EFGH 的距离.【典例2】正方体1111ABCD A B C D -中，,,,,,E F G H I J 分别是它们所在棱的中点，求证：这六个中点共面．证明：如图6，联结FI ，易证EJ FI ∥，∴EJ 和FI 可确定一个平面，记作α．又联结GJ ，则GJ EF ∥，∴GJ 和EF 可确定一个平面β．但,αβ两平面内都含有不共线的三个点,,E F J ，过这三点的平面是存在且唯一的，∴,αβ两平面重合，同理可证，平面EFGH与,αβ都重合，由此可知,,,,,E F G H I J 六个中点共面．图6【举一反三】2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA =，2AB AD ==，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，证明：11,,,A C F E 四点共面．【反思】可以看出同一法同样可以用于证明立体几何，除了证明题之外还有一类解答题，同样是可以用同一法的思想来解答的．假设原命题为“若p 且q ，则r "，当用同一法证明时，证明其逆命题成立则原命题成立，也就是证明“若r ，则p 且q ”．当q 未知时，这就不是证明题，而是解答题．【典例3】直线m 、n 分别和平行直线a 、b 、c 都相交，交点为A 、B 、C 、D 、E 、F ，如图8，求证：直线a 、b 、c 、m 、n 共面．图8【分析】证明若干条直线共面的方法有两类：一是先确定一个平面，证明其余的直线在这个平面里；二是分别确定几个平面，然后证明这些平面重合．证明：∵a ∥b ，∴过a 、b 可以确定一个平面α．∵A ∈a ，a ⊂α，∴A ∈α，同理B ∈a ．又∵A ∈m ，B ∈m ，∴m ⊂α．同理可证n ⊂α．∵b ∥c ，∴过b ，c 可以确定平面β，同理可证m ⊂β．∵平面α、β都经过相交直线b 、m ，∴平面α和平面β重合，即直线a 、b 、c 、m 、n 共面．【举一反三】3．证明两两相交而不共点的四条直线在同一平面内．已知：如图，直线1234,,,l l l l 两两相交，且不共点．求证：直线1234,,,l l l l 在同一平面内.2.利用直线的垂面唯一性证两平面重合【典例4】过球外一点作球的切线，求证：所有切点共面．证明：如图10，设球O 外一点P ，切线为,,,PA PB A B 为切点，联结,,PO AO BO ，过A 作1AO PO ⊥于1O ，过1,,A B O 三点作截面得到小圆1O ．联结,AO BO ，易知Rt Rt AOP BOP ≌△△，∴PA PB =．在Rt PAO △中，190,OAP AO PO ∠=︒⊥，∴221PO PO PA PB ⋅==，图10则在Rt POB △中可断定1BO PO ⊥，∴PO ⊥平面1AO B ，且11O A O B =（全等三角形对应边上的高相等），由此可知，过点P 作球的切线的切点与点1O 的距离相等，∴点1O 是小圆的圆心．同理，球的任意切线12,,PC PC ⋅⋅⋅；12,,C C ⋅⋅⋅为切点，则平面1112,,AO C AO C ⋅⋅⋅都与直线PO 垂直，所有这些垂面都过点1O ，∴它们都应重合，由此可知，过球外一点作球的切线，所有切点共面．【反思】上例应用了如下结论：过定点作定直线的垂直平面存在且唯一．【举一反三】（2022·安徽马鞍山·马鞍山二中月考）4．四棱锥P －ABCD 中，平面PCD ⊥平面ABCD ，PD PC =，90DPC ∠= ，//AD BC ，90ABC ∠= ，1AD AB ==，2BC =，M 为PC 的中点，2PN ND = ．(1)证明：A ，B ，M ，N 四点共面；(2)求二面角M －AB －C 的余弦值．3．利用平行平面的唯一性，证平面重合【典例5】正方体1111ABCD A B C D -中，,,,,,E F G H I J 是它们所在棱的中点，求证：这六个中点共面．证明：见图6，连FI ，易证EJ FI ∥，∴这两条平行线可以确定一个平面α．同理FI GH ∥，则这两条平行线又可确定一个平面β，连11,,AC AD D C ，则1,,EF AC IJ D A EF ∥∥与IJ 是平面α内的相交直线．∴平面EFIJ ∥平面1ACD ，同理，平面FGHI ∥平面1ACD ．即平面,αβ都过点F ，且都平行于平面1ACD ，∴平面α与β必重合．【反思】上例利用了下列结论：过平面外一点可以作且只可以作一个与已知平面平行的平面．【举一反三】5．如图，多面体ABCGDEF 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC //平面,DEFG 平面BEF //平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2， 1.AC EF == 判断点B ，C ，F ，G 是否共面，并说明理由．类型二 利用反证法证明点或线共面问题【典例6】若空间一个四边形邻边的夹角均为90︒，求证：这个四边形必是矩阵．证明：如图15，设四边形ABCD 中，90A B C D ∠=∠=∠=∠=︒，要证它是矩形，应先证明它是个平面图形．图15若四边形ABCD 不是平面图形，则四个线段,,,AB BC CD DA 中必有异面直线．设AB 与CD 为异面直线，而,AD BC 与这两条直线都相交且垂直，∴,AD BC 都是,AB CD 的公垂线，但异面直线的公垂线是存在且唯一的，矛盾．∴,AB CD 不可能是异面直线．同理，,AD BC 也不可能是异面直线．∴四边形ABCD 是一个平面图形．再证ABCD 为矩阵是显而易见的．【典例7】若空间四点,,,A B C D ，满足条件AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅，求证：,,,A B C D 四点共面．证明：如图16，若,,,A B C D 四点不共面，则四点构成一个空间四边形A BCD -，将ABD △绕BD 旋转到BCD △所在平面α内，点A 移到点1A ．图16在平面四边形1A BCD 中，应有111A C BD A B CD A D BC⋅≤⋅+⋅但在ACE △中1AC AE EC A C<+=(1)求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值；(2)若E 是棱PB 的中点，对于棱出点E 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．类型三 利用向量法证明点或线共面问题图20证明：如图20，设,AB a AD =【典例9】四面体ABCD 中，,,,E F G 四点共面．图23证明：如图23，联结EG ，则(12EG EB BG EB BC =+=+(1)求FH （用向量,,a b c 表示）(2)求证：点E ，F ，G ，H 四点共面．【典例10】设O 为平面ABC 共面，且PA ⊂平面ABC ．31 证明：A ，B ，M ，N 四点共面；一、单选题：10．已知a 、b 、c 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（E F G H四点共面A．,,,FG平面ADCB．//FG HE交于点P C．若直线,△的面积为6，则D．若ABD①点E，F，G，H在同一个平面上；②直线DE，BF，CI交于同一点；③直线BF与直线1B C所成角的余弦值为④该正方体过EH的截面的面积最大值为(1)求证：E，F，G，(2)求证：EH，FG，（2022下·辽宁抚顺16．如图，在三棱柱(1)证明：E，F，G，(2)证明：EG，FH，AA（2022下·安徽芜湖·高一校考期中）(1)求证：E ，F ，C 1，1A 四点共面；(2)求证：A 1E ，1C F ，1B B 交于一点18．如图，在正方体ABCD (1)证明：E 、C 、D 1、F (2)设1D F CE O ⋂=，证明：19．如图，ABCD 为空间四边形，点CD ，AD 上，且DH =(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：EH ，FG 必相交且交点在直线BD 上．