48887162、（2005_范文大全网

范文一：4888716 2、（2005全国卷）在正方体中,过对角线的一个平面

4888716 2、(2005全国卷)在正方体中，过对角线的一个平面交于E，交于F，则

?四边形一定是平行四边形;

?四边形有可能是正方形;

?四边形在底面ABCD的投影一定是正方形;

?平面有可能垂直于平面

以上结论正确的为 (写出所有正确结论的编号)

分析:注意到正方体的特性，由面面平行性质定理和，故四边形为平行四边形，?正确;在这里，当时，平行四边形即为矩形，且不可能

与底面ABCD(或 )重合时有平面为正方形，?不正确;?正确;而当平面

，故?正确.于是可知答案为?，?，?.

而当平面与底面ABCD(或 )重合时有平面，故?正确. 老师，这步骤没看明白,

DC11

A1B1F

(0,1,0)ECDy

(1,0,0)

答解答不对现解答如下:4,:，，

设正方体棱长为面1,？ACBBD,1,,,？,,ACBBD为面的法向量即,1,1,0AC，，1

设则FzzEz0,1,,01,1,0,1,,,，，，，11

？AEFCD,0,0,1，，，，11,,,,,,,,xyzz,,1,0,0,,,，，，，nDE?,01,,1设面法向量为BEDFnxyz,？？,,，，,,,,,,,,1xyzz,,0,1,10,,，，，，nDF?,0,,1,1,

,xzz,xz,,20,,,,11？？,,,,nzzzzz，，1,1,1则=zz？，，，，,,1111，，01yzz,,,，，yzz，,,1，，,,11,,,,,,,,,,？,,,,面法向量为若面面则BEDFmzzBEDFBBDmAC,1,1,,0?，，11111

1？,,,,，,,？,zzzzz,1,11,1,0010，，，，111112

1,,即当就是为中点时为中点时二面垂直FFCCEAA0,1,,,4？对，，11,, 2,,

范文二：正方体的在作图中的应用

利用正方体（或长方体）模型进行立体几何作图教学

吴少华（德惠市实验中学）

立体几何是高一学生最难掌握的学科之一，而在立体几何的学习中，画图问题又是很多学生难于掌握的问题。如果能掌握好各种图形的画法，不但有利于这一章知识的掌握和解题分析，而且同时能够培养学生的空间想象能力。

对于刚进入高中的高一学生来说，最熟悉的立体图形莫过于正方体（或长方体），因此，在立体几何的教学中，如果能够利用好学生最熟悉的正方体（或长方体）做模型，作图教学就可收到事半功倍的效果。

