根在四棱柱，萬變不離宗
——談數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)的考查形式

云南省昆明高新區(qū)第三中學(xué) 唐明超 650106

廣東省汕頭市澄海華僑中學(xué) 潘敬貞 515800

1 借長方體模型考查基本量的計(jì)算

幾何體基本量的計(jì)算仍然是考查的重點(diǎn)和問題解決的落腳點(diǎn)，體積與表面積的計(jì)算是考查的熱點(diǎn)，如2019年全國Ⅰ卷理科12題考查三棱錐外接球的體積計(jì)算；2019年全國Ⅰ卷文科16題考查點(diǎn)到平面的距離計(jì)算等.用好長方體這個(gè)熟悉的載體，靈活地將多面體置于長方體中，將看似復(fù)雜的問題簡單化，有效降低思維難度，甚至還可以基于空間直角坐標(biāo)系用好坐標(biāo)運(yùn)算將定性的問題通過定量計(jì)算得以直觀反映.

例1（2019年全國Ⅰ卷理科12題）已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF=90°，則球O的體積為( ).

A.86π B.46π

C.26π D.6π

解析：如圖1，假設(shè)PB⊥PA，PB⊥PC，PA⊥PC，易知該三棱錐是正方體的一部分，因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的正三角形，所以PA=PB=PC=2，正方體外接球的半徑為體對角線的一半，所以外接球的半徑，經(jīng)檢驗(yàn)，假設(shè)滿足條件∠CEF=90°，從而

圖1

例2 （2019年全國Ⅰ卷文科16題）已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC=2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為．

解法1：根據(jù)題目已知的幾何關(guān)系可構(gòu)建如圖2所示的底面是邊長為1，高為2的長方體，從而可直接得出P到平面ABC的距離為

解法2：借助如圖3所示的長方體模型，設(shè)點(diǎn)P在平面ABC上的投影是點(diǎn)D，作PF⊥AC,PE⊥BC,所以AC⊥平面PED，所以AC⊥DF，同理BC⊥DE，所以四邊形CEDF為矩形，又因?yàn)镻E=PF,所以DE=DF，即四邊形CEDF為正方形.所以CE2=PC2-PE2=1，在Rt△PDE中，PD2=PE2-ED2=2，所以P到平面ABC的距離為PD=

圖2

圖3

例3（2019年全國Ⅲ卷文理8題）如圖4，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則( ).

A線.B BMM=，EENN是，且相直交D直線

B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線

C.BM=EN，且直線BM，EN是異面直線

D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線

圖4

圖5

解析：將題目已知的幾何關(guān)系嫁接至如圖5所示的長方體中，設(shè)正三角形△ECD的邊長為2，則正方形ABCD的邊長也是2；在Rt△EFN中，EN2=EF2+FN2=4，BC2=7，在△BDE中，BM與EN分別是DE與BD上的中線，一定相交，所以正確答案選擇B.

圖6

例4（2019年全國Ⅲ卷文理16題）學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖6，該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H，分別為所在棱的中點(diǎn)，AB=BC=6cm,AA1=4cm,3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為

解析：該模型為長方體ABCD-A1B1C1D1,挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H，分別為所在棱的中點(diǎn)，AB=BC=6cm，AA1=4cm所以該模型體積為：VABCD-A1B1C1D1-VO-EFGH=132(cm3)，原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，則所需原料的質(zhì)量為132×0.9=118.8（g）．

題目背景為長方體，挖去一個(gè)四棱錐模型，雖然問題的呈現(xiàn)方式體現(xiàn)了與物理學(xué)科交叉，但是所考查的基礎(chǔ)知識(shí)和基本思想體現(xiàn)了數(shù)學(xué)學(xué)科的思想性，充分體現(xiàn)了數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)與基本思想方法的實(shí)際應(yīng)用價(jià)值.

例5（2019年全國Ⅱ卷文理16題）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.圖7右圖是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_____個(gè)面，其棱長為_______．

解析：該半正多面體共有8+8+8+2=26個(gè)面，截面可抽象為如圖8所示的正方形內(nèi)接正八邊形，設(shè)其棱長為x，則解得.故答案為

圖7 （左）

圖7 （右）

圖8

例6（2019年全國Ⅱ卷17題）如圖9，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐E-BB1C1C的體積.