（2022·河南·校联考三模）20．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F(1)证明：E ，F ，D ，B 四点共面．(2)证明：BE ，DF ，1CC 三线共点．（2023·四川成都·校联考模拟预测）21．如图，在三棱柱ABC A -3(1)求证：B ，D ，E ，1B 四点共面；(2)求四棱锥11A BDEB -的体积．（2023·四川成都·校联考模拟预测）22．如图，在三棱柱ABC(1)求证：B ，D ，E ，1B 四点共面；(2)求二面角11A BB D --的余弦值．参考答案：因为,,,E F G H 分别是棱AB 易得11//HM B D ,11//GF B D ,所以,,,H M F G 四点共面，又111//,//,EM AB HG DC AB设正方形的的边长为a则()()1,,,0,0,0,2a B a a a D E a ⎛ ⎝，则1(,,),(,,0),22a a DB a a a GF == 设(),,n x y z = 是平面EFGH 的法向量，a a ⎧1111//,//,//A C AC A C FE FE AC ∴''∴，F 为BC 中点，E '∴为AB 中点，E '∴与E 重合，即11,,,A CF E 四点共面．3．证明见解析【分析】证明几条直线共面的依据是公理3及推论和公理1．先证某两线确定平面α，然后证其它直线也在α内．【详解】图①中，没有三条直线交于一点，因为12l l P = ，所以12,l l 确定平面α，又因1323,l l A l l C ⋂=⋂=，所以,A C α∈，所以3l α⊂，同理可得4l α⊂，所以直线1234,,,l l l l 在同一平面内；图②中，123,,l l l 三条直线交于一点，因为又因1424,l l A l l B ⋂=⋂=，所以,A B α∈，所以4l α⊂，同理3l α⊂，所以直线1234,,,l l l l 在同一平面内，综上所述，所以直线1234,,,l l l l 在同一平面内.4．(1)证明见解析120∠=︒，1PADBC=，AB AD PA==A B C D∴(0,0,0),(0,0,2),(0,1,2)(0,2,0)设面PBC的法向量为(,,)m x y z==---=(3,1,2),(0,1,0)BP BC假设在棱CD上存在点F，使得∴四点共线，记该平面为E F D P,,,PE DF⊂面α∴∈面α,,P∈∈B PEC DF,8．(1)111 242 a b c--(2)证明见解析【分析】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理运算求解线的性质，结合平行线的传递性证明【详解】（1）∵【点睛】9．证明见解析【分析】延长CD，BA交于点从而可得QM与PD的交点为点N重合，从而可得结论10．B【分析】根据已知条件判断a 、c 的位置关系，可判断AB 选项的正误；利用锥体可判断D 选项的正误.【详解】对于A 选项，若a b ⊥ ，b c ⊥，则a 与c 平行、相交或异面，对于B 选项，若a b ⊥ ，//b c ，则a c ⊥，B 选项正确；对于C 选项，若////a b c ，将a 、b 、c 视为三棱柱的三条侧棱所在直线，C 选项错误；对于D 选项，若a 、b 、c 共点，将a 、b 、c 视为三棱锥共顶点的三条棱所在直线，则【分析】根据平面的基本性质，异面直线的判定定理，逐一验证各个选项.【详解】如下图所示：根据题意，连接11,A C AC ，则11//A C AC ，所以11,,,A C C A 四点共面，所以1AC ⊂面11ACC A ，又1M A C ∈，所以M ∈面11ACC A ，又M ∈面1AB D ，所以点M 在面11ACC A 与面11AB D 的交线上面，同理可得点O 在面11ACC A 与面11AB D 的交线上面，所以A ，M ，O 三点共线，故A 选项错误，B 选项正确；由异面直线判定定理可知C 选项中1,OM DD 为异面直线，故C 选项错误；由异面直线判定定理可知D 选项中1,AM BB 为异面直线，故D 选项错误.故选：B.12．AD【分析】A 选项举出反例即可说明；C 选项根据共面不具有传递性即可判断；B 选项根据点共面的性质判定即可；D 选项根据过直线与直线外一点可确定个平面,即可判断.【详解】A 正确，可以用反证法证明，假设任意三点共线，则四个点必共面，与不共面的四点矛盾；B 从条件看出两平面有三个公共点A ，B ，C ，但是若A ，B ，C 共线，则结论不正确；C 不正确，共面不具有传递性，若直线a ，b 共面，直线a ，c 共面，则直线b ，c 可能不在一个平面内；D 正确，两两相交的直线有三个公共点，确定一个平面.所以111222 BCDS CO BD==⨯故选：ACD.【分析】对于①，由FG EH ∥即可证得点E ，F ，G ，H 共面；对于②，延长,DE CI 交于M ，由平面EDBF ⋂平面ICBF BF =，证得M BF ∈，即可证得直线DE ，BF ，CI 交于同一点；对于③，取AB 中点N ，1NA D ∠或其补角即为直线BF 与直线1B C 所成角，再由余弦定理求解即可；对于④，求出截面11A BCD 的面积即可判断.【详解】对于①，如图，连接1,FG A B ，因为点F ，G 分别为线段11A B ，1B B 的中点，则1FG A B ，又点E ，H 分别为线段11A D ，BC 的中点，则1EH A B ，则FG EH ∥，则,FG EH 共面，即点E ，F ，G ，H 在同一个平面上，①正确；对于②，连接,,EF FI EI ，易得EI CD ，则,EI CD 共面，延长,DE CI 交于M ；易得EF BD ∥，则,EF BD 共面；FI BC ，,FI BC 共面；平面EDBF ⋂平面ICBF BF =，又M ∈平面EDBF ，M ∈平面ICBF ，则M BF ∈，即直线DE ，BF ，CI 交于同一点，②正确；对于③，取AB 中点N ，连接角即为直线BF 与直线1B C 又22,A D A N DN ===对于④，连接1A B ，易得A 面；又1BC A B ⊥，12,BC A B =17．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF ，根据E ，F 分别为AB ，BC 的中点，得到EF AC ∥，再根据三棱柱的性质证明即可；（2）由（1）得EF AC ≠且E ，F ，1A ，1C 四点共面，得到1A E 与1C F 必相交，设11A E C F P ⋂=，再证明1P BB ∈即可.【详解】（1）证明：如图，连接EF ，∵E ，F 分别为AB ，BC 的中点，∴EF AC ∥..又在三棱柱111ABC A B C 中，11AC A C ∥，∴11EF A C ∥.则E ，F ，1A ，1C 四点共面.（2）由（1）得EF AC ≠且E ，F ，1A ，1C 四点共面，则1A E 与1C F 必相交.设11A E C F P ⋂=.∵1A E ⊂平面11AA B B ，∴P ∈平面11AA B B .∵1C F ⊂平面11BB C C ，∴P ∈平面11BB C C ..又平面11AA B B ∩平面111BB C C BB =∴1P BB ∈.则1A E ，1C F ，1B B 交于一点.18．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用三角形的中位线及平行四边形的性质证明1//EF CD ，从而得到四点共面；（2）根据平面的性质，证明点O ∈平面ABCD ，O ∈平面ADD 1A 1，从而A ，O ，D 三点共线.【详解】（1）证明：如图，连接EF ，1A B ，1D C .在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是AB 、AA 1的中点，所以 1//EF A B .