一、平面的画法

选取正方体模型ABCD —A 1B 1C 1D 1、A 0B 0C 0D 0—A 1B 1C 1D 1、如图：

D 1 C 1 D 1 C 1 A 1 B 1 A B 1 D 0 C C A 0 B 0 B （模型1）（模型2）

1、水平放置的平面：

C D 0C 0 B A 0 B 0

（模1中）（模2中）

2、竖直放置的平面： C 1 D 1 A B 1 B 1 A 1

D 0

C B A 0 A B

（模1中）（模1中）（模2中）

D 11

A 1 B 1 C D 0

（模1中） B A 0 （模2中）

二、异面直线的画法：

D 1 C 1 如图：AB 与D 1C 是异面直线

解释：AB 是平面ABCD 内的一条直线 A B 1 C ∈面ABCD ，C 不在AB 上，D 1在面ABCD ， 1

C 外D 1C 是D 1、C 的连线。因异面直线的作图比较D

简单，不再举例。

A B

三、直线与平面的画法：（模型如下）

D 1 C 1 D 1 1

A 1 B 1 A 1 B 1 D C D 0 0

A B A 0 B 0 （模1）（模2）

1、直线与平面平行 C 1 C 1 B 1 B 1 D C D 0C 0 C 0 C A 0 B 0 A B B 0 B

（模1中）（模1中）（模2中）（模2中）

2、直线与平面垂直

1 C 1

1 B 1 D C D 0C 0 0 C A 0 B 0 A B 0 B

（模1中）（模1中）（模2中）（模2中）

3、直线与平面斜交

D C D 0C 0 A B A B 0

（模1中）（模2中）

如画其它斜角的直线可在正方体中选取其它平面和其它特殊点的连线，读者可自已练习。

四、平面与平面的作图（模型如下）

D 1 C 1 D 1 1

A 1 B 1 A 1 B 1 D C D 0 C 0

A B A 0 B 0 （模1）（模2）

1、两平面平行 D 1 C 1 D C D C 1 1 11 1 B 1 A 1 A B A B A B 1 1 1 1 D D D 0 C 0 D 0C 0 A B A 0 B 0 A 0 B 0

（模1中）（模1中）（模2中）（模2中）

2、两平面垂直

D 1C 1 D C 11 B 1 D 1 C 1 A 1

D D 0 D 00 D A 0 B 0 B A B A B 0 0 （模1中）（模1中）（模2中）（模2中）

3、二面角

（模1中）（模2中）（图1）

如果画其它角度的锐二面角，可在正方体的棱上选取特殊点画出，如上图1；大于900的二面角可利用锐二面角的画法画出如下图：

（利用模1中图）（利用模2中图）

五、习题涉及到图形的画法举例

例1：

在600 的二面角 α —AB —β 中AC ，BD ，且AC AB ， BD AB ，已知AB =AC=BD=a ，求CD 的长。

画法步骤：

（1）如图（1），在正方体中适当选取P 、Q 两点，

使得 PM 4M 1= QM 3M 2=600 得600二面角如图（2）：

（图2）（图1）

（2）在M 3M 4上取A 、B ，使得AB=a，在面M 1M 2M 3M 4上作

AC = ，在面M 3M 4PQ 上作BD M 3Q 且 BD （估计值）即成图。

例2：

把长、宽各为4、3的长方形ABCD ，沿对角线AC 折成直二面角，求顶点B 和D 的距离。

画法步骤：

（1）在平面ABCD 中，过B 作N 4N 3 AC ，过D 作M 1M 2 AC 得平

面图（图1）

（2）以AC 、CN 3、CM 2分别为长方体

的长、高、宽构造长方体如（图2）

（图2）

（图1）

（3）在长方体中抽出直二面角B

—M 4M 3—

C 连结相应线段得（图3）

（图3）（图4）

（4）在图3中去掉多余线段即成图。实际上，在解题过程中利用图3更直观且更利于做出相应的辅助线。

作为教师，在教学过程中应该清楚，从理论上说，过正方体同一顶点的三条棱所在的直线，构成空间直角坐标系。所以空间图形中的任意一点，都可以在这个坐标系中找到位置。只不过在教学中利用正方体（或长方体）作为模型更直观、更易被学生掌握和接受。

吴少华于2000年2月17日排印

A B C D C 1

D 1 A 1 B 1

范文三：正方体模型在教学中的应用

　　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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　　【解析1】(Ⅰ)连结BP，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，则∠APB就是直线AP与平面BCC1B1所成的角。在RtΔPCB中，CP=1，CB＝4，故PB＝，在RtΔPAB中，tan∠APB＝＝ = 。∴∠APB＝arctan 。　　(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。　　　　“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文”

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范文四：正方体模型在教学中的应用(1)

? 基础教育

月

新课程研究新课程研究

CURRICULUM

RESEARCH

◇ 广东开平市开侨中学

梅虎华

正方体模型在教学中的应用

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 ! 外有两

条直线 m 和 n , 如果 m 和 n 在平面 ! 内的射影分别是 m 1和 n 1, 给出下列四个命题 :

① m 1⊥ n 1#m ⊥ n ; ② m ⊥ n #m 1⊥ n 1;

③ m 1与 n 1相交 #m 与 n 相交或重合 ; ④ m 1与 n 1平行 #m 与 n 平行或重合 ; 其中不正确的命题个数是 (

)

A.1

B.2C.3D.4

【解析】构造正方体 , 如图 :设平面 α为平面

ABCD

① 取 AD =m 1, CD =n 1,

AD 1=m , CD 1=n , 则 ① 错

② 取 AD 1=m , A 1D=n , AD=m 1=n 1, 则 ② 错

③ 取 AD =m 1, CD =n 1,

AD 1=m , C 1D=n , 则 ③ 错

④ 取 AD=m 1, BC=n 1, AD 1=m , B 1C=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’ B.4’

C. 1’ D. 1’ 【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’ r 2=1’ , 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 1a 、

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 、 1a 、

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 ! 的斜线

AB 交 ! 于点 B , 过定点 A 的动直线 l 与 AB 垂直 , 且交 ! 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

D A 1

B 1

C 1

D 1

例 1图

C R Q

例 3图 1

128期

? 基础教育

新课程研究点的直线 l 所形成的平面 , 则点 C 就是 AB 的垂面 PQR 与平面 ! 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

平面 ! 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. 1

B. 1C. 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 =

1, MN=1, EP=, 则 OM=, 直线在球面内的线段长为

(1) 2-() 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=1OV=, 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

