闫伟

摘 要：立体几何中点、线、面的位置关系以及多面体的外接球问题一直以来都是高考的重点和热点，常常以选填题出现，这类题目灵活多变，空间想象能力较弱的学生经常摸不着头脑，甚至对这类试题产生畏惧心理，最终选择放弃.本文以2019年全国Ⅰ卷理科第12题为例，探究了如何通过构造特殊几何体解决立体几何常见问题.

关键词：构造模型;正方体;长方体;直棱柱

1 试题分析及思考

题目 （2019年全国Ⅰ卷理科第12题）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（ ）.

A.86π  B.46π  C.26π  D.6π

1.1 思路解析

文[2]对本题的解法作了全面的探究，作为选择题可以考虑从特殊的角度入手来求解.

由题意可知，三棱锥P-ABC为一个正三棱锥，很容易构建一个由正方体模型截得的正三棱锥，如图1.设正方体的棱长为a，已知AB=2，则2a=2，解得a=2.正三棱锥的外接球就是正方体的外接球，从而2R=3a=6，R=6 2.故球的体积V=4 3πR3=6π.

但可能会存在疑问：这样联想构造的正方体模型符合题意吗？问题的关键点在于题中条件∠CEF=90°能否保证PA，PB，PC两两垂直？下面给予探究.

由题意知EF⊥EC，EF//PB，所以PB⊥EC.取AC中点N，连接PN，BN，则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， 从而△APB为等腰直角三角形.

由AB=2知PA=2，所以PA=PB=PC=2.

由勾股运算知PA，PB，PC两两垂直.

这也就验证了前面的解法是合理的，由此构造正方体求外接球就非常容易了.

评注 线面垂直是高中立体几何中的一个重要关系，当中蕴含了非常丰富的对图形进行识别和想象的内容，若考生在空间想象中对作图和图形的识别达到一定的深度，对几何、代数方法运用灵活自由，由边长相等发现共底的等腰三角形组成的基本图形，那么在构建本题图形架构时就易得出 EF⊥EC为确定点P的位置条件，从而得到PA，PB，PC两两垂直，即可得到构造正方体来解决三棱锥外接球問题的思路，从而极大简化解题过程，体现了借助特殊几何体模型解题的优越性.

1.2 教学思考

《普通高中数学课程标准（2017年版）》指出立体几何初步（2）基本图形位置关系：① 借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解基本事实与公理;②从上述定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行和垂直的关系，归纳出性质定理和判定定理，并加以证明.

由此而见，新课标要求在教学中要充分借助长方体这一重要几何模型，使学生充分感知空间中的点、直线、平面的位置关系. 2019年全国Ⅰ卷理科12题的命题设计紧扣新课程标准，巧妙地在正方体模型中截出一个正三棱锥内接于球，并在这个正三棱锥的三条侧棱的长度、位置关系不明显的背景下设计了问题，给学生在心理及思维能力上提出了更高的要求.若考生能够深入理解命题背景，把握问题本质，挖掘出题中潜在的模型——正方体，该试题就迎刃而解了.因此，高中数学教学要领悟新课标的思想，真正落实新课标的要求，培养学生的数学核心素养，这样学生应对各种考试就能水到渠成，顺利解答试题，进一步培养学生能够自觉地用数学的眼光观察世界、用数学的思维解决问题的能力.

2 应用延展

事实上，在解决立体几何试题时，当空间线面关系、空间角的关系不明朗或者所处理的几何体不规则时，若构造正方体、长方体、直棱柱等特殊模型会使得问题变得更形象、直观、简捷，极大地降低试题难度，有助于问题的顺利解决.下面结合近几年的高考题加以说明.

2.1 构造长方体

2.1.1 判定空间中点、线、面的位置关系

例1 （2013年新课标Ⅱ卷理科第4题）已知m，n为异面直线，m⊥面α，n⊥面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，lα，lβ，则（ ）.

A.α//β，且l//α    B.α⊥β，且l⊥β

C.α与β相交，且交线垂直于l

D.α与β相交，且交线平行于l

解析 构造长方体如图2，在长方体中标出平面α和β，并找到相应的m，n，l，显然可知α与β相交，且交线平行于l.故选D.

评注 本题虽然简单，但是有很多学生做错，错的不明不白.通过构造长方体按照条件找到对应的平面和直线，就非常直观、简洁，为判定空间中线面关系带来了极大的方便.

例2 （2019年全国Ⅲ卷理科第8题）如图3，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，点M是线段ED的中点，则（ ）.

A.BM=EN，且直线BM，EN是相交直线

B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线

C.BM=EN，且直线BM，EN是异面直线

D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线

解析 结合题目条件，构造长方体并将原图放置其中，如图3所示，连接BD，则点N为BD中点.

又BD∩DE=D，点M是线段ED的中点，由图知BM，EN都在由相交直线BD和DE所确定的面BDE内，而且不平行，于是直线BM，EN是相交直线.

设AB=AD=2，则EC=ED=2.

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

评注 通过构造长方体将问题具体化，且为有效破解空间中点、线、面的位置关系以及空间距离等问题提供直观模型， 很容易判定BM，EN的长度及位置关系.尤其在解决空间中位置关系、几何量运算等选填题时，可以很据已知条件构造特殊几何体模型将一般问题特殊化来处理.

2.1.2 判定空间中的线线角关系

例3 （2017年新课标Ⅲ卷理科第16题）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角△ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最小值为60°;其中正确的是.

解析 构造长方体如图4所示，将AB作为体对角线，取BD=BE=1，AC=2，则AB=2，AE=AD=3.

易知∠ABE=∠ABD=60°.

于是直线AB与a和b都成60°.故②对.

