例析三道四點共面問題

廣東 龍 宇 黃玉平

而我們在解題或命題的過程中，常常忽略掉四點共面這一要求，從而導致求解失誤.接下來本文以三道易錯的四點共面問題為例，分析其錯解的根源.

圖1

【錯解】如圖2，將四棱錐P-ABCD的側面展開成平面，連接AA′，則AA′的值即為截面四邊形AEFG周長的最小值.計算過程如下：

因為P-ABCD為正四棱錐，故可得∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPA′，設∠APB=θ.

【錯解辨析】本題的解題關鍵在于將四邊形AEFG的周長轉化為平面圖形中兩點間的距離，解題錯誤在于將四棱錐P-ABCD展開時，四邊形AEFG的各邊能否形成一條直線.等價于在圖2中，若將展開圖還原為正四棱錐P-ABCD時，由線段AA′形成的四邊形AEFG是否在同一個平面內呢？答案是否定的，由此可知上述解答過程是錯誤的.

其理由如下：假設在圖2的條件下，圖1中的四邊形AEFG在同一個平面內.在圖2中易知PF⊥EF，PF⊥GF，由此可知在圖1中PC⊥平面AEFG.

由題可知△PAC為等邊三角形，由此可得PF=1(即F為PC的中點)，設AC與BD的交點為O，連接PO，設PO與AF的交點為M，易知M為△PAC的重心，從而可得PM∶MO=2∶1.

【試題2】如圖3，在棱長為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F分別在C1D1與C1B1上，且C1E=4，C1F=3，求幾何體EFC1-DBC的體積.

【分析】因為延長BF，DE與CC1的交點不是同一個點，即可得幾何體不是臺體.為此需通過割補的思想來進行求解.

【解法一】如圖4-1，連接DF，DC1，則幾何體EFC1-DBC被分割成三棱錐D-EFC1及四棱錐D-CBFC1，則可得VEFC1-DBC=VD-EFC1+VD-CBFC1=66.

【解法二】如圖4-2，連接BE，BC1，則幾何體EFC1-DBC被分割成三棱錐B-EFC1及四棱錐B-CDEC1，則可得VEFC1-DBC=VB-EFC1+VB-CDEC1=72.

【錯解辨析】為什么兩種解法的結論不同呢？其根源在于點E，F，B，D不在同一個平面內，四邊形EFBD為空間四邊形.通過不同的割補方法使得空間四邊形EFBD在幾何體EFC1-DBC中出現的部分不同，導致計算的結果有差異.

在2019年人教A版必修二教材中對于多面體的定義為：一般地，由若干個平面多邊形圍成的幾何體叫做多面體.在本題中，幾何體EFC1-DBC由四個平面多邊形和一個空間四邊形構成，不符合多面體的概念.按照高中的定義，該幾何體所指的圖形意義不明確，題干出現了歧義.

為了保證幾何體EFC1-DBC為體積可計算的幾何體，需使得點E，F，B，D四點共面.在正方體中，平面A1B1C1D1//平面ABCD，點E，F，B，D四點共面等價于EF//BD，即需滿足C1E=C1F，方可計算幾何體EFC1-DBC的體積，此時該幾何體為棱臺，利用相關公式計算即可.

【問題修正】如圖3，在棱長為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F分別在C1D1與C1B1上，且C1E=C1F=4，求幾何體EFC1-DBC的體積.

【答案】此時即可利用棱臺的公式求解，答案為76.

【試題3】圖5為四棱錐A-DEFG的側面展開圖(點G1，G2重合為點G)，其中AD=AF，G1D=G2F，E是線段DF的中點，請寫出四棱錐A-DEFG中一對一定相互垂直的異面直線：________.

【分析】在本題中，因為AD=AF，E是線段DF的中點，根據等腰三角形的性質可得AE⊥DF，所以將圖5還原成四棱錐A-DEFG時，可得AE⊥平面DGFE，結合G1D=G2F可得四邊形DGFE為“箏形”.其圖形如圖6，符合題干條件的答案就包括：AE與GF，AE與GD.本題考查線面垂直的性質定理，以及翻折圖形在變化過程中的不變性，思維的難度并不大.但在求解的過程中，學生提出如下質疑，在圖5的條件下，其能否圍成一個四棱錐呢？等價于點D，E，F，G四點是否在一個平面內呢？

設∠AFG=θ，∠EFG=α，在△AFG中利用余弦定理可得，z2=AF2+FG2-2AF·FGcosθ；

在△EFG中利用余弦定理可得EG2=EF2+FG2-2EF·FGcosα；