考试与辅导

A B

例 3图 2

S M N Q

例 6图

? 基础教育

月

新课程研究新课程研究

CURRICULUM

RESEARCH

ABCD-A 1B 1C 1D 1中 , O 是正方形 A 1B 1C 1D 1的中心 , 点 P 在棱 CC 1上 , 且 CC 1=4CP 。 (Ⅰ ) 求直线 AP 与平面 BCC 1B 1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 D 1AP 上的射影是 H ,

求证 :D 1H ⊥ AP ;

(Ⅲ ) 略。

【解析 1】 (Ⅰ ) 连结 BP , 在正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中 , AB ⊥ 平面 BCC 1B 1, 则 ∠ APB 就是直线

AP 与平面 BCC 1B 1所成的角。在 Rt ΔPCB 中 ,

CP =1, CB =4,

故 PB =#,

在

Rt ΔPAB 中 , tan

∠ APB=AB =4

#=4。 ∴ ∠ APB=

arctan 4。

(Ⅱ ) 连结 D 1O 、 A 1C 1, 因为 O 是正方形 A 1B 1C 1D 1的中心 , 所以 D 1O ⊥ A 1C 1, 又

D 1O ⊥ A 1A , 所以

D 1O ⊥ 平面 ACC 1A 1, 而 AP $平面 ACC 1A 1, 故 D 1O ⊥ AP , 那么 , 由三垂线定理的逆定理可知 , D 1O 在平面 APD 1上的射影与 AP 垂直 , 即 D 1H ⊥ 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) , D 1(0, 0, 4) , O (2, 2, 4) , A 1(4, 0, 4) , D (0, 0, 0) 。

(Ⅰ ) B %&A =(0, -4, 0) , P %&A =(4, -4, -1) , 记 B %&A 为平面 BCC 1B 1的法向量 , 设直线 AP 与平面 BCC 1B 1

所成的角为 %, 则 sin %=cos=B %&A ? P %&A B A P A =164×#=4。所以 %=acrsin 4。 (Ⅱ ) OD 1

%&=(-2, -2, 0) , 因为 OD

%&? P %&A=0, 所以 OD 1

%&⊥ P %&A , 又点 O 在平面 D 1AP 上的射影是 H , 由三垂线定理的逆定理可知 D 1H ⊥ 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-A 1B 1C 1D 1中 , P 是侧棱 CC 1上的一点 , CP=m 。 (Ⅰ ) 略 ; (Ⅱ ) 在线段 A 1C 1上

是否存在一个定点 Q , 使得对任意的 m , D 1Q 在平面 APD 1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 A I C I 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 A 1C 1上存在一点 Q , 使得 D 1Q 在平面 APD 1上的射影垂直于 AP , 由三垂线定理可知 D 1Q ⊥ AP , 而 D 1Q ⊥ AA 1, 所以

D 1Q ⊥ 平面 ACC 1A 1, 故 D 1Q ⊥ A 1C 1, ∴ Q 是 A 1C 1的中点。因此 , 当点 Q 是 A I C I 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) , D 1(0, 0, 1) 。若在 A 1C 1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) , D 1%&Q =(x , 1-x , 0) , A %&P =(-1, 1, m) 。对

任意的 m 要使 D 1Q 在平面 APD 1上的射影垂直于

AP , 等价于 D 1Q ⊥ AP (A

%&P ? D 1%&Q =0(-x+(1-x ) =0(x=1∈ (0, 1) 。即 Q 为 A 1C 1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 A 1C 1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。

■

C D

A 1

B 1

C 1

D 1x

P 例 8图

A 1

B 1

C 1

D 1

H 例 7图 2

A 1

B 1

C 1

D 1

例 7图 1

范文五：球心在正方体对角线上的均匀带电球面对正方体一个面的电通量

１０

物

与理工程Ｖ　ｏｌ．２３　Ｎｏ．５　２０１３ 



球心在方体正角线对上均匀的带球面对电正方体个面一的通电

量元李熙　旭东朱陈翔宇　滕　保　吴华和明（）电子科大技学，四川成都６　１００４摘５　要　本系统地文计算了均一匀电球带当面其球在正方心对体线角上任意置位时，电带面球结果表明，该面电的通量带与电球面半的和其所处径位置对正方体一面个电通的量．带电当球面半径较大时，电通量呈现明显的双峰结，构但是着随半径变小，密切相关．双峰渐逐接，近最后变点电荷成的结果．关键词电通量；带　电球；面方正；体角线

