平面平面的基本性质及应用

平面、平面的基本性质及应用一、平面的基本性质回想：涉及三个公理、三个推论、其中公理3，推论1，推论2，推论3分别提供了构造平面的四种：

（1）选不共线的三点（2）选一条直线与直线外一点

（3）选两条相交直线（4）选两条平行直线

二、证明共面的两种办法：

1、构造一种平面，证有关元素在这个平面内；2、构造两个平面，证能拟定平面的元素同在这两个平面内（同一法）。

例1．已知a//b,A∈a,B∈b,C∈b.

求证：a,b及直线AB，AC共面。

思路（1）：由a//b可拟定平面α，再证ABα，ACα；

思路（2）：由a//b可拟定平面α，由直线AB，AC可拟定平面β。由于α，β都通过不共线的三点A、B、C，因此α，β重叠。

思路（3）：在思路（2）中的平面β，还能够由不共线的A，B，C三点来构造，或者由点A与直线b来构造。

另外，同窗们在书写证明过程的时候，一定要把公理及推论的题设交待清晰，建议同窗们书写时注明理由，以下所示：

写法（一）：

证明：∵a//b（已知）∴a,b拟定一种平面α（推论3）∵A∈a,b∈b,c∈b（已知）∴A∈α，B∈α，C∈α∴直线ABα，直线ACα（公理1）∴a,b,AB,AC共面。

写法（二）：

证明：∵a//b（知）∵a,b拟定一种平面α（推3）∴A∈α，B∈b,C∈b（已知）∴a通过A，B，C三点，∵AB∩AC=A∴直线AB，AC拟定一种平面β（推论2）∴β通过A，B，C三点，

∵A∈a,B∈b,C∈b,a//b（已知）∴A，B，C不共线∴α与β重叠（公理3）∴a,b，AB，AC共面。

有关同一法证题的思路，请同窗们再看一道例题。

例2．如果三条互相平行的直线和同一条直线相交，求证：这四条直线共面。

分析：这是一种文字命题，规定画图，写出已知，求证，然后进行证明。另外，在写已知，求证时，要尽量忠实原文的意思。

已知：a//b//c,a∩d=A，b∩d=B，c∩d=C

求证：a,b,c,d共面。

分析由a//b可拟定一种平面α；由b//c可拟定一种平面β。由于α，β都通过两条相交的直线b和d,因此由推论2可知，α与β重叠。（注意：α和β都通过的元素，还可有其它的选用方法，请同窗们自己试一试）。

证明：∵a//b（已知）∴a,b拟定一种平面α（推论3）

∵b//c（已知）∴b,c拟定一种平面β（推论3）

∵A∈a,B∈b,∴A∈α,B∈α,∴直线ABα即dα（公理1）

同理可证：dβ,∴α，β都通过b和d，

∵b∩d=B∴α与β重叠（推论2）。

三、证明三线共点，三点共线的办法

1．三线共点：证其中两条直线的交点在第三条直线上；

2．三点共线：证三点都是两平面的公共点。

例3：已知如图，α∩β=l,aα,bβ,a∩b=A.

求证：A∈l（或者a,b,l共点）

分析：只需证明A为α，β的公共点。

证明：∵a∩b=A,aα,bβ,∴A∈aα,A∈bβ,即A为α，β的一种公共点，

∵l是α和β的交线，∴A∈l.

例4：如图，已知延长ΔABC三边，AB∩α=D，BC∩α=E，AC∩α=F。

求证：D，E，F共线。

证明：∵ΔABC顶点不共线，∴A，B，C可拟定平面β,

∵D∈α且D∈ABβ,∴D是α，β的公共点。

同理可证：E，F也是α，β的公共点，

∴D，E，F都在α，β支线上，即D，E，F共线。

典型例题

一．求证两两相交且但是同一点的三条直线必在同一平面内.

已知:直线AB、BC、CA两两相交,交点分别为A、B、C。

求证:直线AB、BC、CA共面。

证明:∵直线AB和AC相交于点A,∴直线AB和AC拟定一种平面α(推论2).

∵B∈AB,C∈AC,∴BCα(公理1).因此直线AB、BC、CA都在平面α内,即它们共面.

