李鴻昌

(北京師范大學(xué)貴陽附屬中學(xué),北京 550081)

題目(2020年高考全國(guó)Ⅲ卷理科第19題)如圖1,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E,F分別在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.

圖1 2020年高考全國(guó)Ⅱ卷理科19題圖

(1)證明:點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi);

(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

1 考題分析

第(1)問是證明點(diǎn)在面內(nèi),此問具有很強(qiáng)的創(chuàng)新性與開放性,給考生很大的發(fā)揮空間:可以從幾何的角度進(jìn)行證明,也可以從向量的的角度進(jìn)行證明.第(2)問是求二面角,是常規(guī)題,建立空間直角坐標(biāo)系,求出兩個(gè)面的法向量即可.

下文主要探究第(1)問的多角度證明與高觀點(diǎn)審視.

2 題目解析

視角1經(jīng)過兩條平行直線,或經(jīng)過兩條相交直線,有且只有一個(gè)平面.

解法1 如圖2,連接EC1,FC1,在AA1上取一點(diǎn)G,使得A1G=2GA,并連接EG,GB1.

圖2 解法1圖

在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,易知EG∥D1A1,EG=D1A1,C1B1∥D1A1,C1B1=D1A1.

所以EG∥C1B1,EG=C1B1.

即四邊形EGB1C1是平行四邊形.

所以EC1∥GB1.

在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,易知AG∥FB1,AG=FB1.即四邊形AGB1F是平行四邊形.

所以AF∥GB1.所以EC1∥AF.

所以A,E,C1,F四點(diǎn)共面[1].

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

解法2 如圖3,連接EC1,FC1,在AA1上取一點(diǎn)M,使得AM=2MA1,并連接D1M,MF.

圖3 解法2圖

在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,易知MF∥A1B1,MF=A1B1,A1B1∥D1C1,A1B1=D1C1.

所以MF∥D1C1,MF=D1C1.

即四邊形MFC1D1是平行四邊形.

所以MD1∥C1F.

在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,易知ED1∥AM,ED1=AM.即四邊形ED1MA是平行四邊形.

所以AE∥MD1.所以AE∥C1F.

所以A,E,C1,F四點(diǎn)共面.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

解法3 如圖4,延長(zhǎng)AE,A1D1交于點(diǎn)M,延長(zhǎng)AF,A1B1交于點(diǎn)N,連接MN,MN與直線D1C1交于點(diǎn)O.

圖4 解法3圖

因?yàn)?DE=ED1,BF=2FB1,DE∥AA1,FB1∥AA1,

又因?yàn)镈1O∥A1N,

又因?yàn)锳1B1=D1C1,所以D1O=D1C1.

則點(diǎn)O與C1重合.

即C1在直線MN上.

因?yàn)镸N?平面AEF,C1∈MN

所以點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

視角2向量共面定理.

由共面向量的充要條件知,A,E,C1,F四點(diǎn)共面.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

即x+y+z=1.

由共面向量的充要條件知,A,E,C1,F四點(diǎn)共面.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

圖5 解法6圖

由共面向量的充要條件,知A,E,C1,F四點(diǎn)共面.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

視角3 點(diǎn)面距.

若點(diǎn)到平面的距離為0,則點(diǎn)在平面內(nèi).

設(shè)平面AEF的法向量為n=(x0,y0,z0),

令z0=3ab,得n=(-2bc,-ac,3ab).

設(shè)C1到平面AEF的距離為h,則

即點(diǎn)C1到平面AEF的距離為0.

所以點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

視角4 線面角.

若直線與平面所成的角是零角,且直線有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi),則直線在平面內(nèi).

解法8同解法7,得平面AEF的法向量

設(shè)直線AC1與平面AEF所成的角為θ,則

即直線AC1與平面AEF所成的角為0.

又A∈平面AEF,

所以AC1?平面AEF的.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

視角5 法向量垂直于平面內(nèi)的任意直線.

解法9同解法7,得平面AEF的法向量

又因?yàn)辄c(diǎn)A∈平面AEF,

所以AC1?平面AEF.

所以A,E,C1,F四點(diǎn)共面.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

3 高考真題探源

在往年的高考真題中,是否出現(xiàn)過證明四點(diǎn)共面的試題呢?或者與之相似的試題呢?

其實(shí),我們可以在往年的高考真題中找到四點(diǎn)共面的原型.那就是2019年全國(guó)Ⅲ卷理科第19題的第(1)問和2019年北京卷理科第16題的第(3)問[2].

(2019年全國(guó)Ⅲ卷理19)圖6是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖7.

圖6 2019年全國(guó)Ⅲ卷理19題圖 圖7 2019年全國(guó)Ⅲ卷理19題圖

(1)證明:圖7中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE;

(2)求圖7中的二面角B-CG-A的大小.

證明(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE.

所以AD∥CG.

故AD,CG確定一個(gè)平面.

從而A,C,G,D四點(diǎn)共面．

高考真題是高考命題專家智慧的結(jié)晶,經(jīng)典而具有代表性,很多的高考題都可以在往年的真題中找到原型.因此,在高三備考復(fù)習(xí)中,做真題卷,對(duì)歷年高考真題進(jìn)行變式、推廣等研究很有必要.

4 高觀點(diǎn)審視

4.1 平面方程

設(shè)平面的法向量為n=(A,B,C),且過點(diǎn)(x0,y0,z0),因?yàn)橐粋€(gè)點(diǎn)和一個(gè)法向量決定一個(gè)平面,所以得到平面點(diǎn)法式方程

A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.

在平面點(diǎn)法式方程中,令D=-Ax0-By0-Cz0,則得到平面一般式方程Ax+By+Cz+D=0.

4.2 求平面方程

由上文知,平面AEF的法向量n=(-2bc,-ac,3ab)且過點(diǎn)A(a,b,c),由平面點(diǎn)法式方程得

-2bc(x-a)-ac(y-b)+3ab(z-c)=0.

化簡(jiǎn),得-2bcx-acy+3abz=0.

即為平面AEF的方程.

4.3 證明點(diǎn)在面內(nèi)

思路1 檢驗(yàn)點(diǎn)的坐標(biāo)是否滿足平面方程.

解法10 因?yàn)辄c(diǎn)C1(0,0,0),顯然滿足平面AEF的方程-2bcx-acy+3abz=0.

所以點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).

思路2計(jì)算點(diǎn)面距是否為0.

4.4 三向量共面的充要條件

三向量共面當(dāng)且僅當(dāng)它們的混合積為零,當(dāng)且僅當(dāng)它們的坐標(biāo)構(gòu)成的行列式為零.

證明設(shè)向量mi(i=1,2,3)的坐標(biāo)是(ai1,ai2,ai3),i=1,2,3.此三向量共面當(dāng)且僅當(dāng)它們共起點(diǎn)時(shí)構(gòu)成的平行六面體體積為零,當(dāng)且僅當(dāng)(m1,m2,m3)=0,當(dāng)且僅當(dāng)

4.5 空間四點(diǎn)共面的充要條件

空間四點(diǎn)A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),C(x3,y3,z3),D(x4,y4,z4)共面當(dāng)且僅當(dāng)

利用空間四點(diǎn)共面的充要條件可得到該問題的另一高觀點(diǎn)解法.

=0,

所以A,E,F,C1四點(diǎn)共面.

故點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi).