基于运算，善用方程解立体几何问题

［摘 要］文章结合具体的立体几何案例，分析如何利用空间坐标系中的数学运算解决立体几何中常见的几个问题。

［关键词］数学运算；空间直角坐标系；平面方程

［中图分类号］ G633.6 ［文献标识码］  A ［文章编号］ 1674-6058（2023）32-0014-03

一、问题提出

纵观近几年的高考数学试卷，立体几何试题多数依托正方体模型等学生熟悉的几何体来命制，考查空间中点、直线、平面的位置关系和对某些结论的判定，在要求学生掌握立体几何基础知识、基本方法的同时，对学生的构图能力、空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力提出了更高的要求。如何在多样复杂的图形中寻求一种简单有效的解题方法呢？

《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》明确指出：“数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养。”立体几何中引入空间向量及其运算的坐标表示，将几何问题转化为代数问题，通过平面方程使得问题解析化、符号化，启发代数运算思路，得到解决问题的通性通法。本文结合具体的立体几何案例，分析如何利用空间坐标系中的数学运算解决立体几何中常见的几个问题。

二、追根溯源

利用平面方程，通过代数运算来解决立体几何问题这部分内容源于教材。普通高中教科书数学选择性必修第一册第44页“拓广探索”中第17题（节选），已经为学生利用代数运算解决立体几何问题指明了方向。

17.在空间直角坐标系中，已知向量[u=（a，b，c）（abc≠0）]，点[P0（x0，y0，z0）]，点[P（x，y，z）]。

（2）若平面[α]经过点[P0]，且以[u]为法向量，[P]是平面[α]内的任意一点，求证：

[a（x-x0）+b（y-y0）+c（z-z0）=0]。

立足教材，可将平面方程进行拓展：

（1）把[A（x-x0）+B（y-y0）+C（z-z0）=0]称为平面[α]的点法式方程，其中[（A，B，C）]为平面的法向量，[（x0，y0，z0）]为平面内任一点的坐标。将其展开得到[Ax+By+Cz-（Ax0+By0+Cz0）=0]，令[D=-（Ax0+By0+Cz0）]，式子化为[Ax+By+Cz+D=0]，称之为平面方程的一般式，方程中[x、y、z]前的系数组成的坐标（A，B，C）就是该平面的法向量。特殊地，当[D=0]时，方程表示过原点的平面；当[A、B、C]有一个为[0]时，方程表示平行（或包含）某个坐标轴的平面；当[A、B、C]有两个为[0]时，方程表示平行于某个坐标平面的平面。类比平面中直线的截距式方程，过空间中三个特殊的点（[a]，0，0），（0，[b]，0），（0，0，c）的平面方程可表示为[xa+yb+zc=1]。

（2）在平面中两直线相交，联立两直线方程可求得交点的坐标，推广到空间中，联立两相交平面的方程得到交线的直线方程，表示为[A1x+B1y+C1z+D1=0，A2x+B2y+C2z+D2=0。]

（3）类比平面中点到直线的距离公式，还可以进一步得到：如图1所示，在空间直角坐标系下，平面外一点[P（x0，y0，z0）]到平面[α]：[Ax+By+Cz+D=0]的距离为[d=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2]，证明如下：

过点[P]作平面[α]：[Ax+By+Cz+D=0]的垂线[l]，交平面于[Q]点，[A（x1，y1，z1）]为平面[α]内一定点，则平面[α]的法向量为[n=（A，B，C）]，且点[P]到平面[α]的距离就是[AP]在直线[l]的投影向量[QP]的长度，即[PQ=AP·nn=Ax0+By0+Cz0-（Ax1+By1+Cz1）A2+B2+C2][=Ax0+By0+Cz0+DA2+B2+C2]。

（4）平面中利用圆的方程，通过定量计算可得到圆与圆相交时公共弦的方程。同样地，在空间直角坐标系中，确定球的几何元素为球心[（x0，y0，z0）]和半径[R]，球的方程表示为[（x-x0）2+（y-y0）2+（z-z0）2=R2]，通过两球的方程相减可得到两球相交的圆面方程。

