方中有數，平淡為真

雷小華

2022年全國高考數學Ⅰ卷第9題：

（多項選擇題）已知正方體ABCD-A1B1C1D1，則（）

A.直線BC1與DA1所成的角為90°

B.直線BC1與CA1所成的角為90°

C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°

D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°

一、試題分析

本題取材樸實，情景熟悉，位于多項選擇題首位，雖整體難度不大，但區分度較好，屬基礎題.考查內容為異面直線所成的角、三垂線定理、直線與平面所成的角等.選擇支解題方法較多，題目所涉及的圖形需自畫，要有最基本的作圖能力．

【答案】ABD

【解析】

1.選項A

考查目標為異面直線所成的角.處理辦法一般有四種，即①定義法；②位置法；③向量法；④坐標法.在該選項中，最好的處理辦法是定義法，簡單快捷，準確高效．

①定義法：如圖1（1），通過觀察知道DA1∥CB1，且CB1⊥BC1，如圖1（2），故直線BC1與DA1所成的角為90°，結論A正確．

②位置法：如圖1（2），借用線面垂解決.∵BC1⊥平面CDA1B1（可證），如圖1（2），且A1D平面CDA1B1，故A1D⊥C1B，可得結論A正確．

③向量法：如圖1（1），借用向量運算處理解決.A1D=A1A+AD，C1B=C1C+CB，∵A1D·C1B=A1A+AD·C1C+CB=1+0+0-1=0，故A1D⊥C1B，所以結論A正確．

④坐標法：如圖2，建立空間直角坐標系D-xyz.設正方體的邊長為1.則D（0，0，0），A1（1，0，1），B（1，1，0），C1（0，1，1）．

A1D=（-1，0，-1），C1B=（1，0，-1），由A1D·C1B=-1×1+0×0+（-1）×（-1）=0知，A1D⊥C1B，所以結論A正確．

2.?選項B

仍然考查異面直線所成的角的求解方法，除前面所說的四種方法外，處理該選項最好的辦法是用三垂線定理，簡單快捷，準確高效，其它方法這里省略，留給讀者思考．

三垂線定理法：如圖3，對于平面BCC1B1而言，因為A1B1⊥面BCC1B1，所以斜線A1C在其面內的射影為B1C.因為B1C⊥BC1，故直線BC1與CA1所成的角為90°（影垂則斜垂），所以結論B正確．

此處多說一下定義法求解，平移時方向分為內收與外展，故解法不惟一.下面就內收（如圖4（1））與外展（如圖4（2））的圖形各給出一個．

平移后，只需求出圖4（1）中的∠EOC的大小或圖4（2）中的∠D2A1C的大小即可，后續求解留給讀者完成．

3.選項C處理直線與平面所成的角，一般有三種辦法，①定義法；②向量法；③坐標法.該選項應釆用簡單快捷、準確高效的定義法．

如何求直線BC1與平面BB1D1D所成的角呢？如圖5（1）.依課本定義，須找直線BC1在平面BB1D1D內的射影，這是關鍵的一步.連接A1C1交B1D1于G，連接BG，由于A1C1⊥面BB1D1D（易證），故BG為BC1在平面BB1D1D內的射影，則∠GBC1的大小即為所求（定義法），如圖5（2） .如何解出這個角的大小呢？只需盯著Rt△GBC1中的∠GBC1這一目標，可令正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則GC1=2，BC1=22，故∠GBC1=30°，故答案C錯誤．

4.選項D

考查目標為直線與平面所成的角，如圖5（3）.直線BC1在平面ABCD內的射影為現有的直線BC，故∠CBC1即為所求.易得∠CBC1=45°，故答案D正確．

綜合來看，本題平淡樸實，上手較易.依托正方體圖形，考查空間想象能力與數學基本概念、基礎知識與基本方法，立足本源，依源求真.試題緊扣基礎，情景雖然熟悉喜愛，大家皆可作答，但各自采用的解法差異，故所需時間各異，得分有別，應有較好的區分度，是一道很好的多項選擇題.感悟有：

1.基礎決定高度，基礎決定效率.基礎（包括作圖）好的同學自然受益；

2.用好三垂線定理能更易更快更準；

3.方中有數，平淡為真．

其實，在歷年高考數學試題中，緊扣課本，以正方體為載體的試題不少，下面略舉幾例．

二、方中有數

例1.（2021年全國高考數學Ⅱ卷第10題，多選題）如圖6，下列各正方體中，O為下底的中點，M，N為正方體的頂點，P為所在棱的中點，則滿足MN⊥OP的是（）

【答案】BC

【解析】

如圖7，本題考查線線位置關系，最好的辦法就是三垂線定理，影垂則斜垂.簡單說明如下：

由于直線PQ在直線MN所在的各個平面內的射影中，只有選項B、C中的PD、EF與MN垂直，由三垂線定理知，選項BC正確．

此題三垂線定理的功效得以體現，它法次之．

例2.（2021年全國高考數學浙江卷第6題，單選題）

如圖8，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則（）

A.直線A1D與直線D1B垂直，直線MN//平面ABCD

B.直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1

C.直線A1D與直線D1B相交，直線MN//平面ABCD

D.直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1

【答案】A

【解析】本題考查線線位置關系及線面位置關系，用好三垂線定理與線面平行的判定定理即可.簡單說明如下：

如圖9，連接D1A，則D1A是直線D1B在平面ADD1A1內的射影，由三垂線定理知，直線A1D與直線D1B垂直；在三角形AD1B中，因為MN為中位線，故MN∥AB，根據線面平行的判定定理可得：直線MN//平面ABCD.故選項A正確．

例3.（2020年新高考Ⅰ卷改編）如圖10，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°.以D1為球心，R（3≤R≤22）為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長的最大值為[CD#4].

【答案】π．

【解析】如圖11，取B1C1的中點為E，因為∠BAD=60°，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，所以△D1B1C1為等邊三角形，所以D1E=3，D1E⊥B1C1，又四棱柱ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E，因為BB1∩B1C1=B1，所以D1E⊥側面B1C1CB.設P為側面B1C1CB與球面的交線上的點，則D1E⊥EP，因為球的半徑為R，D1E=3，所以

[JB（｜]EP[JB）｜]=[JB（｜]D1P[JB）｜]2-[JB（｜]D1E[JB）｜]2=R2-3，所以側面B1C1CB與球面的交線是扇形EFG的弧，根據弧長公式f（R）=[JB（｜]α[JB）｜]rr=[JB（|]EP[JB）|]=R2-3得：

f（R）=πR2-3，3≤R≤2

π-2arccos1R2-3R2-3，2≤R≤7

2π2-arccos1R2-3-arccos2R2-3R2-3，7

由此，原高考題中R=5時，代入得f5=22π．

當3≤R≤22時，側面B1C1CB與球面的交線變化過程的平面圖如圖12，由上面的函數關系式可知，當R=2時，f（R）max=f（2）=π.f（R）∈［0，π］.對應的函數圖像如下圖13．

除了選擇、填空題外，以正方體為載體的大題也在高考數學中出現過，如2021年全國高考數學北京卷第17大題，2020年全國高考數學北京卷第16大題等，這些留給讀者后面仔細去品味了．

正方體是日常生活中最常見、最熟悉的幾何圖形，涵含著豐富的空間元素與空間想象，是考查空間想象能力的絕好載體！些題又一次再現了命題人的“摘葉飛花”的功夫與“大道至簡”的道理，抓住了數學的本與源，根和魂.正可謂：方中有數，平淡為真．

責任編輯 徐國堅