對2019年全國Ⅰ卷理科12題的再思考

閆偉

摘 要：立體幾何中點、線、面的位置關系以及多面體的外接球問題一直以來都是高考的重點和熱點，常常以選填題出現，這類題目靈活多變，空間想象能力較弱的學生經常摸不著頭腦，甚至對這類試題產生畏懼心理，最終選擇放棄.本文以2019年全國Ⅰ卷理科第12題為例，探究了如何通過構造特殊幾何體解決立體幾何常見問題.

關鍵詞：構造模型;正方體;長方體;直棱柱

1 試題分析及思考

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

A.86π? B.46π? C.26π? D.6π

1.1 思路解析

文[2]對本題的解法作了全面的探究，作為選擇題可以考慮從特殊的角度入手來求解.

由題意可知，三棱錐P-ABC為一個正三棱錐，很容易構建一個由正方體模型截得的正三棱錐，如圖1.設正方體的棱長為a，已知AB=2，則2a=2，解得a=2.正三棱錐的外接球就是正方體的外接球，從而2R=3a=6，R=6 2.故球的體積V=4 3πR3=6π.

但可能會存在疑問：這樣聯想構造的正方體模型符合題意嗎？問題的關鍵點在于題中條件∠CEF=90°能否保證PA，PB，PC兩兩垂直？下面給予探究.

由題意知EF⊥EC，EF//PB，所以PB⊥EC.取AC中點N，連接PN，BN，則PN⊥AC，BN⊥AC，PN∩BN=N，所以AC⊥面PBN，于是有PB⊥AC.

又EC∩AC=C，所以PB⊥面PAC，故PB⊥PA.

又PB=PA， 從而△APB為等腰直角三角形.

由AB=2知PA=2，所以PA=PB=PC=2.

由勾股運算知PA，PB，PC兩兩垂直.

這也就驗證了前面的解法是合理的，由此構造正方體求外接球就非常容易了.

評注 線面垂直是高中立體幾何中的一個重要關系，當中蘊含了非常豐富的對圖形進行識別和想象的內容，若考生在空間想象中對作圖和圖形的識別達到一定的深度，對幾何、代數方法運用靈活自由，由邊長相等發現共底的等腰三角形組成的基本圖形，那么在構建本題圖形架構時就易得出 EF⊥EC為確定點P的位置條件，從而得到PA，PB，PC兩兩垂直，即可得到構造正方體來解決三棱錐外接球問題的思路，從而極大簡化解題過程，體現了借助特殊幾何體模型解題的優越性.

1.2 教學思考

《普通高中數學課程標準（2017年版）》指出立體幾何初步（2）基本圖形位置關系：① 借助長方體，在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上，抽象出空間點、直線、平面的位置關系的定義，了解基本事實與公理;②從上述定義和基本事實出發，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面平行和垂直的關系，歸納出性質定理和判定定理，并加以證明.

由此而見，新課標要求在教學中要充分借助長方體這一重要幾何模型，使學生充分感知空間中的點、直線、平面的位置關系. 2019年全國Ⅰ卷理科12題的命題設計緊扣新課程標準，巧妙地在正方體模型中截出一個正三棱錐內接于球，并在這個正三棱錐的三條側棱的長度、位置關系不明顯的背景下設計了問題，給學生在心理及思維能力上提出了更高的要求.若考生能夠深入理解命題背景，把握問題本質，挖掘出題中潛在的模型——正方體，該試題就迎刃而解了.因此，高中數學教學要領悟新課標的思想，真正落實新課標的要求，培養學生的數學核心素養，這樣學生應對各種考試就能水到渠成，順利解答試題，進一步培養學生能夠自覺地用數學的眼光觀察世界、用數學的思維解決問題的能力.

2 應用延展

事實上，在解決立體幾何試題時，當空間線面關系、空間角的關系不明朗或者所處理的幾何體不規則時，若構造正方體、長方體、直棱柱等特殊模型會使得問題變得更形象、直觀、簡捷，極大地降低試題難度，有助于問題的順利解決.下面結合近幾年的高考題加以說明.

2.1 構造長方體

2.1.1 判定空間中點、線、面的位置關系

例1 （2013年新課標Ⅱ卷理科第4題）已知m，n為異面直線，m⊥面α，n⊥面β，直線l滿足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，則（ ）.

A.α//β，且l//α? ? B.α⊥β，且l⊥β

C.α與β相交，且交線垂直于l

D.α與β相交，且交線平行于l

解析 構造長方體如圖2，在長方體中標出平面α和β，并找到相應的m，n，l，顯然可知α與β相交，且交線平行于l.故選D.