三、案例探究

（一）平面方程在截面问题中的应用

［例1］（合肥市2023年高三第一次教学质量检测第8题）已知正方体[ABCD-A1B1C1D1]的棱长为4，[M]、[N]分别是侧面[CD1]和侧面[BC1]的中心，过点[M]的平面[α]与直线[ND]垂直，平面[α]截正方体[AC1]所得的截面记为[S]，则[S]的面积为（ ）。

[A.53] [B.46] [C.76] [D.96]

解：以[D]为原点，以[DA]、[DC]、[DD1]所在的直线分别为[x]轴、[y]轴、[z]轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，则[D（0，0，0）]，[M（0，2，2）]，[N（2，4，2）]，[DN=（2，4，2）]为平面[α]的法向量，可得平面[α]的方程为[2（x-0）+4（y-2）+2（z-2）=0]，即[x+2y+z-6=0]，将平面[α]的方程与[xOy]平面的方程即[z=0]联立，得到交线[HI]在平面[xOy]内的直线方程为[x+2y-6=0]，同理可得平面[α]在平面[yOz]和平面[xOz]内的交线的直线方程分别为[2y+z-6=0]和[x+z-6=0]，则平面[α]截正方体的截面[S]如图3所示。平面[α]与坐标轴的交点分别为[P]（6，0，0），[I]（0，3，0），[Q]（0，0，6），解得[△PQI]的面积为[96]。同理求得[△PGH]的面积为[6]，则截面[S]的面积为[S△PQI-2S△PGH=96-26=76]。

评析：截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形，对截面问题的思考须经历识图、想图到构图的过程，难点在于找出截点最终围成截面。这时可建立立体图形与空间向量的联系，借助截面所在平面的一个法向量和平面内任一点的坐标，直接写出平面方程，分别求得该平面与平面[xOy]、平面[yOz]和平面[xOz]的交线，从而得到截面，同时得到平面与坐标轴的交点和截面与正方体的交点，减少复杂的思维和推理过程，为空间感较弱的学生提供了解答方向。

（二）平面方程在轨迹问题中的应用

［例2］（武汉市2023届高中毕业生二月调研考试第8题）设[A]、[B]是半径为[3]的球体[O]表面上的两定点，且[∠AOB=60°]，球体[O]表面上动点[P]满足[PA=2PB]，则点[P]的轨迹长度为（ ）。

[A. 121111π] [B. 4155π]

[C. 6147π] [D. 121313π]

解：以[O]为坐标原点建立如图4所示的空间直角坐标系，依题意得[A32，332，0]，[B-32，332，0]， 设[P（x，y，z）]，由[PA=2PB]可得[x-322+ ][y-3322+z2=4x+322+y-3322+z2]，

整理得[x2+y2+z2+5x-33y+9=0]①，又球[O]的方程为[x2+y2+z2=9]②，①式减②式得到满足条件的[P]点所在的平面[α]方程为[5x-33y+18=0]。球心[O]到平面[α]的距离[d=18213=91313]。又点[P]的轨迹为一个圆，所以截面圆的半径[r=9-8113=61313]，则点[P]的轨迹长度[2πr=121313π]。

评析：球是教材中常见的一个载体，将球与其他模型相结合求解轨迹的问题主要是考查学生分析问题和解决问题的能力，关键是要将立体图形中的点、线、面等基本元素转化到平面中解决。本题基于阿氏圆的文化背景，类比平面解析几何，通过代数运算得到空间中两球的方程，借助平面方程解决了学生不能准确构图和对图形理解不到位而无法分析问题的困难。

（三）平面方程在实际问题中的应用

［例3］（江苏省南通市崇川区等5地2023届高三下学期3月适应性考试第8题）在空间直角坐标系[O-xyz]中，A（10，0，0），B（0，10，0），C（0，0，10），则三棱锥[O-ABC]内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）。

[A. C310]     [B. C39]         [C. C210]    [D. C29]