又11//BC A D ，且11BC A D =，所以四边形11BCD A 是平行四边形，所以1A B 1//D C .1//EF D C ∴，所以E 、C 、D 1、F 四点共面；（2）由1D F CE O ⋂=，1O D F ∴∈，又1D F ⊂平面11ADD A ，O ∴∈平面11ADD A ，同理O ∈平面ABCD ，又平面11ADD A 平面ABCD AD =，O AD ∴∈，即A ，O ，D 三点共线.19．(1)证明见解析（2）证明：易知13HG AC=，又EF=结合（1）的结论可知，四边形EFGH是梯形，因此直线EH，FG不平行．设它们交点为P，P∈平面ABD，同理P又平面ABD⋂平面BCD BD=，20．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF，BD，11B D，易得明；．（2）由直线BE 和DF 相交，延长BE ，DF ，设它们相交于点P ，然后再论证P ∈平面11BB C C ，P ∈平面11CDD C 即可.【详解】（1）如图，连接EF ，BD ，11B D ．∵EF 是111B C D △的中位线，∴11EF B D ∥．∵1BB 与1DD 平行且相等，∴四边形11BDD B 是平行四边形，∴11BD B D ∥，∴EF BD ∥，∴E ，F ，D ，B 四点共面．（2）∵EF BD ∥，且EF BD ≠，∴直线BE 和DF 相交．延长BE ，DF ，设它们相交于点P ，∵P ∈直线BE ，直线BE ⊂平面11BB C C ，∴P ∈平面11BB C C ，∵P ∈直线DF ，直线DF ⊂平面11CDD C ，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形则160A AC ∠=︒，又AC =又O 为AC 的中点，所以又平面11AA C C ⊥平面ABC则()0,0,0O ，()0,2,0A -，所以()3,1,0BD =- ，1BB AA = 设平面1B BD 的一个法向量为令13z =-，则11x =，1y =。
微专题-立体几何中的共面问题 解析版
微专题-立体几何中的共面问题【考情分析】立体几何中的共面问题是近两年高考中的常考题型，在近期的模拟考试的填空选择和解答题中也多有出现，属于中等难度。
【核心素养】转化化归思想匈牙利著名数学家路沙·彼得曾提出这样一个问题：“假设在你面前有煤气灶、水龙头、水壶和火柴，你想烧开水，应当怎样去做？”对此，某人回答说：“在壶中灌上水，点燃煤气，再把壶放到煤气灶上。
”提问者肯定了这一回答；但是，他又追问道：“如果其它的条件都没有变化，只是水壶中已经有了足够多的水，那你又应当怎样去做？”这时被提问者往往会很有信心地说：“点燃煤气，再把水壶放到煤气灶上。
”但是，提问者指出，这一回答并不能使他感到满意。
因为，数学家的回答应是这样的：“只有物理学家才会这样做，而数学家们则会倒掉壶中的水，并声称我已把后一问题化归成原先的问题了。
”【前测训练】1.如图，已知正方体1111ABCD A BCD -1AM AN ==的棱长为3，,M N 分别是棱1AA 、AB 上的点，且1AM AN ==.（1）证明：1,,,M N C D 四点共面；（2）求几何体1AMN DD C -的体积.【思路引导】（Ⅰ）欲证M ，N ，C ，D 1四点共面，转证MN ∥A 1B 即可；（Ⅱ）先证明几何体1AMN DD C -是一个三棱台，再求几何体1AMN DD C -的体积．试题解析：（1）证明：∵11//A D AD ，11A D AD =，又//BC AD ，BC AD =，∴11//A D BC ，且11A D BC =，连接1A B ，则四边形11A BCD 是平行四边形，所以11//A B D C 在1ABA ∆中，1AM AN ==，13AA AB ==，所以1AM AN AA AB=，所以1//MN A B 所以1//MN D C ，所以1,,,M N C D 四点共面.（2）因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，又1,,,M N C D 四点共面，所以平面//AMN 平面1DD C 延长CN 与DA 相交于点P ，因为//AN DC 所以AN PA DC PD =，即133PA PA =+，解得32PA =，同理可得32QA =，所以点P 与点Q 重合所以1,,D M DA CN 三线相交于一点，所以几何体1AMN DD C -是一个三棱台111199133322222AMN DD C V -⎛⎫∴=⨯+⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 2.如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥底面ABCD ,1AB PA ==,3AD =, ,F F 分别为棱,PD PA 的中点.（1）求证:B 、C 、E 、F 四点共面；（2）求异面直线PB 与AE 所成的角余弦值.【思路引导】（1）因为在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,可得EF ∥AD ,结合底面为矩形,即可求得答案;（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,求得PB 和AE ,||cos ||||PB AE PB AE θ⋅=⋅,即可求得答案. 【详解】（1）在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,∴EF ∥AD 又底面为矩形,AD ∥BC ,∴EF ∥BC ∴由平行线确定唯一平面得E 、F 、B 、C 在同一平面上.（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,如图:可得(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,0,1)P ，312E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭∴(1,0,1)=-PB ,312AE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,||2cos ||||2121PB AE PB AE θ⋅∴===⋅⋅【考题再现】1.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值.【详解】设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c .如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1→的方向为x 轴正方向， 建立空间直角坐标系C 1－xyz .(1)证明：连接C 1F ，C 1(0，0，0)，A (a ，b ，c )，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，EA →＝1(0,,)3b c ，C 1F →＝1(0,,)3b c ，得EA →＝C 1F →，2(,0,)3E a c 因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面，所以点C 1在平面AEF 内.【方法联想】点在面内转化划归为四点共面转化化归为线线平行本题也可以采用证明EC 1∥AF 来证明，无需建系，岂不快哉！(2)由已知得A (2，1，3)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，A 1(2，1，0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1).设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，－2x －2z ＝0，可取n 1＝(－1，－1，1). 