正方体模型在教学中的应用|正方体教学模型

　　在立体几何中，正方体是较简单、较特殊的几何模型，它蕴涵大量空间线面概念和位置关系、各种角度和距离，还与其他几何体有联系，是培养学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力、几何直观能力、转换能力、探究能力的重要载体，一直是各类模拟考试和高考的命题热点。因此，在教学中应重视正方体模型的应用。本文就此作一个归类解析。
　　（一）构造正方体模型解题
　　[例1]（2007年湖北・理・4题）平面?琢外有两条直线m和n，如果m和n在平面?琢内的射影分别是m1和n1，给出下列四个命题：
　　①m1⊥n1?圯m⊥n； ② m⊥n?圯m1⊥n1；
　　③ m1与n1相交?圯m与n相交或重合；
　　 ④ m1与n1平行?圯m与n平行或重合；
　　其中不正确的命题个数是（ ）
　　A.1 B.2 C.3 D.4
　　【解析】构造正方体，如图：设平面α为平面ABCD
　　①取AD=m1，CD=n1，AD1=m，CD1=n，则①错
　　②取AD1=m，A1D=n，AD=m1=n1，则②错
　　③取AD=m1，CD=n1，AD1=m，C1D=n，则③错
　　④取AD=m1，BC=n1，AD1=m，B1C=n，则④错。
　　 选D
　　【评注】本例以空间线面位置关系为考点，以直线在平面内的射影立意，考查了空间想象能力、推理能力和探究能力。属于“命题判断”型试题，此类题型分为单一判断、多项判断和构造命题判断，是各地模考和高考的命题热点。解决策略是：构造正方体，把条件和结论置入正方体中，逐个判断，达到简化思维过程。
　　本例还告诉我们，在教学中要让学生自制正方体模型，直观地认识和理解空间线面位置关系、各种角度和距离，并学会用数学语言表述位置关系。
　　[例2]正四面体的棱长为1，球O与正四面体的各棱均相切，且球心O在正四面体的内部，则球O的表面积是（ ）
　　A.2?仔 B.4?仔 C. ?仔 D. ?仔
　　【解析】构造正方体，与正四面体的各棱均相切的球恰是正方体的内切球，设正方体的棱长为a， a=1，∴ a= ，故2r= ，则r= ，所以，球O的表面积S=4?仔r2= ?仔 ，选C
　　【评注】本例是正四面体与球的“切”、“接”问题，由于正方体和正四面体具有相同的外接球，此时正方体的内切球就是正四面体的棱切球，因此，可以构造正方体来解决此类型试题。设正方体和正四面体的棱长分别为a、b，则 a=b。就正方体而言，其内切球、棱切球、外接球半径分别为a、 a、 a，比值为1: : ；正四面体的内切球、棱切球、外接球半径分别为 a、 a、 a，比值为1: :3。从而发现，正四面体的外接球与内切球的半径之比为3:1，而正三角形外接圆与内切圆的半径之比为2:1，这正是平面向空间推广的结果，数字2、3表示平面和空间的维数。
　　[例3]（2006年北京・理・4题）平面?琢的斜线AB交?琢于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交?琢于点C，则动点C的轨迹是（ ）
　　A．一条直线 B.一个圆
　　 C.一个椭圆 D.双曲线的一支
　　【解析1】构造正方体，如图1。设下底面为平面，B为下底面的一个顶点，B点共顶点的三个面的对角线构成一个平面PQR，它与AB垂直，垂足记为A，它是过A点的直线l所形成的平面，则点C就是AB的垂面PQR与平面?琢的交线。选A
　　【解析2】构造棱长为1的正方体，并建立空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(1，1，0)，在平面xoy上取点C（x，y，0）， =A(1，1，-1)， =(x，y，-1)，由题意可知， ・ =0，∴x+y+1=0 ，既点C在平面?琢内的轨迹是一条直线。
　　【评注】本例以线线垂直关系为背景，求平面上点的轨迹，立意新颖，解决的一般方法是空间问题平面化（定性），平面问题解析化（定量），是求动点轨迹问题的新题型和新方法，体现了立体几何与解析几何的有机结合，考查了空间想象能力、转化能力和探究能力，是高考命题的热点和亮点。此类问题包括求几何体表面上或非几何体平面上动点轨迹，前者可从几何体的特性去探究，后者可以构造正方体，用定性或定量的方法来解决。
　　（二）正方体中计数问题
　　[例4]（2006年上海・理・10题）如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”。在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________。
　　【解析】由“正交线面对”的含义，以面为标准分成两类。第一类，与侧面垂直的有4×6＝24个；第二类，与对角面垂直的有2×6＝12个。共有24＋12＝36个。
　　【评注】本例用新定义立意，是以正方体为依托的计数问题，属于信息迁移型试题，考查阅读理解能力、迁移能力和分类讨论思想，在高考立体几何中占有重要地位。解决此类型试题可用直接法，对给出的新定义，在认真阅读理解其本质的基础上，紧扣新定义的条件直接解题。分类要注意不重复、不遗漏，分类标准统一。
　　一般来说，立体几何中的信息迁移题，除了用上述直接法外，还有：①转化法，把新信息转化成熟悉的问题情景或模型，如前面例1的解法；②类比法，对有范例的信息迁移题，可用类比的方法，仿照范例，使新信息的各部分与所求问题的各部分相对应，然后求解。
　　[例5]用小正方体块搭一个几何体，使得它的正视图和俯视图如图所示，这样的几何体至少要_____个小正方体，最多只能用_____个小正方体。
　　【解析】从三视图可知正方体的个数，底层有6个，从正视图可知，第二层至少有2个，最多有5个；第三层至少有1个，最多有3个。故至少有9个，最多有14个。
