四點共面，鏈接教材，變式拓展

陶賢

空間中的四點共面的判斷與證明是空間向量與立體幾何部分的一個基本知識點，也是一大難點，歷年高考數學試題中較少涉及，沒有引起大家的高度重視.而在2020年高考數學全國卷Ⅲ的文科和理科試題中，都出現了空間四點共面的證明問題，也充分說明了該部分知識的基礎性與重要性.借助空間中四點共面的判斷與證明，很好地考查考生的數形結合思想、空間想象能力與推理論證能力，以及直觀想象、邏輯推理等數學核心素養.

1 真題呈現

高考真題? （2020年高考數學全國卷Ⅲ理科第19題）如圖1，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.

（1）證明：點C1在平面AEF內.

（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A-EF-A1的正弦值.

此題以長方體為問題背景，通過相應線段的長度關系，證明點在平面內（其實就是證明四點共面）以及求解二面角的平面角的正弦值，改變以往傳統的證明直線與平面之間的平行或垂直關系，令人耳目一新.

2 問題破解

（Ⅰ）第（1）問的證法如下：

證法1：幾何法.

如圖2，在棱CC1上取點G，使得C1G=12CG，連接DG，FG，C1E，C1F.

在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC且AD=BC，BB1∥CC1且BB1=CC1.

由C1G=12CG，BF=2FB1，可得CG=23CC1=23BB1=BF，所以四邊形BCGF為平行四邊形，則GF∥BC且GF=BC.

又BC∥AD且BC=AD，

所以AD∥GF且AD=GF，即四邊形AFDG是平行四邊形，則AF∥DG且AF=DG.

同理可證，四邊形DEC1G為平行四邊形，則C1E∥DG且C1E=DG.

所以C1E∥AF且C1E=AF，則四邊形AEC1F為平行四邊形.

因此，點C1在平面AEF內.

證法2：基底法1——共面向量定理.

在長方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1∥DD1且BB1=CC1=DD1，結合2DE=ED1，BF=2FB1，可得ED1=BF.

由AC1=AC+CC1=AB+AD+DE+ED1=AB+AD+DE+BF=（AB+BF）+（AD+DE）=AF+AE，知A，E，F，C1四點共面，所以點C1在平面AEF內.

證法3：基底法2——共面向量定理的推論.

設D1A1=a，D1C1=b，D1D=c，則D1A=a+c，D1E=23c，可得c=32D1E，于是a=D1A－32D1E.

由D1F=D1A1+A1B1+B1F=D1A1+D1C1+13B1B=D1A1+D1C1+13D1D=a+b+13c=D1A－32D1E+D1C1+13×32D1E=D1A+D1C1－D1E（其中1+1－1=1），知A，E，F，C1四點共面，所以點C1在平面AEF內.

證法4：坐標法.

設AB=a，AD=b，AA1=c，如圖3所示，以C1為坐標原點，C1D1的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系C1-xyz.

連接C1F，則C1（0，0，0），A（a，b，c），Ea，0，23c，F0，b，13c，于是EA=0，b，13c，C1F=0，b，13c，

可得EA=C1F，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四點共面，所以點C1在平面AEF內.

點評：證明空間中的四點共面問題，常見的證明方法就是以上三大類——（1）利用空間幾何圖形的特征，借助幾何法的推理與論證，通過空間問題平面化來證明；（2）利用共面向量定理或推論，借助空間向量的基底法，通過向量的線性運算與轉化來證明；（3）利用空間直角坐標系的建立，借助坐標法的運算，通過向量的平行判斷與轉化來證明等.特別地，對于共面向量定理及其推論，是立體幾何中的一個重要的定理，可以用來處理一些與之相關的問題，往往可以使問題處理得更加簡捷、巧妙.

（Ⅱ）第（2）問的解法如下：

解：以C1為坐標原點，C1D1的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系C1-xyz，則由已知可得A（2，1，3），E（2，0，2），F（0，1，1），A1（2，1，0），則AE=（0，－1，－1），AF=（－2，0，－2），A1E=（0，－1，2），A1F=（－2，0，1）.

設平面AEF的法向量為m=（x1，y1，z1）.

由m·AE=0，m·AF=0，得-y1-z1=0，-2x1-2z1=0，取z1=－1，得x1=y1=1，則m=（1，1，－1）.

設平面A1EF的法向量為n=（x2，y2，z2）.

由n·A1E=0，n·A1F=0，得-y2+2z2=0，-2x2+z2=0，取z2=2，得x2=1，y2=4，則n=（1，4，2）.

所以cos〈m，n〉=m·n|m||n|=1+4-23×21=77.

設二面角A-EF-A1的平面角為，則|cos |=77，可得sin =1-cos2=427.

因此，二面角A-EF-A1的正弦值為427.

點評：坐標法是求解二面角的平面角的三角函數值問題中一個比較常見的方法，借助空間直角坐標系的建立，以及對應的點、向量的坐標的表示，結合相應兩半平面的法向量的設置與確定，結合向量的數量積公式的轉化與應用來確定相應的二面角的平面角問題.坐標法實現了用代數方法處理立體幾何問題中的四點共面、線面位置關系、空間角、距離等幾何推理與求解問題.

3 鏈接教材

以上基于向量的四點共面的判斷，其對應的共面向量定理及其推論是數學教材中的一個基本知識點，來源于教材，又服務于證明，可以很好地證明或求解與四點共面有關的數學問題.

普通高中課程標準實驗教科書《數學·選修2-1》（人教A版）第87頁：

結論1：共面向量定理.

空間一點P位于平面ABC內的充要條件是存在有序實數對（x，y），使AP=xAB+yAC.

普通高中課程標準實驗教科書《數學·選修2-1》（人教A版）第88頁“思考”：

結論2：共面向量定理的推論.

空間任意一點O和不共線的三點A，B，C滿足向量關系式OP=xOA+yOB+zOC（x+y+z=1）的點P與點A，B，C共面.

共面向量定理是共線向量定理在空間中的推廣與拓展，共線向量定理用來證明三點共線，共面向量定理用來證明四點共面.

4 變式拓展

高考真題? （2020年高考數學全國卷Ⅲ文科第19題）如圖4，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.證明：

（1）當AB=BC時，EF⊥AC；

（2）點C1在平面AEF內.

證明：（1）連接BD，B1D1.

因為AB=BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.

又因為BB1⊥平面ABCD，于是BB1⊥AC，而BD，BB1SymbolLC@平面BB1D1D，所以AC⊥平面BB1D1D.

因為EFSymbolLC@BB1D1D，所以EF⊥AC.

（2）可以參照上述理科真題第（1）問的證明方法.

5 解后反思

新一輪課程改革的核心就是培育學生的核心素養，發展學生的綜合能力.承載著“立德樹人、服務選才和引導教學”功能的數學高考，應借助試題“情境”的變革，夯實基礎，以教材為本并超越教材，著眼于基礎知識、基本技能、基本方法的考查，特別重視對數學思想方法、關鍵能力和學科素養的考查.因而在平時的數學教學與復習中，教師應在拓展延伸中緊扣課本，鏈接教材，注重歸類遷移能力培養，聚焦思維品質，培養關鍵能力，從而有效實現學生數學素養的漸進式提升.