阐明:证明几条直线共面,就是要找到一种平面,使得它们都在这个平面内,核心是如何找到这个平面。也就是如何拟定这个平面。(由公理3及它的三个推论我们懂得拟定平面有四种办法).当平面拟定后来,再证明都在这个平面内,即完毕了这个证明.

二.证明:如果一条直线和三条平行直线都相交,那么这四条直线在同一平面内.

已知:直线a、b、c、l,a∥b∥c,l∩a=A,l∩b=B,l∩c=C.

求证:a、b、c、l共面。

证明:∵a∥b.∴a与b拟定一种平面(推论3).

∵l∩a=A,l∩b=B,∴A∈α,B∈α,∴直线AB,即lα.

也就是a、b、l共面于α。同法可证明b、c、l共面于β.

这就是说b、l既在平面α内又在平面β内.

而l∩b=B.由公理3的推论2可知α,β是同一种平面.∴a、b、c、l在同一平面内.

阐明:当拟定一种平面后,阐明其它直线也在这个平面内发生困难后,往往可采用“间接法”证明.本题采用了“同一法”,也可采用“反证法”来证明.

三．已知:延长△ABC三边.AB∩α=P,BC∩α=Q,AC∩α=R.

求证:P、Q、R共线。

证明:∵△ABC三顶点为不共线的三点.∴A、B、C三点能够拟定一种平面β.

∵P∈AB,ABβ,∴P∈β.

又∵AB∩α=P,即P∈α。∴P∈αβ=l.

同理可证Q∈l,R∈l,即P、Q、R共线。

阐明:在空间几何中,证明几点共线.往往要用到公理2.

四.证明:三个平面两两相交得到三条直线.

(1)如果其中两条直线交于一点,那么第三条直线也过这点.

(2)如果其中两条直线平行.那么第三条直线也和它们平行.

已知:α∩β=a,α∩γ=b,β∩γ=c。

(1)若a∩b=0,求证:0∈c.(2)若a∥b,求证:a∥c,b∥c。

证明:(1)∵α∩β=a,α∩γ=b,a∩b=0。∴0∈β，0∈γ。

而β∩γ=c.∴0∈c(公理2)。

(2)∵α∩β=a,β∩γ=c，∴aβ,cβ,即a、c共面于β。∴a或c成平行或相交.

假设a∩c=P,则由(1)的结论可知P∈b.

即a∩b=P,这与a∥b矛盾,∴假设不成立，故a∥c,

同理可知b∥c。

阐明:本题的结论是对三个平面两两相交,交线的位置关系的鉴定,它对此后的画图有着很重要的作用.应予以重视.

[习题]：

1．a,b,c交于同一点O，直线d与a,b,c分别交于A，B，C三点。求证：a,b,c,d共面。2．已知：平面α，β，γ，α∩β=a,α∩γ=b,β∩γ=c,且a//b=M。求证：a,b,c三线共点。

3.已知:α∩β=l,aα,bβ,a∩b=A.求证:A∈l.

4.如图:α∩β=l,A∈α,B∈α,c∈β.试在β内找一点D.使A、B、C、D四点为一梯形的四个顶点,这样的点D共有几个1（提示：由a与d相交可知，a,d拟定一种平面α，再证：b,c在α内）

2提示：由于a,b的交点已经存在，因此只需证M点在C上即可。要证M在C上，

由于C是β，γ的交线，因此只需证M同在β，γ内

3.证明:∵a∩b=A,aα,bβ.∴A∈α且A∈β,又∵α∩β=l,∴A∈l.

4.分析:由于梯形是平面图形,因此D在A、B、C三点拟定的平面γ内,但D又在β内,因此D在平面β与γ的交线上,由于α与γ的交线AB与l交于点P,易知β与γ的交线也过P点,连CP,则D在直线CP上。连BC,在平面γ内过A作AD∥BC交CP于D.连AC,在平面γ内过B作BD′∥AC交CP于D′,D与D′即为所求.这样的点只有两个。在线测试选择题

1．A,B,C为空间三点，通过这三点（）

A．能拟定一种平面B．能拟定无数个平面

C．能拟定一种或无数个平面D．能拟定一种平面或不能拟定平面2．空间交于一点的四条直线最多能够拟定平面（）

A．4个B．5个C．6个D．7个3．空间不共线四个点A,B,C,D,在同一平面内的射影A',B',C',D'在同一条直线上，那么A,B,C,D可拟定平面个数为（）