解法一：以[O]为原点，以[OA]、[OB]、[OC]所在的直线分别为[x]轴、[y]轴、[z]轴，如图5所示建立空间直角坐标系，过A（10，0，0），B（0，10，0），C（0，0，10）的平面方程为[x+y+z=10]作平行于平面[ABC]的平面[x+y+z=9]，该平面内[x]、[y]、[z]取整数有[C28]，同理在[x+y+z=8]上[x]、[y]、[z]取整数有[C27]……结合组合数的性质解得三棱锥[O-ABC]内部整点有[C28+C27+…+C22=C33+C23+C24+…+C28=C34+C25+…+C28=C35+C26+…+C28=C39]。

解法二：以[O]为原点，以[OA]、[OB]、[OC]所在的直线分别为[x]轴、[y]轴、[z]轴，如图6所示建立空间直角坐标系，过A（10，0，0），B（0，10，0），C（0，0，10）的平面方程为[x+y+z=10]，如图6所示作平行于平面[xOy]的平面[z=9]，平面[z=9]与平面[ABC]的交线为[x+y=1]，此时无满足题意的整点；作平面[z=8]，平面[z=8]与平面[ABC]的交线为[x+y=2]，此时无满足题意的整点；作平面[z=7]，此时满足题意的整点为（1，1，7），个数为[1]；作平面[z=6]，此时满足题意的整点为（1，1，6），（1，2，6），（2，1，6），个数为[1+2=3]；作平面[z=5]，此时满足题意的整点个数为[1+2+3=6]……作平面[z=1]，此时满足题意的整点个数为[1+2+…+7=28]，则三棱锥[O-ABC]内部整点共有[1+3+6+…+84=C39]。

评析：试题的情境源于我国古代数学中常见的一类问题——垛积问题，杨辉在《详解九章算法》一书中有计算“三角垛”物体总数的题目：“三角垛，下广，一面十二个，上尖，问计几何？如图7所示，三角垛中每一层球的个数为[an=n（n+1）2=C2n+1（n∈N+）]，记[Sn]为[an]的前[n]项和，则[Sn=C22+C23+…+C2n+1=C3n+1]。基于这个背景，题中的图形既简洁清晰又让学生有熟悉感，给学生提供了想象的空间和多思维的平台，但又对学生的化归与转化能力有一定的要求。

解法一利用与平面[ABC]平行的平面，在平面方程中，结合隔板法计算整点个数；解法二利用与平面[xOy]平行的平面，列举出满足条件的整点。两种解法都是将空间问题平面化，将问题转化到学生熟悉的认知区域，达到不同知识点的融合，在这一过程中，平面方程发挥了重要的作用。

四、总结反思

立体几何试题中的空间图形会让学生有似曾相识的感觉，贴近学生的学习实际，给学生分析问题和解决问题提供了发挥能力水平的空间，重在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力。对学生而言，最大的困难在于难以想象出几何元素之间的位置关系及其数量关系，使得有些题目大有“只可意会，不可言传”的感觉。考虑到不同层次水平的学生的需求，就可利用向量让几何量带上方向，利用坐标让几何问题代数化。这样处理几何图形的方法就具有统一性。

用坐标法研究立体几何问题，首先要建立恰当的空间直角坐标系，坐标系的选择尽量让题目需求的空间图形的点落在坐标轴上，使得点坐标易表示出来；其次是要观察相应的几何体的特征，把握图形中点、直线、平面这些基本几何元素，其中利用直线的方向向量和平面的法向量表示直线和平面是关键。

确定了立体几何图形中所需要的直线方程和平面方程，可应用于：（1）刻画空间直线、平面的平行和垂直关系；（2）类比平面解析几何，利用投影向量转化点到直线的距离、点到平面的距离等空间距离问题；（3）利用公式结合代数运算分析和解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的角或夹角问题；（4）利用两平面相交的方程确定截点，找出截面或者截线，在平面内求解截面面积和截线长度问题；（5）通过球的方程进行定量计算，寻求两球的位置关系，解决两球相交面问题。

［   参   考   文   献   ］

［1］  张劲松，申铁.普通高中教科书 数学 选择性必修第一册 A版［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［2］  中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准：2017年版2020年修订［M］.北京：人民教育出版社，2020.

（责任编辑 黄桂坚）