设n 2为平面A 1EF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 设二面角A －EF －A 1的平面角为α，所以cos α＝cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77， 则sin α＝1－cos 2α＝427，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 【方法总结】参考周国yi 的分析【微点突破】【典型例题1】（2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13. (1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F －AE －P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由.(1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥平面P AD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为P A ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1).所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2).所以PF →＝13PC →＝222(,,)333-所以AF →＝AP →＋PF →＝224(,,)333设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1. 于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面P AD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33. 由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内，理由如下：因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)， 所以PG →＝23PB →＝424(,,)333--，所以AG →＝AP →＋PG →＝422(,,)333- 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)，所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内. 【方法联想】线与平面的位置关系转化划归为利用向量法证明线面平行即转化划归直线与平面法向量垂直问题【随堂训练】（2021苏锡常镇一模19）如图，在四棱锥P —ABCD 中，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，PC ＝2，E 为PD 的中点．（1）求直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值；（2）设F 是BE 的中点，判断点F 是否在平面PAC 内，并请证明你的结论．【答案】（1）13；（2）F 在平面PAC 内．证明见解析． 【分析】（1）计算出2PA PD ==证明AC CD ⊥，然后取取AD 中点O ，连接,OC OP ，可证明OP ⊥平面ABCD ，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；（2）F 在平面PAC 内．只要证明AF 与,AC AP 共面即可得．【解析】直角梯形ABCD 中，由已知可得2AC =，2CD =，∴222AC CD AB +=，即AC CD ⊥，又APD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，∴2PA PD == 取AD 中点O ，连接,OC OP ，则1OC OA OD ===，1OP =，则OAP OCP ODP ≅≅△△△，∴POA POC POD ∠=∠=∠，又180POA POD ∠+∠=︒，∴90POA POC POD ∠=∠=∠=︒，∴OP AD ⊥，OP OC ⊥，而OC AD O =，,OC AD ⊂平面ABCD ，∴OP ⊥平面ABCD ，因此可以,AB AD 为,x y 轴，过A 平行于OP 的直线为z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,1,1)P ， (0,1,1)=AP ，(1,1,0)AC =，设平面PAC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00n AP y z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1y =-，则1x z ==，即(1,1,1)n =-，又(1,1,1)BP =-，1111cos ,333BP n BP n BP n ⋅--+===-⨯， 直线PB 与平面PAC 所成角为θ，则1sin cos ,3BP n θ==．备注：以上图,,OC OD OP 分别为,,x y z 建立直角坐标系更加容易计算。
高考数学复习点拨 共点、共线与共面问题解法评析
共点、共线与共面问题解法评析平面的基本性质是研究立体几何的基础，公理3及其推论是将立体几何图形问题转化为平面几何图形问题的理论依据，在这里，判断和证明点、线共面问题就显得十分重要．下面介绍点、线共面问题的三种常见类型．一、点共线问题证明此类问题，可先由两点确定一条直线，再证其余的点也在这条直线上；也可以证明所有的点都在一条特定的直线(如两个平面的交线)上．例1 如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是B 1C 1和D 1C 1 的中点，P ，Q 分别为EF 和BD 的中点，对角线A 1C 与平面EFDB 交于H 点．求证：P ，H ，Q 三点共线．证明：由EF ∥DB ，确定平面BF ．⎭⎬⎫∈⊂EF P BF EF 平面⇒P ∈平面BF ，同理，Q ∈平面BF ， ∴P ，H ，Q ∈平面BF ． 由A 1C 1∥AC ，确定平面A 1C ，P ∈A 1C 1，Q ∈AC ，H ∈A 1C ，∴P ，H ，Q ∈ A 1C ．根据公理3，P ，H ，Q 三点一定在平面BF 与平面A 1C 的交线上，故P ，H ，Q 三点共线．评析：证明点共线问题，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，这样可根据公理2证得这些点都在这两个平面的公共直线上．二、线共点问题证明此类问题，通常先证明某两条直线相交于一点，再证交点在第三条直线上；或证某一条直线与两外两条都相交，再证两交点重合(即用同一法) ．例2 如图，已知空间四边形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别是BC 、CD 上的点，且GCBG =HCDH = 2，求证：EG 、FH 、AC 相交于同一P ．证明：∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点，∴EF ∥BD 且EF =21BD ．· A· BCEFHP · QDA 1B 1C 1D 1又∵GCBG =HCDH = 2，∴GH ∥BD 且GH =31BD ，∴EF ∥GH 且EF ＞GH ．∴四边形EFHG 是梯形，其两腰必相交， 设两腰EG 、FH 相交于一点P ， ∵EG ⊂平面ABC ，FH ⊂平面ACD ， ∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD ，又平面ABC 平面ACD = AC ，∴P ∈AC ． 故EG 、FH 、AC 相交于同一P ．评析：证明共点问题一般是证明三条直线交于一点．首先证明其中的两条直线相交于一点，然后再说明第三条直线是经过这两条直线的两个平面的交线，由公理2可知两个平面的公共点必在两个平面的交线上，即三条直线交于一点．三、线共面问题．证线共面问题，先根据已知条件，确定一个平面，再证其余直线也在这个平面内．例3 求证：两两相交但不过同一点的四条直线共面。