圖9

解析：（1）略；（2）由（1）知∠BEB1=90°，由題設(shè)可知Rt△ABE?Rt△A1B1E，所以∠AEB=∠A1EB1=45°，所以AE=AB=3，AA1=2AE=6，因?yàn)樵陂L方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1//平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C，所以E到平面BB1C1C的距離d=AB=3，所以四棱錐E-BB1C1C的體積

例7（2019年全國Ⅲ卷文理19題）圖10（左）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，連結(jié)DG，如圖10（右）．（1）略；（2）（文）求圖10（右）中的四邊形ACGD的面積．

解析：（2）將折疊后的三棱柱放置于長方體的合適位置如圖11所示，連接BG，AG，所以AG為長方體的體對角線，因?yàn)椤螰BC=60°且AB=1，BE=BF=2，所以長方體長寬高分別為1，3，3，所以AG=13，在△ACG中，AC=5，CG=2，AG=13，可得，即有，所以平行四邊形ACGD的面積為2

圖10

圖11

2 長方體模型中點(diǎn)線面位置關(guān)系的證明

例8（2019年全國Ⅱ卷7題）設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α//β的充要條件是（ ）.

A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行

B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行

C.α，β平行于同一條直線

D.α，β垂直于同一平面

解析：可借助長方體的邊角關(guān)系并結(jié)合相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理容易得出正確答案B.

例9 同例6（2019年全國Ⅱ卷17題）（文理同題）（1）證明：BE⊥平面EB1C1；

證明：由長方體ABCD-A1B1C1D1可知，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，所以B1C1⊥BE，所以BE⊥EC1，B1C1?EC1=C1，所以BE⊥平面EB1C1；

例10同例7（2019年全國Ⅲ卷19題）（文理同題）（1）證明：圖11中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

解析：由已知得AD//BE，CG//BE，所以AD//CG，AD，CG確定一個(gè)平面，A，C，G，D四點(diǎn)共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，所以AB⊥面BCGE，因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．

3 長方體模型中活用坐標(biāo)系

例11同例6（2019年全國Ⅱ卷17題）理（2）若AE=A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．

解析：（2）以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖12所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AE=A1E=1，因?yàn)锽E⊥平面EB1C1，所以BE⊥EB1，所以AB=1，則E(1,1,1)，C A(11(0,1,0,0,2))，，CB(01(,00,,10,)2，)因，x為BC⊥EB1，所 以EB1⊥面EBC，故取平面EBC的法向量為，設(shè)平面ECC1的法向量0），所以面角B-EC-C1的正弦值為

圖12

圖13

圖14

4 一般四棱柱輔助解題

例13（2019年全國Ⅰ卷18題）如圖14，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．（1）（文理同題）證明：MN//平面C1DE；（2）（文）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離；（理）求二面角A-MA1-N的正弦.

解 析：（1）證 明：如 圖14，過N作NH⊥AD，則NH//AA1，且NH=AA1，又MB//AA1，MB=AA1，所以四邊形NMBH為平行四邊形，則NM//BH，由NH//AA1，N為A1D中點(diǎn)，得H為AD中點(diǎn)，而E為BC中點(diǎn)，所以BE//DH，BE=DH，則四邊形BEDH為平行四邊形，則BH//DE，所以NM//DE，因?yàn)镹M?平面C1DE，DE?平面C1DE，所以MN//平面C1DE；

（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為C到平面C1DE的距離，由已知可得CE=1，C1C=4，所以.從而點(diǎn)C到平面C1DE的距離為

該題背景不是長方體，也不具備借助長方體模型的條件，但是題目本身就是底面為菱形的直四棱柱，隱含著多組線線垂直關(guān)系，既可以考慮用幾何分析法進(jìn)行解答，也可以借助空間直角坐標(biāo)系用坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行解答，入口寬、起點(diǎn)低、方法較多，如文科試題（2）題還可以考慮用等體積法求解點(diǎn)到平面的距離.

從以上分析可以看出，2019年高考立體幾何試題的命制緊緊扣住《2017年版普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)》相關(guān)要求，從客觀題到主觀題的問題設(shè)計(jì)都體現(xiàn)著以長方體為背景，考查點(diǎn)線面位置關(guān)系的證明，線面角、二面角、點(diǎn)到平面的距離計(jì)算；雖然2019年全國Ⅰ卷18題沒有直接給出長方體，但背景是底面為菱形的直四棱柱，依然存在多組垂直關(guān)系，解題思想和方法基本一致.

萬變不離其宗，四棱柱是常見幾何體的母體，是立體幾何試題命制的出發(fā)點(diǎn)，是數(shù)學(xué)建模核心素養(yǎng)考查的重要載體.空間觀念的培養(yǎng)需要經(jīng)歷想圖、作圖、識(shí)圖的基本過程，準(zhǔn)確認(rèn)識(shí)四棱柱的基本結(jié)構(gòu)特征，準(zhǔn)確理解四棱柱中點(diǎn)線面的位置關(guān)系，經(jīng)歷四棱柱的切割與還原過程體會(huì)常見空間幾何體之間的邏輯聯(lián)系，學(xué)會(huì)基于補(bǔ)體思想解決該類立體幾何試題，化抽象為直觀，降低思維難度，體會(huì)知識(shí)的發(fā)生與發(fā)展過程.