A．1个B．2个C．3个D．4个4．四个平面互不平行，也不重叠，则它们交线的数目不能是（）

A．6B．4C．2D．15．过直线l外两点作与直线l平行的平面，能够作（）

A．0个B．1个C．无数个D．0个，1个或无数个6．空间四点能够拟定几个平面

A．1个B．4个C．无数个D．以上状况都可能7．三条直线两两相交，最多能够拟定几个平面

A．1个B．2个C．3个D．4个8．三条直线两两平行，最多能够拟定几个平面

A．1个B．2个C．3个D．1个或3个9．下列几个说法中，对的的是：

A．空间的三个点拟定一种平面B．四边形一定是平面图形

C．六边形一定是平面图形D．梯形一定是平面图形答案与解析解析：

1．如果这三点不在一条直线，则能够拟定一种平面；如果这三点在一条直线上，则不能拟定平面。故本题应选（D）。

2．拟定最多平面的状况应是每两条直线所拟定的平面都不重叠，这样若把四条直线依次编号，则相邻两号码（1与4也当作相邻）共拟定4个平面，而相对两号码共拟定2个平面，最多时能拟定6个平面。故本题应选（C）。

3．四个点在同一平面内的射影若在一条直线上，则这四个点在同一平面内，故这四个点所拟定的平面是一种。故本题应选（A）。

4．若四个平面交于一条直线，则交线有一条，若四个平面中每三个平面共点，则共有交线C=6条。若四个平面交于一点，但无公共交线，则共有交线四条，因此不可能有2条交线。故本题应选（C）。

5.若两点连线与l相交，则能够作O个；若两点连线与l平行，则能够作无数个；若两点连线与l异面，则能够作1个。故本题应选（D）。

6.四点若在同始终线上，通过这四点能够有无数多个平面；四点若在同一平面内，不管与否有三个点在同始终线上，都只能拟定一种平面；不在同一平面内的四个点能够拟定四个平面，因此四个点拟定平面的个数可能是1个、4个或无数多个,故本题应选（D）。

7.三条直线两两相交，若共点且在同一平面内，只能拟定一种平面；若共点不在同一平面内，能拟定三个平面。若不共点，两两相交有三个公共点，只能拟定一种平面。故最多能够拟定三个平面，故本题应选（C）。

8.三条直线两两平行，如果一条直线在其它两平行直线拟定的平面内，这三条直线只能拟定一种平面；如果三条平等线不在同一平面内，则能够拟定三个平面，故最多能够拟定三个平面,故本题应选（C）。

9.若三个点在同始终线上，则能够有无数个平面，因此（A）不对。四边形、六边形不一定是平面图形，因此（B）、（C）不对,故本题应选（D）。

事实上，由于梯形的一组对边互相平行，因此拟定一种平面，于是得四个顶点在这个平面内，从而推知梯形的两腰也在这个平面内，即梯形是一种平面图形。

评注：从上述的分析和解答中能够看出，由已知条件找出拟定平面的个数问题，其根据是拟定平面的条件。分析问题时，首先要在空间中考虑问题，并全方面考虑全部可能出现的状况。平面的基本性质平面的概念：是一种不加定义的基本概念，对于平面概念的理解重要应注意两个基本特性，即很平和能够无限延展。平面普通用一种平行四边形来表达，画两相交平面时，一定要画出它们的交线，当一种平面的一部分被另一种平面遮住时，要把被遮住的部分的线段画成虚线或不画，以增强立体感。

平面的基本性质：

1.如果一条直线上有两个点在一种平面内，那么这条直线上的全部点都在这个平面内。

该性质是鉴定直线在平面内的根据，用集合符号表达为：

lα。根据直线在平面内，能够判断点在平面内，即A∈l,lαA∈α.