立体几何向量法证明共面
立体几何向量法证明共面一、引言在立体几何中，我们经常遇到需要判断一组向量是否共面的问题。
共面是指若干个向量所在的直线或平面重合。
本文将介绍一种方法——向量法，通过使用向量的性质和运算，来证明一组向量是否共面。
二、共面向量的定义设有n个向量A1，A2，…，An，它们的起点都相同。
若存在n个实数k1，k2，…，kn，使得A1、A2，…，An的终点共面，则称向量A1，A2，…，An为共面向量。
三、向量法证明共面的基本思路要证明一组向量共面，可以利用向量的线性关系来进行证明。
即通过构造一个线性组合，使得该线性组合的系数满足某些条件，从而推导得出一组向量共面。
四、向量法证明共面的步骤以下是向量法证明一组向量共面的基本步骤： 1. 设共面的向量组为A1，A2，…，An，起点都相同。
2. 假设存在n个实数k1，k2，…，kn，使得A1、A2，…，An的终点共面。
3. 构造一个线性组合B = k1 * A1 + k2 * A2 + … + kn * An。
4. 利用向量的线性运算和性质，对线性组合B进行化简。
5. 得到化简后的线性组合B’，并观察B’的系数是否满足某些条件。
6. 若B’的系数满足某些条件，则可以得出A1，A2，…，An共面的结论。
五、向量法示例证明5.1 问题描述已知向量A1 = (1, 2, 3)，A2 = (2, 4, 6)，A3 = (3, 6, 9)，求证向量A1，A2，A3共面。
### 5.2 证明过程根据步骤四和步骤五，我们构造线性组合B = k1 * A1 + k2 * A2 + k3 * A3，然后观察线性组合B’的系数是否满足某些条件。
B = k1 * (1, 2, 3) + k2 * (2, 4, 6) + k3 * (3, 6, 9) 化简得：B = (k1 + 2k2 +3k3, 2k1 + 4k2 + 6k3, 3k1 + 6k2 + 9k3) 我们观察到系数的表达式中，恰好存在一个公因子3，即3k1，3k2，3k3。
证明共面问题的几种常用方法
证明共面问题的几种常用方法平面的基本性质是研究立体几何的基础，公理3及其推论是将立体几何图形问题转化为平面几何图形问题的理论依据，在这里，判断和证明点、线共面问题就显得十分重要。
下面介绍点、线共面问题的三种常见类型。
例1 求证：两两相交但不过同一点的四条直线共面。
证明：分两种情况证明：⑴有三条直线过同一点，如图， ∵A ∉D ，∴过A 、D 确定平面α， 又∵B 、C 、D ∈D ，∴B 、C 、D ∈α。
于是AB ⊂α，AC ⊂α，AD ⊂α，因此A 、B 、C 、D 四条直线共面．⑵ 任三条直线都不过同一点，如图， ∵A B =A ，∴过A 、B 确定平面α． 又∵D 、E ∈B ，B 、C ∈A ， ∴D 、E ∈α，B 、C ∈α，由B 、E ∈α，得C ∈α；由C 、D ∈α，得D ∈α． 因此A 、B 、C 、D 四条直线共面．评析：证明多个元素(点和线)共面，一般先由公理3或其推论确定 平面α经过某些元素(或者说这些元素在平面α内)，再由公理1或公理2证明其它元素也在平面α内．例2 如图，直线AB 、CD 、EF 两两平行，且分别与直线l 相交于A 、C 、E ，求证：AB 、CD 、EF 三条直线在同一平面内．ab cdABCDdab cABCD E证明：∵AB ∥CD ，∴AB ，CD 确定一个平面α． ∵ A ，C 分别为AB ，CD 上的点， ∴A ∈α，C ∈α，即l ∈α．又∵EF ∥CD ，∴CD ，EF 确定一个平面β． ∵ E ，C 分别为EF ，CD 上的点， ∴E ∈β，C ∈β，即l ∈β．这样，l 和CD 既在平面α内，又在平面β内，当l 和CD 是相交直线，经过它们的平面只有一个，故α和β重合．∴AB 、CD 、EF 三条直线共面．评析：证明多线共面问题，一般是三线共面作原始题，从而推广到多线共面，其常见证明方法是：先又其中两条直线确定一个平面α，另两条直线确定一个平面β，而α和β又同时具有确定平面的公共条件，进而α和β重合，从而三线共面．例3 已知A 、B 、C 、D 是空间4点，且∠ABC =∠BCD =∠CDA =2π，求证：A 、B 、C 、D 在同一平面内．证明：如图，设A ，B ，C ，D 不在同一个平面内，则AB ，CD 为异面直线．∵∠ABC =∠BCD =2π， ∴BC ⊥AB ，BC ⊥CD ，即BC 为AB ，CD 的公垂线．同理可知，AD 也是AB ，CD 的公垂线．这和两异面直线公垂线的唯一性矛盾，因而命题结论成立，即A 、B 、C 、D 共面．评析：反证法是证明数学问题的最重要方法之一，立体几何中经常使用．它ACBDEFlαABCDα。
立体几何向量法证明共面
立体几何向量法证明共面立体几何向量法证明共面一、引言在立体几何中，共面是一个非常重要的概念。
在实际问题中，很多时候需要判断一些点或者直线是否共面。
其中，向量法是一种比较常用的方法。
本文将通过向量法来证明三个点是否共面。
二、基本概念1. 向量：表示大小和方向的物理量，通常用箭头表示。
2. 向量加法：将两个向量首尾相接，并且按照顺序进行连接，得到一个新的向量。
3. 向量数乘：将一个向量与一个标量相乘，得到一个新的向量。
4. 向量内积：两个同维度的向量进行内积运算时，得到一个标量。
5. 三维坐标系：通常用笛卡尔坐标系来表示三维空间中的点和直线。
三、立体几何中的共面问题在立体几何中，如果有三个点A(x1,y1,z1)、B(x2,y2,z2)和C(x3,y3,z3)，那么如何判断它们是否共面呢？下面就是通过向量法来证明这一问题。
四、立体几何中的向量法证明1. 建立坐标系首先，在三维空间中建立一个直角坐标系，可以将点A、B、C分别表示为向量a、b、c，如下图所示。
2. 求出两个向量接着，我们可以求出向量AB和AC。
向量AB可以表示为b-a，向量AC可以表示为c-a，如下图所示。
3. 求出向量积然后，我们可以求出向量AB和AC的向量积n。
n的大小等于以AB和AC为邻边所构成的平行四边形的面积，n的方向垂直于AB和AC所在平面并且按右手法则确定。
公式如下：n= AB × AC其中，“×”表示叉乘运算符。
4. 判断共面最后，我们只需要判断点A、B、C是否共面即可。
如果n=0，则说明三个点共面；如果n≠0，则说明三个点不共面。
五、实例分析下面通过一个实例来演示如何使用立体几何中的向量法来证明三个点是否共面。
假设有三个点A(1,2,3)、B(4,5,6)和C(7,8,9)，那么如何判断它们是否共面呢？首先，在三维空间中建立一个直角坐标系，并将点A、B、C分别表示为向量a=(1,2,3)、b=(4,5,6)、c=(7,8,9)，如下图所示。
20182019学年高中数学第1部分第3章空间向量与立体几何3.1空间向量及其运算3.1.2共面向量定理讲义含解析苏教
3．1.2 共面向量定理如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，观察下列几组向量，回答问题．问题1：、、可以移到一个平面内吗？提示：可以，因为＝，三个向量可移到平面ABCD内．问题2：，，三个向量的位置关系？提示：三个向量都在平面ACC1A1内．问题3：、、三个向量是什么关系？提示：相等．1．共面向量一般地，能够平移到同一平面内的向量叫做共面向量．2．共面向量定理如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在有序实数组(x，y)，使得p＝xa＋yb.1．空间中任意两个向量都是共面的，空间中任意三个向量可能共面，也可能不共面．2．向量共面不具有传递性．3．共面向量定理给出了平面向量的表示式，说明两个不共线的向量能确定一个平面，它是判定三个向量是否共面的依据．向量共面的判定[例1] 给出以下命题：①用分别在两条异面直线上的两条有向线段表示两个向量，则这两个向量一定不共面；②已知空间四边形ABCD，则由四条线段AB、BC、CD、DA分别确定的四个向量之和为零向量；③若存在有序实数组(x，y)使得＝x＋y，则O、P、A、B四点共面；④若三个向量共面，则这三个向量的起点和终点一定共面；⑤若a，b，c三向量两两共面，则a，b，c三向量共面．