四点共面

时间：2021-11-11 01:55:51 300字

第一篇:《四点共面问题探究》

空间四点共面充要条件的应用与探究河北唐山一中姚洪琪 063000

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OPxOAyOBzOC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：

问题1：对于空间任一点O和不共线的三点A、B、C，有6OPOA2OB3OC，则（）

(A)O、A、B、C 四点共面 (B) P、A、B、C 四点共面 (C) O、P、B、C 四点共面 (D) O、P、A、B、C五点共面分析：由条件可以得到OP显然答案为（B）

问题2：已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，OMxOA分析：由上面的充要条件很容易得到x1

121316

12OB

OC，则

16OA

13OB

OC，而

161312

1，则P、A、B、C 四点共面。

。

问题3：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，P、M、N分别是AA1、AB、AD上一点，且

AP

AA1,AM

AB,AN

AD，对角线AC1与平面PMN交与点H，求H点分AC1的比。

分析：因为P、M、N、H四点共面，则可设为

AHxAPyAMzAN，且x+y+z=1

由已知，AP则AH

2x3

AA1,AMy2AB

AB,AN

AD，

AA1

又A、H、C1三点共线，则AHAC1 而AC1AA1ABAD 所以，AH

2x3AA1

y2AB

z4AD

AA1ABAD 因为向量AA1，AB，AD不共面，则有：所以，x

2x3y2z4，

，y2，z4

又因为x+y+z=1，所以，所以，AH{四点共面}.

215

AC1

+2+4=1，解得

215

即：H点分AC1的比为2:13.

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。

05年高考题为：⊿ABC的外接圆圆心为O，两条高线的交点为H，若OHm(OAOBOC)，则。

一部分学生认为，该题可以利用课本中给出的充要条件解决，将本题看成H、A、B、C四点共面， O为空间任意一点，则应有m+m+m=1，从而得到m=

另外一部分学生认为该题可以采用以下特殊解法，将⊿ABC看成一个等腰直角三角形，则容易得到

OHOAOBOC，于是m=1.

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OAOBOC,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？

如果和上面的结论做一对比的话，就是对本题中的五点共面有所怀疑，但是教参中并没有强调O点不能与PABC共面。我们再推敲一下教参中对于这个充要条件的证明，OPOAAP，肯定没有问题，根据平面向量基本定理，向量AP一定可以用不共线的向量AB和AC表示（此处注意，A、B、C三点必须不共线，课本中说的是平面ABC，教参中也强调不共线），即：

AP=ABAC=(OBOA)(OCOA）所以，OPOAAP

OAABAC

OA(OBOA)(OCOA）

（1）OAOBOC 显然其系数和为1.

但是，当O点与P、A、B、C共面时，向量AP也可以用不共线的向量OB和OC直接表示，即，APOBOC，则OPOAAPOAOBOC，显然其系数和1不一定等于1.

不妨可以看一个五点共面的特殊例子(如右图)，对于正

方形ABCD，设其中心为O，则OAOBOCOD，其

系数和等于1，但是也可以表示成OA2OBOC2OD，

其系数和等于3，还可以表示成OA5OBOC5OD，其系数和等于9，等等，显然各种不同的表示形式其系数和是不确定的。

问题的症结找到了，如果O点与P、A、B、C共面时，向量OP可以用OA、OB、OC表示成各种不同的形式OPxOAyOBzOC，表达形式不确定，其系数和当然也不确定。实际上，问题的关键在于与空间向量基本定理相悖，当O点与P、A、B、C共面时，向量OP、OA、OB、OC为共面向量，那么向量OP是不能用OA、OB、OC唯一表示的。同时，即便O点与P、A、B、C不共面时，也必须．．要求A、B、C、三点不共线，否则，根据空间向量基本定理，由于向量OA、OB、OC是共面向量，那么向量OP是不能用OA、OB、OC表示的。．．

所以，有些老师结合教材和教参中的表述给出充要条件的说法严格说是不准确的，充分性没有问题，而必要性则需要加以限制。应该表述成，若空间P、A、B、C四点共面，且A、B、C三点不共线，则对于空间不与PABC共面的任意一点O，存在实数x、y、z，使得OPxOAyOBzOC且x+y+z=1.，反之，若OPxOAyOBzOC且x+y+z=1，则P、A、B、C四点共面。

类似可以得到，平面内P、A、B三点共线，则对于不在直线AB上的点O，有OPOAOB，且1；反之，若OPOAOB，且1，则P、A、B三点共线。在这里注意，当P、A、B、O四点共线时，虽有OPOAOB，但是、并不唯一，所以不一定有1。