2．如果两个平面有一种公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线。

该性质是鉴定两平面有交线以及拟定交线位置的根据，用集合符号表达为：A∈α，A∈βα∩β=α且A∈α。

由此易知，如果两个平面有两个公共点，那么这两个平面相交于由这两点拟定的一条直线，即

α∩β=AB。

根据两平面相交的意义，能够判断点在直线上，即A∈α，A∈β，α∩β=αA∈α。

3．通过不在同始终线上的三点，有且只有一种平面。

4．通过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一种平面。

5．通过两条相交直线，有且只有一种平面。

6．通过两条平行直线，有且只有一种平面。

上述四个性质是拟定一种平面的根据，拟定平面是建立空间图形的基础，拟定平面的条件对解题时引入辅助平面及作几何体的截面起着重要作用。

重点问题剖析

如果直线上全部的点都在某一种平面内，那么就称这条直线在这个平面内，其判断的根据是只要直线上有两个点在一种平面内时，这条直线上全部的点就都在这个平面内，从而这条直线就在这个平面内。这是性质1给出的平面的一种基本性质。

运用性质2能够鉴定两个平面与否相交或证明若干个点共线，其它性质用于拟定平面。拟定平面是将空间图形问题转化为平面图形问题来解决的重要条件。

精确地使用数学中的字母和符号，能够使命题的叙述和证明显得简捷明快，符号语言、文字语言、图形语言间的互相转换是数学能力的构成部分和重要体现。另外还要理解用反证法证明命题的思路，并会用反证法证明简朴命题。典型例题例题一：不共点的四条直线两两相交，求证这四条直线在同一平面内。

分析不共点的四条直线两两相交，是指这四条直线没有公共点，但其中每两条直线都有一种交点，可分两种状况来考虑。第一种状况，有三条直线共点，第二种状况没有任何三条直线共点，证明这四条直线在同一平面内，应根据已知条件先拟定一种平面，然后证明全部四条直线都在这个拟定平面内，文字叙述的命题应先写出已知和求证。

已知直线a、b、c、d不共点，且两两相交，求证：a、b、c、d在同一平面内。证明：第一种状况：

a、b、c、d中有三条共点的状况，设直线a、b、c相交于一点Q,Q不在d上，直线d与直线a、b、c分别相交于M、N、P，如图1.

∵Qd,∴点Q与直线d拟定一种平面a.∵M∈d,∴M∈α,又∵Q∈α,∴aα.

同理可证bα,cα.∴a、b、c、d在同一平面内。

第二种状况：a、b、c、d中没有三条直线共点的状况。

设直线c与直线a、b分别交于M、N，如图2

∵a、b是相交直线。∴a、b拟定一种平面a.

∵M∈a,N∈b,∴M∈α,N∈α,∵M∈c,N∈c,∴cα.同理可证d∈α,

∴a、b、c、d在同一平面内。

注意证明几条直线在同一平面内，应先由已知的直线或点，根据拟定平面的条件拟定一种平面，再由公理1证明其它直线都在所拟定的平面内。

例题二：已知直线a//b，直线a与平面α相交于点A，求证b与平面α必有一种公共点。分析运用a//b，巧妙地构造辅助平面b，把有关元素集中使用，不仅发明了新的线面关系，并且将三维降至二维，使得平面几何知识有了用武之地。

证明∵a//b,∴可设直线a、b拟定一种平面β.又∵a∩α=A且aβ，

∴A∈β，由公理2知，α∩β＝c,即有a、b、cβ，

在平面β内，∵a//b,a∩c=A,∴b与c必相交于一点，设为B（平面几何知识的应用），又∵cα，

∴B∈α,∴b与α有一种公共点B。

例题三：已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面体，G是三角形A1BD的重心，求证：A、G、G1三点共线。

分析：要证三点共线，只要证明G在AC1上，进一步证明平行六面体对角线AC1与三角形一条中线的交点就是重心即可。证明：连AC交BD于O，则O为BD的中点，重心G必在A1O上，在平行六面体的对角面AA1C1C中，A1O与AC1必相交，设交点为G'，如图1-11，由于对角面AA1C1C是平行四边形，故可证得：△AG'O∽△A1G'G1，且有

，即.∴G'与G重叠，故A、G、C1三点共线。

注意在证明若干点共线的时候，普通办法有：

①分析分别证M、N、D'是截面ACD‘和截面BD'的公共点。

证明∵AC∩BD=M,∵AC截面ACD'，BD截面BD'，∴M是截面AD'C=N，

∴N∈截面AD'C，又∵DB'∈截面BD'，∴N∈截面BD'，N是两截面的公共点，

又∵D'也是截面ACD'和截面BD'的公共点，∴M、N、D'三点在截面ACD'和截面BD'的交线D'M上。

因此，M、N、D'三点在同一条直线上。

例题五：已知在四周体ABCD中，点E、F、G、H、M、N分别为AB、BC、CD、DA、AC、BD的中点。求证：EG、FH、MN三线共点。

分析本题先证EFGH是平行四边形，故EG与HF的交点为O，最后证MN也过O点。

连结EF、FG、GH、HE。∴EHBD.同理FGBD.∴EHFG.