其中正确命题的序号是________．[思路点拨] 先紧扣每个命题的条件，再充分利用相关概念做出正确的判断．[精解详析] ①错：空间中任意两个向量都是共面的；②错：因为四条线段确定的向量没有强调方向；③正确：因为、、共面，∴O、P、A、B四点共面；④错：没有强调零向量；⑤错：例如三棱柱的三条侧棱表示的向量．[答案] ③[一点通] 共面向量不一定在同一个平面内，但可以平移到同一个平面内．判定向量共面的主要依据是共面向量定理．1．下列说法正确的是________(填序号)．①以三个向量为三条棱一定可以作成一个平行六面体；②设平行六面体的三条棱是、、，则这一平行六面体的对角线所对应的向量是＋＋；③若＝(＋)成立，则P点一定是线段AB的中点；④在空间中，若向量与是共线向量，则A、B、C、D四点共面．⑤若a，b，c三向量共面，则由a，b所在直线所确定的平面与由b，c所在直线确定的平面是同一个平面．解析：①②③⑤不正确，④正确．答案：④2．已知三个向量a，b，c不共面，并且p＝a＋b－c，q＝2a－3b－5c，r＝－7a＋18b＋22c，试问向量p、q、r是否共面？解：设r＝xp＋yq，则－7a＋18b＋22c＝x(a＋b－c)＋y(2a－3b－5c)＝(x＋2y)a＋(x－3y)b＋(－x－5y)c，∴解得∴r＝3p－5q.∴p、q、r共面.向量共面的证明[例2] 如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.证明：与、共面．[思路点拨] 由共面向量定理，只要用、线性表示出即可．[精解详析] ∵＝＋＋＝＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝＋＋＋＝＋，∴与、共面．[一点通] 利用向量法证明向量共面问题，关键是熟练的进行向量的表示，恰当应用向量共面的充要条件．解题过程中注意区分向量所在的直线的位置关系与向量的位置关系，解答本题，实质上是证明存在惟一一对实数x，y使向量＝x＋y成立，也就是用空间向量的加、减法则及运算律，结合图形，用、表示.3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1和A1D1的中点．证明：向量，，是共面向量．证明：法一：＝＋＋＝－＋＝(＋－＝－.由向量共面的充要条件知，，，是共面向量．法二：连接A1D，BD，取A1D中点G，连结FG，BG，则有FG綊DD1，BE綊DD1，∴FG綊BE.∴四边形BEFG为平行四边形．∴EF∥BG.BG?平面A1BD，EF平面A1BD∴EF∥平面A1BD.同理，B1C∥A1D，∴B1C∥平面A1BD，∴，，都与平面A1BD平行．∴，，是共面向量．4．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k (0≤k≤1)．求证：与向量，共面．证明：如图，在封闭四边形MABN中，＝＋＋.①在封闭四边形MC1CN中，＝＋＋②∵＝k，∴＝k(＋)∴(1－k)＝k，即(1－k)＋k＝0，同理(1－k)＋k＝0.①×(1－k)＋②×k得＝(1－k)＋k，∵＝－，∴＝(1－k)－k，故向量与向量，共面.共面向量定理的应用[例3] 如图所示，已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点．(1)用向量法证明E，F，G，H四点共面；(2)用向量法证明BD∥平面EFGH.[思路点拨] (1)要证E，F，G，H四点共面，根据共面向量定理的推论，只要能找到实数x，y，使＝x＋y即可．(2)要证BD∥平面EFGH，只需证向量与向量、共面即可．[精解详析] (1)如图所示，连接BG，EG，则：＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋.由共面向量定理知E，F，G，H四点共面．(2)设＝a，＝b，＝c，则＝－＝c－a.＝＋＝－＋(c＋b)＝－a＋b＋c，＝＋＝－c＋(a＋b)＝a＋b－c.假设存在x，y，使＝x＋y.即c－a＝x＋y＝a＋b＋c.∵a，b，c不共线．∴解得∴＝－.∴、、是共面向量，∵BD不在平面EFGH内．∴BD∥平面EFGH.[一点通]1．空间一点P位于平面MAB内的充分必要条件是存在实数对x、y，使＝x＋y.满足这个关系式的点P都在平面MAB内；反之，平面MAB内的任一点P都满足这个关系式，这个充要条件常用来证明四点共面．在许多情况下，可以用“若存在有序实数组(x，y，z)使得对于空间任意一点O，有＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1成立，则P、A、B、C四点共面”作为判定空间中四个点共面的依据．2．用共面向量定理证明线面平行的关键是：(1)在直线上取一向量；(2)在平面内找出两个不共线的向量，并用这两个不共线的向量表示直线上的向量；(3)说明直线不在面内，三个条件缺一不可．5．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.证明：设＝a，＝b，＝c，则＝c－a，又O是B1D1的中点，所以＝＝(b－a)．因为D1D綊C1C，所以＝c，＝＋＝(b－a)＋c.＝－(a＋b)，假设存在实数x，y，使＝x＋y，所以c－a＝x－y·(a＋b)＝－(x＋y)a＋xc＋b，且a，b，c不共线，所以x＝1，(x＋y)＝1，且＝0，即x＝1，y＝1.所以＝＋，所以，，是共面向量，又因为不在，所确定的平面ODC1内，所以B1C∥平面ODC1.6．如图，已知P是平面四边形ABCD所在平面外一点，连结PA、PB、PC、PD，点E、F、G、H分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心．求证：E、F、G、H四点共面．证明：分别延长PE、PF、PG、PH交平面四边形ABCD各边于M、N、Q、R.∵E、F、G、H分别是所在三角形的重心，∴M、N、Q、R为所在边的中点，顺次连结M、N、Q、R所得四边形为平行四边形，且有＝，＝，＝，＝.∵MNQR为平行四边形，∴＝－＝－＝＝(＋)＝(－)＋(－)＝·＋＝＋.∴由共面向量定理得E、F、G、H四点共面．向量e1，e2，e3共面?存在三个不全为0的实数λ，μ，γ，使得λe1＋μe2＋γe3＝0.若e1，e2，e3是不共面的三个向量，且λe1＋μe2＋γe3＝0(其中λ，μ，γ∈R)，则λ＝μ＝γ＝0.空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在惟一的有序实数对x，y，使＝x＋y.[对应课时跟踪训练(十九)]1．下列结论中，正确的是________(填序号)．①若a、b、c共面，则存在实数x，y，使a＝xb＋yc；②若a、b、c不共面，则不存在实数x，y，使a＝xb＋yc；③若a、b、c共面，b 、c不共线，则存在实数x、y，使a＝xb＋yc.解析：要注意共面向量定理给出的是一个充要条件．所以第②个命题正确．但定理的应用又有一个前提：b、c是不共线向量，否则即使三个向量a、b、c共面，也不一定具有线性关系，故①不正确，③正确．答案：②③2．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若由向量＝＋＋λ确定的点P与A，B，C共面，那么λ＝________.解析：∵P与A，B，C共面，∴＝α＋β，∴＝α(－)＋β(－)，即＝＋α－α＋β－β＝(1－α－β)＋α＋β，∴1－α－β＋α＋β＝1.因此＋＋λ＝1.解得λ＝.答案：3．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1，若＝x＋y＋zAA1，则x＋y＋z＝________.解析：＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋∴x＝－1，y＝1，z＝.∴x＋y＋z＝.答案：4．i，j，k是三个不共面的向量，＝i－2j＋2k，＝2i＋j－3k，＝λi＋3j－5k，且A、B、C、D四点共面，则λ的值为________．