以上所述是否正确，希望得到各位同行的批评指正！

第二篇:《向量证明四点共面》

向量证明四点共面由n+m+t=1 , 得 t=1-n-m ,代入op=nox+ moy +toz，得 OP=n OX +mOY +(1-n-m)OZ, 整理，得

OP-OZ =n(OX-OZ) +m(OY-OZ)即ZP =nZX +mZY即P、X、Y、Z 四点共面。以上是充要条件。

2如果通过四点外的一点(空间中)与四点之间的关系来判断折四点共面

A,B,C,D,4个点,与另外一点O,若OA=xOB+yOC+zOD,x+y+z=1,四点就共面 3设一向量的坐标为(x,y,z)。另外一向量的坐标为(a,b,c)。如果(x/a)=(y/b)=(z/c)=常数，则两向量平行如果ax+by+cz=0，则两向量垂直。答案补充三点一定共面,证第四点在该平面内用向量,另取一点O 如向量OA=ax向量OB+bx向量OC+cx向量OD，且a+b+c=1 则有四点共面答案补充方法已经很详细了呀。4线平行线: 两条线的方向向量矢量积为0，且两条线没交点

面平行线：是线平行面吧，线的方向向量和平面法向量垂直，即线的方向向量和平面法向量数量积为0 ，且线不在平面内

三点共面：三点肯定是共面的，我猜你说的是三点共线吧，比如ABC三点，证明共线，证明AB与BC的方向向量矢量积为0

四点共面：比如ABCD三点证明AB,AC,AD三者满足先求AB,AC的矢量积a，再a和AD数量积为0

3怎样证明空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，向量OP=x向量OA+y向量OB+z向量OC且x＋y＋z＝1，则P，A，B，C四点共面

简明地证明，网上的不具体，不要复制!

证明：由x+y+z=1→x向量OC + y向量OC + z向量OC=向量OC，且：x向量OA+y向量OB+z向量OC=向量OP

将上边两式相减得：向量OP-向量OC=x(向量OA-向量OC)+y(向量OB-向量O

C)即：向量CP=x向量CA+y向量CB

由x向量CA+y向量CB所表示的向量必在平面ABC内→P点必在平面ABC内。故：A，B，C，P四点共面。

4可以先随便假设其中3点共面(很简单2点确定一条直线，直线和直线外一点可以确定1个平面) 不防设 A B C 三点共面只需证明P点在这个平面上即可以下向量符号省去

证明： PA=BA-BP=OA-OB-(OP-OB)=OA-OP=OA-(a 向量OA+b向量OB+c向量O

C )=(1-a)OA-bOB-cOC=(b+c)OA-bOB-cOC=bBA+cCA

到这里因为ABC已经确定了一个平面且 PA=bBA+cCA

所以PA平行平面又A在平面内所以P点也在该平面内，所以四点共面如果两个向量a. b不共线，则向量p与向量a.b共面的充要条件是存在有序实数对(x.y),使 p=xa+yb

编辑本段共面向量的定义：能平移到同一平面上的三个向量叫做共面向量编辑本段推论：推论1 设OABC是不共面的四点则对空间任意一点P 都存在唯一的有序实数组(x,y,z)

使得OP=xOA+yOB+zOC {OP,OA,OB,OC均表示向量} 说明：若x+y+z=1 则PABC四点共面（但PABC四点共面的时候，若O在平面ABP内，则x+y+z不一定等于1，即x+y+z=1 是P.A.B.C四点共面的充分不必要条件）

证明： 1）唯一性：

设另有一组实数x',y',z' 使得OP=x'OA+y'OB+z'OC

则有xOA+yOB+zOC=x'OA+y'OB+z'OC ∴(x-x')OA+(y-y')OB+(z-z')OC=0 ∵OA、OB、OC不共面 ∴x-x'=y-y'=z-z'=0即x=x'、y=y'、z=z'

故实数x,y,z是唯一的

2）若x+y+z=1 则PABC四点共面：

假设OP=xOA+yOB+zOC且x+y+z=1 且PABC不共面

那么z=1-x-y 则OP=xOA+yOB+OC-xOC-yOC{四点共面}.