故EFGH是平行四边形，设EG与FH相交于O。因此EG通过HF的中点O。

连结MF、FN、NH、HM。同理：MN通过FH的中点O。故EG、FH、MN相交于一点O。

课外练习

判断题答案对的的在括号内打“√”，不对的的在括号内打“×”号。

（1）两条直线拟定一种平面。（）

（2）通过一点的三条直线能够拟定一种平面。（）

（3）点A在平面α内，也在直线α上，则直线α在平面α内。（）

（4）平面α和平面β相交于不同在一条直线上的三个点A、B、C。（）

（5）两两相交的三条直线不共面。

分析与解答：

（1）两条直线能否拟定平面，应看这两条直线的位置，不给出位置关系要分状况讨论后，得出结论。两条相交直线可拟定一种平面，两条平行直线可拟定一种平面，除此之外的任何两条直线,不能拟定平面。因此，“两条直线拟定一种平面”这个命题是错的，应当画“×”号。

（2）通过一点的两条直线拟定一种平面，三条直线不能拟定平面，应画“×”号。

（3）根据命题的条件，直线α上只有一种点在平面α内，而根据公理1，直线α上必须有两个点在平面α内，直线α才干在平面α内，这个命题是错的，应画“×”号。

（4）平面α和平面β的公共点一定在一条直线上，因此，平面α和平面β相交于不同在始终线上的三个点A、B、C是错的，应画“×”号。

（5）三条直线两两相交，若不共点时这三条直线必共面，应画“×”号。高考题萃例1．用集合符号看图填空：（1）如图1-1，A___m,A___a,B____l,B____a,l___a,m___a=___.

（2）如图1-2，A____a,A____b,A____l,a____b=___,AB____b=___.

分析：本例是图形语言与符号语言间的互相转化问题，认真观察图形，用精确的符号表达其意义。

解：（1）A∈m,Aa,Bl,B∈a,la,m∩a=B.（2）A∈a,Ab,Al,a∩b=l,AB∩b=B.

评注：用符号语言精确表达图形的实际意义是逻辑推理的基础，同时它能够使推理过程十分简捷。

例2．判断题（对的在括号内打“√”号，不对的的在括号内打“×”号）

（1）两条直线拟定一种平面。（）

（2）通过一点的三条直线能够拟定一种平面。（）

（3）点A在平面a内，也在直线l上，则直线l在平面a内。（）

（4）平面a和平面b相交于不同在一条直线上的三个点A、B、C。（）

（5）三条直线两两相交则不共面。（）

（6）任何三个点都不在同始终线上的四点必不共面。（）

分析与解答：

（1）应对两条直线的位置关系进行讨论。当两条直线相交或平行时可拟定一种平面，除此之外的任何两条直线不能拟定平面。因此，“两条直线拟定一种平面”这个命题是错的，应打“×”号。

（2）通过一点的两条直线拟定一种平面，三条直线不能拟定平面，应打“×”号。

（3）由公理1知，一条直线上必须含有有两个点在一种平面内，那么这条直线才干在这个平面内，而命题的条件是直线a上只有一种点在平面a内，因此这个命题是错的，应打“×”号。