解析：若A、B、C、D四点共面，则向量、、共面，故存在不全为零的实数a，b，c，使得a＋b＋c＝0.即a(i－2j＋2k)＋b(2i＋j－3k)＋c(λi＋3j－5k)＝0.∴(a＋2b＋λc)i＋(－2a＋b＋3c)j＋(2a－3b－5c)k＝0.∵i，j，k不共面，∴∴答案：15．命题：若A、B、C三点不共线，O是平面ABC外一点，＝＋＋，则点M一定在平面ABC 上，且在△ABC内部是________命题(填“真”或“假”)．解析：＝－＝－＋＋＝(－)＋(－)＝(＋)．令BC中点为D，则＝，∴点M一定在平面ABC上，且在△ABC内部，故命题为真命题．答案：真6．已知A，B，C三点不共线，平面ABC外的一点O满足＝＋＋.判断，，三个向量是否共面．解：(1)由已知得＋＋＝3，∴－＝(－)＋(－)，即＝＋＝－－，∴，，共面．7．若e1，e2，e3是三个不共面的向量，试问向量a＝3e1＋2e2＋e3，b＝－e1＋e2＋3e3，c＝2e1－e2－4e3是否共面，并说明理由．解：法一：令x(3e1＋2e2＋e3)＋y(－e1＋e2＋3e3)＋z(2e1－e2－4e3)＝0，亦即(3x－y＋2z)e1＋(2x＋y－z)e2＋(x＋3y－4z)e3＝0，因为e1，e2，e3是三个不共面的向量，所以解得从而a＝7b＋5c，a，b，c三个向量共面．法二：令存在λ，μ，使a＝λb＋μ c成立，即3e1＋2e2＋e3＝λ(－e1＋e2＋3e3)＋μ(2e1－e2－4e3)，因为e1，e2，e3是三个不共面向量，所以解这个方程组得λ＝7，μ＝5，从而a＝7b＋5c，即a，b，c三向量共面．8．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，AB＝2EF，H为BC的中点．求证：FH∥平面EDB.证明：因为H为BC的中点，所以＝(＋)＝(＋＋＋＋)＝(2＋＋＋)．因为EF∥AB，CD綊AB，且AB＝2EF，所以2＋＝0，所以＝(＋)＝＋.又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，，共面．由于FH不在平面EDB内，所以FH∥平面EDB。
立体几何论文：空间四点共面充要条件的应用与探究
立体几何论文：空间四点共面充要条件的应用与探究[摘要] 平面上的三点共线与空间的四点共面，是平面向量与空间向量问题中的一类重要题型。
在高中数学人教a 版选修教材2-1《空间向量与立体几何》一章中，给出了四点共面的一个判定方法，在配套的教参中更明确为充要条件。
因此有些老师在教学中就给出了如下的空间p、a、b、c、四点共面的充要条件：对于空间任意一点o，存在实数x、y、z，使得且x+y+z=1。
这个结论对于解决空间四点共面问题提供了很便捷的方法，[关键词] 立体几何充要条件高中数学平面上的三点共线与空间的四点共面，是平面向量与空间向量问题中的一类重要题型。
在高中数学人教a版选修教材2-1《空间向量与立体几何》一章中，给出了四点共面的一个判定方法，在配套的教参中更明确为充要条件。
因此有些老师在教学中就给出了如下的空间p、a、b、c、四点共面的充要条件：对于空间任意一点o，存在实数x、y、z，使得且x+y+z=1。
这个结论对于解决空间四点共面问题提供了很便捷的方法，例如：以上三个问题的解决都用到了课本中提到的四点共面的充要条件，思路新颖，解法简洁，确实为学生们解决空间四点共面问题提供了一条重要的解题思路。
但是，学生们在解决2005年全国高考数学试题时，却出现了困惑和迷茫。
甚至对该方法提出了质疑。
究竟哪一个答案是正确的？在查阅05年高考试题答案后知道，正确答案应该为1，而对于老师给出的结论也是深信不疑的，因为在平面向量中就曾经得出过类似的问题：平面内三点a、b、c共线的充要条件是：对于平面内任意一点o，存在实数λ、μ，使得 ,且λ+μ=1.课本中的结论其实就是平面向量问题的一个推广。
那么第一种解法究竟错在哪里？这个充要条件正确吗？。
共面的概念
共面的概念
共面，又称共平面，是几何学术语，指的是多个点、线、面等在同一个平面内的状态。
在二维平面上，共面的概念很容易理解。
例如，如果三个点的坐标已知，可以通过这三个点确定一个平面，这三个点就共面。
在三维空间中，共面的概念仍然适用，也可以由多个点、线、面围绕而成复杂的结构。
共面具有以下性质：三个不在一条直线上的点必会共面；一条直线和这直线外的一个点必共面；两条直线相交，则它们必共面；两条平行直线必共面。
此外，在计算机图形学中，共面也是一个非常重要的概念。
例如，在三维建模中，可以通过共面来优化模型的构建，如在建筑物或机械设备的设计中，可以事先确定它们所在的共面平面，然后在完整的建模过程中只需在该平面内进行操作，这样可以简化建模难度，提高工作效率。
以上信息仅供参考，如有需要，建议查阅数学书籍或咨询数学专业人士。
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微专题-立体几何中的共面问题【考情分析】立体几何中的共面问题是近两年高考中的常考题型，在近期的模拟考试的填空选择和解答题中也多有出现，属于中等难度。
【核心素养】转化化归思想匈牙利著名数学家路沙·彼得曾提出这样一个问题：“假设在你面前有煤气灶、水龙头、水壶和火柴，你想烧开水，应当怎样去做？”对此，某人回答说：“在壶中灌上水，点燃煤气，再把壶放到煤气灶上。
”提问者肯定了这一回答；但是，他又追问道：“如果其它的条件都没有变化，只是水壶中已经有了足够多的水，那你又应当怎样去做？”这时被提问者往往会很有信心地说：“点燃煤气，再把水壶放到煤气灶上。
”但是，提问者指出，这一回答并不能使他感到满意。
因为，数学家的回答应是这样的：“只有物理学家才会这样做，而数学家们则会倒掉壶中的水，并声称我已把后一问题化归成原先的问题了。
”【前测训练】1.如图，已知正方体1111ABCD A BCD -1AM AN ==的棱长为3，,M N 分别是棱1AA 、AB 上的点，且1AM AN ==.（1）证明：1,,,M N C D 四点共面；（2）求几何体1AMN DD C -的体积.【思路引导】（Ⅰ）欲证M ，N ，C ，D 1四点共面，转证MN ∥A 1B 即可；（Ⅱ）先证明几何体1AMN DD C -是一个三棱台，再求几何体1AMN DD C -的体积．试题解析：（1）证明：∵11//A D AD ，11A D AD =，又//BC AD ，BC AD =，∴11//A D BC ，且11A D BC =，连接1A B ，则四边形11A BCD 是平行四边形，所以11//A B D C 在1ABA ∆中，1AM AN ==，13AA AB ==，所以1AM AN AA AB=，所以1//MN A B 所以1//MN D C ，所以1,,,M N C D 四点共面.（2）因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，又1,,,M N C D 四点共面，所以平面//AMN 平面1DD C 延长CN 与DA 相交于点P ，因为//AN DC 所以AN PA DC PD =，即133PA PA =+，解得32PA =，同理可得32QA =，所以点P 与点Q 重合所以1,,D M DA CN 三线相交于一点，所以几何体1AMN DD C -是一个三棱台111199133322222AMN DD C V -⎛⎫∴=⨯+⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 2.如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥底面ABCD ,1AB PA ==,3AD =, ,F F 分别为棱,PD PA 的中点.（1）求证:B 、C 、E 、F 四点共面；（2）求异面直线PB 与AE 所成的角余弦值.【思路引导】（1）因为在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,可得EF ∥AD ,结合底面为矩形,即可求得答案;（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,求得PB 和AE ,||cos ||||PB AE PB AE θ⋅=⋅,即可求得答案. 