当AB移到右侧面时，此时a⊥AB，直线AB与a所成角最大;当AB移到正面AF时，直线AB与a所成角最小，此时CF=CB=AC=2，∠AFC=45°.故③对.

从而正确的是②③.

评注 本题通过构造长方体很容易探究动直线AB与两条定直线的位置关系，以及根据诸多直角三角形可以确定夹角的大小.借助这一特殊几何体将复杂抽象的问题简单化，使得解题思路简洁、直观.

2.1.3 破解三视图中线段长度最值

例4 （2008年高考海南卷理科第12题）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影长为6的线段，在该几何体的侧视图和俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（ ）.

A.22   B.23   C.4   D.25

解析 由于三视图的原理是正投影，构造长方体如图5所示，选择长方体的三个面作为投影面，体对角线AC1为该几何体的棱长，其投影恰好是面对角线，记DC1=6，AC=a，BC1=b，设AB=x，CC1=y，于是AD=1，x2+y2+1=7.

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

故a+b的最大值为4.选C.

评注 构造长方体解决本题，不仅可以让想象力有了着力点，而且长方体中线段间的关系优化了运算过程，极大降低了试题的难度，若脱离长方体这一载体很难建立三个投影线段的关系.

2.1.4 破解不规则多面体的外接球

例5 （2019年清华大学自招试题）一个四面体的棱长分别为6，6，6，6，6，9，则其外接球的半径R为.

解析 根据四面体的棱长，可构造长方体ABCD-A1B1C1D1如图6所示，将四面体E-MNF嵌入长方体中，其中EM=EN=FM=FN=MN=6，EF=9，设点O为MN中点，连OE，OF，易知OE=OF=3 3.

从而根据余弦定理得∠EOF=120°.

取EF中点Q，连OQ，则∠EOQ=60°，且四面体E-MNF外接球的球心G在直线OQ上.

因为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.

评注 本题难度较大，若直接求解很难确定外接球的球心，借助长方体这一载体将四面体嵌入其中，可以轻松地锁定球心，再结合余弦定理及勾股运算建立相应线段的等式进而解决球半径.构造长方体模型将不规则的多面体的位置特殊化，极大地优化推理论证过程.

2.1.5 破解不规则多面体的体积

例6 （2010年高考辽宁卷理科第12题）有四根长为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使得这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是（ ）.

A.（0，16 3 27]    B.（0，8 3 27]

C.（0，23 3] D.（0，3 3]

解析 由于三棱锥的对棱相等，可考虑构造长方体如图7所示，其中BD=BA1=C1A1=C1D=2，DA1=BC1=a.

利用割補法易求得四面体B-DA1C1的体积是长方体的1 3.

设AB=x，则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）单调递增，在（23 3，2）上单调递减.

所以（VB-DA1C1）max=16 3 27.

即三棱锥体积的取值范围是（0，16 3 27]，故选A.

评注 本题三棱锥的两条对棱相等，是解题的突破口，符合长方体的特征，这就意味着可以构造长方体，进而利用割补法将三棱锥的体积表示为边长的函数来求解.对棱相等的四面体是一种常见的模型，求解相关的空间角和空间距离等问题通常的做法是构造长方体，使得空间图形更直观，可以极大简化推理论证过程.

2.2 构造直棱柱

2.2.1 构造直四棱柱求解异面直线夹角

例7 （2017年全国Ⅱ卷文科第10题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB=2，BC=CC1=1，∠ABC=120°，则直线AB1与直线BC1所成角的余弦值为.

解析 构造直四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图8所示，连接AD1，B1D1，由BC1//AD1可知直线AB1与直线BC1所成角为∠B1AD1.

因为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 求异面直线的夹角通常的方法是平移法和向量法，前者是通过平移直线化异面为共面，再解三角形，后者则是建立空间坐标系，利用向量的代数运算求解.本题根据直三棱柱的特征巧妙构造直四棱柱，再根据直四棱柱的对角面性质快速找到异面直线的夹角.此解法对于没有接触过空间向量且空间想象能力较为薄弱的文科生而言，是一种举重若轻的优美解法.

2.2.2 构造直三棱柱求解二面角

例8 （2018年全国Ⅲ卷理科第19题）如图9，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD 上异于C，D的点.当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

解析 由已知条件构造直三棱柱如图9所示，显然当点M是CD 的中点时，三棱锥M-ABC体积最大.根据二面角的定义知面MAB与面MCD所成二面角为∠AFD，于是sin∠AFD=AD AF=2 5=2 5 5.

评注 本题解法较多，如向量法，需要建系、描点、求法向量，尽管操作步骤都熟悉，但是运算过程相对复杂，而且坐标运算极易出错.通过构造直三棱柱使得所求二面角直观地展示出来，而且该角就处于一个已知的直角三角形中.构造直三棱柱优化了解题的过程，极大地提高了解题效率.

3 结束语

正方体、长方体和直棱柱等特殊几何体模型是帮助我们认识和理解空间点、线、面位置关系的有效载体，借助这些特殊模型容易探究出空间线线、线面、面面间的关系转化，非常形象、直观，同时这些模型中的长度关系、位置关系也为计算带来极大的便利，实现了复杂问题求解的程序化和规律化，也有利于培养学生的空间想象能力、几何直观能力等.在解题教学活动中，我们要及时总结与反思，使学生逐渐形成思想方法，学习更具效率.

参考文献：

[1]黄林盛. 以模型为载体解决空间几何体的外接球与内切球问题[J].中学数学研究（华南师范大学版），2019（07）：14-17.

[2]宗火祥. 一道高考题的反思与探究[J].中学数学教学参考，2019（25）：60-63.

（收稿日期：2020-02-27）