　　【评注】以三视图为背景，考查空间想象能力、计数能力和分类讨论思想，它是高考命题的一个亮点。在2007年实施新课标的四省区的高考试卷中均有体现，而以三视图还原直观图为最难，它又是三视图有关计算和计数问题的关键。解决三视图计数问题，常常从俯视图入手看下底面，从正视图看前后面及上下底面的结构，从左视图看左右面及上下底面的结构，还原出几何体的直观图，再进行分类计数。
　　（三）正方体中计算和证明
　　[例6]在棱长为1的正方体内有一内切球，过正方体中两条互为异面直线的棱的中点作一直线，该直线被球面截在球面内的线段长是（ ）
　　A.B.C.D.-1
　　【解析1】过内切球心O作OM⊥EF于M，过EF作截面EPFQ，其中P、Q为棱的中点，作ON⊥PF于N，连结MN，易知OM⊥平面EPFQ，ON等于半径r= ，MN= ，EP= ，则OM= ，直线在球面内的线段长为
　　 2 ＝ 。选C
　　【解析2】过内切球心O和直线EF作正六边形截面ESTUFV，这些顶点均为棱的中点，则OV⊥EF于M，则OM= OV＝ ，同解析1。
　　【评注】本例是与正方体有关球的计算问题，解决的基本思想是平面化。初中平面几何中圆内的弦长l与半径r及弦心距d之间的关系l=2 ，也是解决空间中球面内弦长的基本方法。一般地，过正方体棱上任意两点的直线只要和正方体的内切球（或外接球或棱切球）相交，其弦长都可以用上述方法求解。
　　[例7]（2004年江苏）在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱CC1上，且CC1=4CP。(Ⅰ)求直线AP与平面BCC1B1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O点在平面D1AP上的射影是H，求证：D1H⊥AP；(Ⅲ)略。
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　　(Ⅱ)连结D1O、A1C1，因为O是正方形A1B1C1D1的中心，所以D1O⊥A1C1，又 D1O⊥A1A，所以 D1O⊥平面ACC1A1，而AP?奂平面ACC1A1，故 D1O⊥AP，那么，由三垂线定理的逆定理可知，D1O在平面APD1上的射影与AP垂直，即D1H⊥AP。
　　【解析2】如图所示，建立空间直角坐标系D－xyz，则A（4，0，0），P（0，4，1），B(4，4，0)，D1（0，0，4），O（2，2，4），A1（4，0，4），D（0，0，0）。
　　 (Ⅰ) =(0，-4，0) ， =(4，-4，-1)，记 为平面BCC1B1的法向量，设直线AP与平面BCC1B1所成的角为?兹，则sin?兹＝cos= = = 。所以?兹=acrsin 。(Ⅱ) =(-2，-2，0)，因为 ・ =0，所以 ⊥ ，又点O在平面D1AP上的射影是H，由三垂线定理的逆定理可知 D1H⊥AP。
　　【评注】计算和证明问题，是高考立体几何的常考点，解决的方法有几何法和向量法，这种“一题两法”、择优选取，是立体几何在高考中的一大变化。许多需要识图、构造图形、变换图形等空间想象问题通过计算就可以解决。同时，新课标强调计算以角度为主、证明以位置关系为主，从而降低了解答题的难度，这为正方体的闪亮登场提供了舞台，正方体图形直观，与其它几何体又有联系，利于双基的落实和能力的培养及考查。但是，用向量计算角度时，要注意角度的范围和向量的方向。
　　（四）正方体中探究问题
　　[例8]（2006年湖北・理・18题）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP=m。（Ⅰ）略；（Ⅱ）在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，并证明你的结论。
　　【解析】（Ⅱ）（直推法）当点Q是AICI的中点时，满足题设要求。证明过程见例7解析1的（Ⅱ）的证明。(Ⅱ）（假设几何法）假设在A1C1上存在一点Q，使得D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，由三垂线定理可知D1Q⊥AP，而D1Q⊥AA1，所以D1Q⊥平面ACC1A1，故D1Q⊥A1C1，∴Q是A1C1的中点。因此，当点Q是AICI的中点时，命题结论成立。
　　（Ⅱ）（假设向量法）如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，P(0，1，m)，D1(0，0，1)。若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，x∈（0，1），则Q(x，1－x，1)， =(x，1－x，0)， =(-1，1，m)。对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，等价于D1Q⊥AP?圳 ・ =0?圳-x+（1-x）=0?圳x= ∈（0，1）。即Q为A1C1的中点时，满足题设要求。
　　【评注】本例是存在与否的探究题型，以正方体为载体，去探究、去发现线线垂直的充要条件。此例还可改为“在线段A1C1上是否存在一个点Q，使得AQ⊥PQ？若存在，求出m的范围；若不存在，请说明理由。”（提示：当m ∈（0，0.5）时，不存在点Q使得AQ⊥PQ；当m∈[0.5，1）时，存在点Q使得AQ⊥PQ。）它比本例设问更深一层，体现与三角、函数知识交汇，说明此类问题在高考中有加强的趋势。解决方法有直推法，即通过观察、分析、归纳猜想得出条件，再论证结论；还有假设法，即假设结论成立，以此作为条件用几何通法（或向量法）进行演绎推理（或推算），若结果合理，则假设正确；若出现矛盾，则假设错误，得出相反的结论。
　　
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