評注 本題雖然簡單，但是有很多學生做錯，錯的不明不白.通過構造長方體按照條件找到對應的平面和直線，就非常直觀、簡潔，為判定空間中線面關系帶來了極大的方便.

例2 （2019年全國Ⅲ卷理科第8題）如圖3，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，點M是線段ED的中點，則（ ）.

A.BM=EN，且直線BM，EN是相交直線

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

解析 結合題目條件，構造長方體并將原圖放置其中，如圖3所示，連接BD，則點N為BD中點.

又BD∩DE=D，點M是線段ED的中點，由圖知BM，EN都在由相交直線BD和DE所確定的面BDE內，而且不平行，于是直線BM，EN是相交直線.

設AB=AD=2，則EC=ED=2.

所以EB=DB=22，BM=BE2-ME2=7，EN=2.于是BM≠EN.故選B.

評注 通過構造長方體將問題具體化，且為有效破解空間中點、線、面的位置關系以及空間距離等問題提供直觀模型， 很容易判定BM，EN的長度及位置關系.尤其在解決空間中位置關系、幾何量運算等選填題時，可以很據已知條件構造特殊幾何體模型將一般問題特殊化來處理.

2.1.2 判定空間中的線線角關系

例3 （2017年新課標Ⅲ卷理科第16題）a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角△ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉，有下列結論：

①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角;②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角;③直線AB與a所成角的最小值為45°;④直線AB與a所成角的最小值為60°;其中正確的是.

解析 構造長方體如圖4所示，將AB作為體對角線，取BD=BE=1，AC=2，則AB=2，AE=AD=3.

易知∠ABE=∠ABD=60°.

于是直線AB與a和b都成60°.故②對.

當AB移到右側面時，此時a⊥AB，直線AB與a所成角最大;當AB移到正面AF時，直線AB與a所成角最小，此時CF=CB=AC=2，∠AFC=45°.故③對.

從而正確的是②③.

評注 本題通過構造長方體很容易探究動直線AB與兩條定直線的位置關系，以及根據諸多直角三角形可以確定夾角的大小.借助這一特殊幾何體將復雜抽象的問題簡單化，使得解題思路簡潔、直觀.

2.1.3 破解三視圖中線段長度最值

例4 （2008年高考海南卷理科第12題）某幾何體的一條棱長為7，在該幾何體的正視圖中，這條棱的投影長為6的線段，在該幾何體的側視圖和俯視圖中，這條棱的投影分別是長為a和b的線段，則a+b的最大值為（ ）.

A.22? ?B.23? ?C.4? ?D.25

解析 由于三視圖的原理是正投影，構造長方體如圖5所示，選擇長方體的三個面作為投影面，體對角線AC1為該幾何體的棱長，其投影恰好是面對角線，記DC1=6，AC=a，BC1=b，設AB=x，CC1=y，于是AD=1，x2+y2+1=7.

從而有（a+b）2=（x2+1+y2+1）2=8+2x2+1·y2+1≤8+（x2+y2+2）=16.

故a+b的最大值為4.選C.

評注 構造長方體解決本題，不僅可以讓想象力有了著力點，而且長方體中線段間的關系優化了運算過程，極大降低了試題的難度，若脫離長方體這一載體很難建立三個投影線段的關系.

2.1.4 破解不規則多面體的外接球

例5 （2019年清華大學自招試題）一個四面體的棱長分別為6，6，6，6，6，9，則其外接球的半徑R為.

解析 根據四面體的棱長，可構造長方體ABCD-A1B1C1D1如圖6所示，將四面體E-MNF嵌入長方體中，其中EM=EN=FM=FN=MN=6，EF=9，設點O為MN中點，連OE，OF，易知OE=OF=3 3.

從而根據余弦定理得∠EOF=120°.

取EF中點Q，連OQ，則∠EOQ=60°，且四面體E-MNF外接球的球心G在直線OQ上.

因為GE=GM，所以OM2+OG2=GM2=OE2+OG2-2OE·OGcos60°.

即9+OG2=27+OG2-3 3OG.

解得OG=23.

所以R=OG2+OM2=21.

評注 本題難度較大，若直接求解很難確定外接球的球心，借助長方體這一載體將四面體嵌入其中，可以輕松地鎖定球心，再結合余弦定理及勾股運算建立相應線段的等式進而解決球半徑.構造長方體模型將不規則的多面體的位置特殊化，極大地優化推理論證過程.