（4）若平面a和平面b相交，则其公共点一定在一条直线上，因此，平面a和平面b相交于不同在一条直线上的三个点A、B、C是错的，应打“×”号。

（5）三条直线两两相交，若不共点时这三条直线必共面，应打“×”号。

（6）如矩形的四个顶点，没有任何三点在一条直线上，但四个顶点是共面的，故应打“×”号。

评注：平面的基本性质是学习立体几何的基础，必须精确地掌握这些性质的条件和结论，并能灵活运用性质分析解答有关问题。

例3．已知直线a//b//c，直线d和直线a、b、c分别相于点A、B、C（如图），求证：四条直线a、b、c、d共面。

分析：要证明a//b,∴a,b拟定一种平面，记为a,

∵A∈a,B∈b,∴A∈a,B∈a,

又∵A∈d,B∈d,∴da,

∵C∈d,∴C∈a,且Ca,∴平面a也是直线a和点C拟定的平面

∵C∈c且c//a,∴ca,故直线a、b、c、d都在同一种平面a内，即四条直线a、b、c、d共面。

评注：通过上述的证明，能够把命题推广为：与同一条直线相交的全部平行线都在同一种平面内。

例4．已知空间四点A、B、C、D不在同一种平面内，求证：直线AB和直线CD既不相交也不平行。

分析：要证明直线AB和直线CD既不相交也不平行，可借助于反证法，运用公理3的推论2、3来证明出矛盾即可。

证明：（反证法）假设直线AB和直线CD相交或平行，由公理3的推论2和推论3知，这两条直线拟定一种平面。

设这个平面为a，于是得ABa，CDa。

由公理1知A∈a，B∈a，C∈a，D∈a，即四个点A、B、C、D同在平面a内，这与已知矛盾。

从而假设不成立，故AB和CD既不相交也不平行。

评注：在运用反证法证明问题时，要注意原结论相反的方面是只有一种状况还是有若干状况。如果只有一种情形，那么只需就这种情形导出矛盾；如果有若干情形，那么必须针对每一种情形分别去导出矛盾。由此可知，若命题结论的背面情形多于两种时，用反证法就不适宜了。

例5．已知空间四边形ABCD，E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA上，并且EFGH是平面图形，试判断EH和FG相交的交点位置。

分析：由已知条件EFGH是平面图形且EH和FG相交，根据平面的基本性质判断交点的位置。

解：∵ABCD是空间四边形，

∴A、B、D三点不在同一条直线上，能够拟定一种平面ABD

同理，B、C、D三点也能够拟定平面BCD

∵B、D是平面ABD和平面BCD的公共点，

∴平面ABD和平面BCD相交于过B、D的一条直线，即直线BD

由于EH和FG相交，设交点为P。

∵E、H两点分别在AB、DA上，∴EH在平面ABD内∴交点P也在平面ABD内，

同理，交点P也在平面BCD内，即交点P是平面ABD和平面BCD的公共点，

∴点P在BD上。

评注：在上述解答过程中，运用了平面的基本性质。由公理2，两个相交平面的公共点都在同一条相交直线上，由公理1，分别在这两个相交平面内的两条相交直线的交点必是两平面的公共点。因此，分别在两相交平面内的两相交直线的交点必在两平面的交线上，同时解答中要特别注意平面的无限延展性。课内拓展题目一：三个正方形两两垂直，求过这三个正方形的中心的平面与三个正方形的交线。分析1连O1O2，由于O1、O2皆为正方形的中心，两个正方形又都垂直于面DF，因此可猜想O1O2//平面DF。为了证明这个猜想，方便进一步分析，不妨在平面AC内作O1M⊥DC，则O1M=CB,O1M⊥平面DF。同样，可作出O2M=CB,O2N⊥平面DF。于是得到矩形O1O2NM.进而得O1O2//MN，又能推出O1O2//平面DF。根据直线与平面平行的性质定理知，过O1、O2、O3的平面与平面DF的交线过O3且与O1O2平行，这样的直线只能是DF，其它两条显然是BD、BF。

分析2许多人在解此题时，未必作过前面所做的具体分析。人的思维是很“怪”的，在许多状况下，直觉将帮我们很大的忙，就以本题而言，当人们看到已知的是这样三个特殊点时，就很容易产生一种念头：另外三个点也可能是特殊点。而图中正好就有与O1、O2、O3关系比较近的三个点B、D、F。对于平面几何知识较熟的人来说，自然会对的地把它们连起来，从而得到解法。

分析3前两种分析，本质上是同样的：都是在面DF内找到一条交线，一下子便把问题解决了。因此不同的是，一种通过分析，一种通过“猜想”。现在我们给自己提出任务：用其它办法试着在某个面内再找一种除中心外的公共点。

假定我们想在面BF上找另一种公共点，这并不难，只要在O1O2上任取一点S（除O2），过O3S的直线与平面BF的交点就是符合条件的点。这种想法较好，但实际难以操作。重要是由于S是任取的点，因此无法拟定直线O3S与平面BF交