【详解】（1）在PAD ∆中,由E 、F 为PD 、PA 中点得:EF 为中位线,∴EF ∥AD 又底面为矩形,AD ∥BC ,∴EF ∥BC ∴由平行线确定唯一平面得E 、F 、B 、C 在同一平面上.（2）以A 为原点建立坐标系,其中AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴,如图:可得(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,0,1)P ，312E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭∴(1,0,1)=-PB ,312AE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,||2cos ||||2121PB AE PB AE θ⋅∴===⋅⋅【考题再现】1.(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值.【详解】设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c .如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1→的方向为x 轴正方向， 建立空间直角坐标系C 1－xyz .(1)证明：连接C 1F ，C 1(0，0，0)，A (a ，b ，c )，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，EA →＝1(0,,)3b c ，C 1F →＝1(0,,)3b c ，得EA →＝C 1F →，2(,0,)3E a c 因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面，所以点C 1在平面AEF 内.【方法联想】点在面内转化划归为四点共面转化化归为线线平行本题也可以采用证明EC 1∥AF 来证明，无需建系，岂不快哉！(2)由已知得A (2，1，3)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，A 1(2，1，0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1).设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，－2x －2z ＝0，可取n 1＝(－1，－1，1). 设n 2为平面A 1EF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 设二面角A －EF －A 1的平面角为α，所以cos α＝cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77， 则sin α＝1－cos 2α＝427，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 【方法总结】参考周国yi 的分析【微点突破】【典型例题1】（2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13. (1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F －AE －P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由.(1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥平面P AD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为P A ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1).所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2).所以PF →＝13PC →＝222(,,)333-所以AF →＝AP →＋PF →＝224(,,)333设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1. 于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面P AD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33. 由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内，理由如下：因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)， 所以PG →＝23PB →＝424(,,)333--，所以AG →＝AP →＋PG →＝422(,,)333- 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)，所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内. 【方法联想】线与平面的位置关系转化划归为利用向量法证明线面平行即转化划归直线与平面法向量垂直问题【随堂训练】（2021苏锡常镇一模19）如图，在四棱锥P —ABCD 中，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，PC ＝2，E 为PD 的中点．（1）求直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值；（2）设F 是BE 的中点，判断点F 是否在平面PAC 内，并请证明你的结论．【答案】（1）13；（2）F 在平面PAC 内．证明见解析． 【分析】（1）计算出2PA PD ==证明AC CD ⊥，然后取取AD 中点O ，连接,OC OP ，可证明OP ⊥平面ABCD ，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；（2）F 在平面PAC 内．只要证明AF 与,AC AP 共面即可得．【解析】直角梯形ABCD 中，由已知可得2AC =，2CD =，∴222AC CD AB +=，即AC CD ⊥，又APD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，∴2PA PD == 取AD 中点O ，连接,OC OP ，则1OC OA OD ===，1OP =，则OAP OCP ODP ≅≅△△△，∴POA POC POD ∠=∠=∠，又180POA POD ∠+∠=︒，∴90POA POC POD ∠=∠=∠=︒，∴OP AD ⊥，OP OC ⊥，而OC AD O =，,OC AD ⊂平面ABCD ，∴OP ⊥平面ABCD ，因此可以,AB AD 为,x y 轴，过A 平行于OP 的直线为z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,1,1)P ， (0,1,1)=AP ，(1,1,0)AC =，设平面PAC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00n AP y z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1y =-，则1x z ==，即(1,1,1)n =-，又(1,1,1)BP =-，1111cos ,333BP n BP n BP n ⋅--+===-⨯， 直线PB 与平面PAC 所成角为θ，则1sin cos ,3BP n θ==．备注：以上图,,OC OD OP 分别为,,x y z 建立直角坐标系更加容易计算。