OP=OC+xCA+yCB(CP=xCA+yCB)

点P位于平面ABC内与假设中的条件矛盾故原命题成立

推论2

空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x.y,使 MP=xMA+yMB {MP MA MB 都表示向量} 或对空间任一定点O，有 OP=OM+xMA+yMB {OP,OM,MA,MB表示向量}

选定向量基底，解决常见立体几何问题

利津二中陈富君魏静

我们知道，空间向量的坐标运算成为解决立体几何的垂直与平行的证明、角与距离的求解等问题的一个十分有效的工具，用空间向量的方法处理立体几何问题,常常可以收到化繁为简,化难为易,也降低了同学们学习立体几何的思维难度.但是空间直角坐标坐标系的应用有着很大的局限性，取而代之，若以有着特殊关系的三个向量作为基底，通过向量运算将使更多的立体几何问题得到很好的解决.这类问题常以特殊四面体（或空间四边形），平行六面体，特殊三棱柱等为载体.

一、证明三点共线

例1 如图，在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别在BC、CD上，且BG : GC＝DH: HC＝1: 2.设EG和HF交于点P，求证P、A、C三点共线.

解设DAa,DBb,DCc，则ACDCDAca, F PFEF3，∴ PF3FH 1∴PA3FHDF3DHDFDF3DCDFDF 3DC2DFDCDAca

∴ PAAC且A为PA、AC公共点，故P、A、C三点共线 ∵ B G 二、证明直线平行平面 D

A1 向量a平行平面ABC的充要条件是axAByAC 例2 直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是AB1与BC1上的点，且C N C1 AMBN，求证MN∥平面ABCD. 11AMBN解设ABa,ADb,AA1c,，则 11∵ MNANAMABBNAMaBC1AB1aBB1B1C1AA1A1B1acbca

1a1b，且a与b不共线

∴ MN∥平面ABCD，而MN平面ABCD，故MN∥平面ABCD.

三、证明直线垂直直线（或直线垂直平面）

abab0

例3 如图，在四面体ABCD中， M是AB的中点，N是CD的中点，求证：MN是异面直线AB，CD的公垂线的充要条件是：AC＝BD，BC＝AD.{四点共面}.

证明设AMa,MNb,CNc

必要性若MN是异面直线AB，CD的公垂线，则ab0,bc0

∵ACAMMCAMMNNCabc，

同样的可得 BDabc，BCabc,ADabc

2∴ ACabc22a2b2c22ac，BDabc2a2b2c22ac 因此，AC＝BD，同理BC＝AD.

充分性由AC＝BD，得abc2abc2abbc ①

由BC＝AD，得abc2abc2abbc ②

b0 故MN⊥AM，同理MN⊥CN，即 MN是异面直线AB，CD的公垂①＋②得 a

线.

四、求异面直线的夹角

例4 在正四面体ABCD中，M、P分别为棱AD、CD的中点，N、Q分别是面BCD、面ABC的中心，求MN与PQ的夹角.

解设正四面体的棱长为2，O为BC中点，ABa,ACb,ADc，则

abc2，abbcca2，

111∵ MNANAMAOONADAOODAD232112111

AOADAOADAOADabc323636QB2111PQAQAPAOACAD2abc 3262 M

2112

∴ MNabc1，即|MN|＝|PQ|＝1， 63

1111MNPQ11MNPQabc2abc，cosMN,PQ 66218183MNPQ

1因此，MN与PQ的夹角为arccos 18

空间向量的基底的应用恰恰是教学中的薄弱环节,如果不注意及时补上这一课,久而久之,应用向量的思维会钝化,甚至会缘木求鱼.

第三篇:《四点共面问题探究》

空间四点共面充要条件的应用与探究

● 问题1：对于空间任一点O和不共线的三点A、B、C，有6OPOA2OB3OC，则（）

(A)O、A、B、C 四点共面 (B) P、A、B、C 四点共面

213●问题2：已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，OMxOAOBOC，则。分析：由上面的充要条件很容易得到x1111。 236

● 问题3：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，P、M、N分别是AA1、AB、AD上一点，且

21AA1,,1，对角线AC1与平面PMN交与点H，求H点分AC1的比。 324

分析：因为P、M、N、H四点共面，则可设为

AHxAPyAMzAN，且x+y+z=1 A

M C1 121AMABAPAA，由已知，,1,2342xyzAA 则1324

又A、H、C1三点共线，则AC1 而AC1AA1ABAD 所以，2xyzAA1AA1ABAD 324

不共面，则有：因为向量AA1，，

又因为x+y+z=1，所以2xyz3，所以x，y2，z4 2324232AC1 +2+4=1，解得 所以，15152

即：H点分AC1的比为2:13.

●●●05年高考题为：⊿ABC的外接圆圆心为O，两条高线的交点为H，若OHm(OAOBOC)，则。

一部分学生认为，该题可以利用课本中给出的充要条件解决，将本题看成H、A、B、C四点共面， O为空间任意一点，则应有m+m+m=1，从而得到m=1. 3

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