根在四棱柱，萬變不離宗
——談數學建模素養的考查形式

云南省昆明高新區第三中學 唐明超 650106

廣東省汕頭市澄海華僑中學 潘敬貞 515800

1 借長方體模型考查基本量的計算

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

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

解析：如圖1，假設PB⊥PA，PB⊥PC，PA⊥PC，易知該三棱錐是正方體的一部分，因為△ABC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，經檢驗，假設滿足條件∠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，PC=2，點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：根據題目已知的幾何關系可構建如圖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，設點P在平面ABC上的投影是點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，又因為PE=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，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系嫁接至如圖5所示的長方體中，設正三角形△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）學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型.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，G，H，分別為所在棱的中點，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，G，H，分別為所在棱的中點，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，則所需原料的質量為132×0.9=118.8（g）．

題目背景為長方體，挖去一個四棱錐模型，雖然問題的呈現方式體現了與物理學科交叉，但是所考查的基礎知識和基本思想體現了數學學科的思想性，充分體現了數學基礎知識與基本思想方法的實際應用價值.

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，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“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．半正多面體體現了數學的對稱美.圖7右圖是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_____個面，其棱長為_______．

解析：該半正多面體共有8+8+8+2=26個面，截面可抽象為如圖8所示的正方形內接正八邊形，設其棱長為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°，由題設可知Rt△ABE?Rt△A1B1E，所以∠AEB=∠A1EB1=45°，所以AE=AB=3，AA1=2AE=6，因為在長方體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，因為∠FBC=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 長方體模型中點線面位置關系的證明

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

A.α內有無數條直線與β平行

B.α內有兩條相交直線與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系并結合相關判定定理和性質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確定一個平面，A，C，G，D四點共面，由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，所以AB⊥面BCGE，因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．

3 長方體模型中活用坐標系

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為坐標原點，建立如圖12所示的空間直角坐標系，設AE=A1E=1，因為BE⊥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．（1）（文理同題）證明：MN//平面C1DE；（2）（文）求點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，得H為AD中點，而E為BC中點，所以BE//DH，BE=DH，則四邊形BEDH為平行四邊形，則BH//DE，所以NM//DE，因為NM?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系，既可以考慮用幾何分析法進行解答，也可以借助空間直角坐標系用坐標運算進行解答，入口寬、起點低、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年版普通高中數學課程標準》相關要求，從客觀題到主觀題的問題設計都體現著以長方體為背景，考查點線面位置關系的證明，線面角、二面角、點到平面的距離計算；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點，是數學建模核心素養考查的重要載體.空間觀念的培養需要經歷想圖、作圖、識圖的基本過程，準確認識四棱柱的基本結構特征，準確理解四棱柱中點線面的位置關系，經歷四棱柱的切割與還原過程體會常見空間幾何體之間的邏輯聯系，學會基于補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，體會知識的發生與發展過程.