2.1.5 破解不規則多面體的體積

例6 （2010年高考遼寧卷理科第12題）有四根長為2的直鐵條，若再選兩根長都為a的直鐵條，使得這六根鐵條端點處相連能夠焊接成一個對棱相等的三棱錐形的鐵架，則此三棱錐體積的取值范圍是（ ）.

A.（0，16 3 27]? ? B.（0，8 3 27]

C.（0，23 3] D.（0，3 3]

解析 由于三棱錐的對棱相等，可考慮構造長方體如圖7所示，其中BD=BA1=C1A1=C1D=2，DA1=BC1=a.

利用割補法易求得四面體B-DA1C1的體積是長方體的1 3.

設AB=x，則AD=AA1=4-x2（x∈（0，2））.

所以VB-DA1C1=1 3x·（4-x2），x∈（0，2）.

令V′B-DA1C1=0，解得x=23 3.

易知VB-DA1C1=1 3x·（4-x2）在x∈（0，23 3）單調遞增，在（23 3，2）上單調遞減.

所以（VB-DA1C1）max=16 3 27.

即三棱錐體積的取值范圍是（0，16 3 27]，故選A.

評注 本題三棱錐的兩條對棱相等，是解題的突破口，符合長方體的特征，這就意味著可以構造長方體，進而利用割補法將三棱錐的體積表示為邊長的函數來求解.對棱相等的四面體是一種常見的模型，求解相關的空間角和空間距離等問題通常的做法是構造長方體，使得空間圖形更直觀，可以極大簡化推理論證過程.

2.2 構造直棱柱

2.2.1 構造直四棱柱求解異面直線夾角

例7 （2017年全國Ⅱ卷文科第10題）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，BC=CC1=1，∠ABC=120°，則直線AB1與直線BC1所成角的余弦值為.

解析 構造直四棱柱ABCD-A1B1C1D1如圖8所示，連接AD1，B1D1，由BC1//AD1可知直線AB1與直線BC1所成角為∠B1AD1.

因為AB=2，BC=CC1=1，易求得AD1=2，AB1=5.

在△A1B1D1中，由余弦定理，得B1D21=A1D21+A1B21-2A1D1·A1B1·cos60°=3.故B1D1=3，

在△AB1D1中，由余弦定理，得cos∠B1AD1=AB21+AD21-B1D21 2AB1·AD1=（5）2+（2）2-3 2×5×2=10 5.

評注 求異面直線的夾角通常的方法是平移法和向量法，前者是通過平移直線化異面為共面，再解三角形，后者則是建立空間坐標系，利用向量的代數運算求解.本題根據直三棱柱的特征巧妙構造直四棱柱，再根據直四棱柱的對角面性質快速找到異面直線的夾角.此解法對于沒有接觸過空間向量且空間想象能力較為薄弱的文科生而言，是一種舉重若輕的優美解法.

2.2.2 構造直三棱柱求解二面角

例8 （2018年全國Ⅲ卷理科第19題）如圖9，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD 上異于C，D的點.當三棱錐M-ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.

解析 由已知條件構造直三棱柱如圖9所示，顯然當點M是CD 的中點時，三棱錐M-ABC體積最大.根據二面角的定義知面MAB與面MCD所成二面角為∠AFD，于是sin∠AFD=AD AF=2 5=2 5 5.

評注 本題解法較多，如向量法，需要建系、描點、求法向量，盡管操作步驟都熟悉，但是運算過程相對復雜，而且坐標運算極易出錯.通過構造直三棱柱使得所求二面角直觀地展示出來，而且該角就處于一個已知的直角三角形中.構造直三棱柱優化了解題的過程，極大地提高了解題效率.

3 結束語

正方體、長方體和直棱柱等特殊幾何體模型是幫助我們認識和理解空間點、線、面位置關系的有效載體，借助這些特殊模型容易探究出空間線線、線面、面面間的關系轉化，非常形象、直觀，同時這些模型中的長度關系、位置關系也為計算帶來極大的便利，實現了復雜問題求解的程序化和規律化，也有利于培養學生的空間想象能力、幾何直觀能力等.在解題教學活動中，我們要及時總結與反思，使學生逐漸形成思想方法，學習更具效率.

參考文獻：

[1]黃林盛. 以模型為載體解決空間幾何體的外接球與內切球問題[J].中學數學研究（華南師范大學版），2019（07）：14-17.

[2]宗火祥. 一道高考題的反思與探究[J].中學數學教學參考，2019（25）：60-63.

（收稿日期：2020-02-27）