对

ＬＥＥＣＴＲＩＣＦＬＵＸＯＡＦＣＨＡＲＧＥＤＳＰＨＥＲＥＵＳＲＦＣＡＥ　　　　　　ＯＮＴＨＥＤＩＡＧＮＯＡＬＦＯＡＣＵＢ　Ｅ　　　

　ＬｉＹａｕｎｘｉｕｈＸｕｄｏｈｎｅｎＸｉａｎｅｕｎＢａｏｈｕａｕＭｉｎｈ　　ｅＺ　　Ｃ　Ｔ　Ｗ　　ｇｇｙｇｇ　（

，）ＵｎｉｖｅｒｓｉｔｏＥｆｅｌｃｔｒｏｎｉｃＳｉｃｅｎｃｅｎｄａＴｅｃｎｏｈｌｏｏｆＣｈｉｎＣｈｅｎａｄｕ，Ｓｉｃｈｕａｎ１００４５　　　　　６ｙｇｙ　ｇ　　

ａｅ，ｒＡｂｓｔｒｃａｔＩｎｔｈｉｓｔｈｅｅｌｅｔｒｉｃｃｆｌｕｘｏｎｅａｃｈｓｉｅｄｏｔｈｆｅｕｂｃｉｓｅｓｓｅｔｍｔａｉｃｌｌａｃａｌｃｕｌａｔｅｄ　　　　　　　　　　　　　ｐｐｙｙ　ｗｈｉｌｅａｎｕｉｆｏｒｃｍｈｒｅａｄｓｈｅｒｅｓｕｒａｆｃｅｏｎｔｈｄｅｉａｎｏａｌｆａｏｃｕｂｅ．Ｔｈｅｒｓｅｕｌｔｓｈｏｗｓｔｈａｔｔｈｅ　　　　　　　　　　　　　　　ｇｐｇｓｏｉｉｔｏｎｌｅｃｔｅｉｒｆｃｕｌｘｏｎｅａｃｈｓｉｅｉｄｓｃｌｏｅｓｒｌｅｌｔａｅｄｔｏｔｈｅｒａｉｄｕａｓｄｔｎｈｏｅｆｈｔｅｃｈａｒｅｄｓｈｅｒｅ　　　　　　　　　　　　　　　　ｐｙｇ　ｐ，ｔｈｅｒａｄｉｕｓｓｉａｒｌｅｒｔｈｅ

ｅｌｅｃｔｒｃｉｌｆｕｘｅｈｘｉｂｉｔｓａｎｅｖｉｄｅｎｄｔｏｕｂｌｅｔｓｒｕｃｔｒｕｅ．ｅａｋｓｕｒｆａｃｅＷｈ．ｅ　ｎ　　　　　　　　　－　ｐｇ，，Ｂｕｔｗｉｔｈｔｈｅｒａｄｉｕｓｄｅｒｃｅａｓｉｎｔｅｈｄｉｓｔａｎｃｅｂｅｔｗｅｅｎｔｈｅｗｔｓｏｈｏｒｔｅｎｓｎａｄｉｎｆｌａｌｉｔｄｅａｅｋｓ　　　　　　　　　　　　－ｇｙｐ　ｎｉｔａｏｒｅｓｕｌｔｏｆｃａｈａｅｒｅ．ｎｅｒｔｅａｓｏｉｎｔ　　　　　　　ｇｇ；ｐ；；Ｋｅｗｏｒｄｓｌｅｃｔｉｒｃｆｌｕｘｃｈａｒｅｄｈｅｒｓｅｓｕｆｒａｃｃｕｂｅｅｔｈｅｉｄａｏｎａｌ　ｅ　　　　ｇｇｐｙ　　静电场中　任面意电通的计量算是静电的一学个本问题

基［］１３

－

，于２大如图１所示，里这方正沿体－Ｏ）Ｒｘｚ坐标ｙ系三个轴放置的带，球面电球ｃ心点的位置为（ｘ，

比利用如高斯定理可以便方地计．

算一点电在荷方体顶点时对正正方体各个面的通量电若．将电点荷用匀带均电球来面替代，考并虑其球处在心正方体内外意任置位时，将如何算计对正体某方个面电通的？这相量关讨论在教科书文和中并献不多见．本将系文计统算一均匀电带球的球面在正方体对心线上任意位角置时正方对体一面的电个通量，分析并带球面电径半对通量的影响电．　电通１量的计算分和设一半析径为Ｒ、带电量为的ｑ匀带均球面电，其球心置于一边长为ａ的正体方对角线上设（

ｚ）ａ．ｙ由于，方正是体中对心称的，所以只需讨论共由又于三这面关于过顶角的个正顶角的个三面，

体的体方对角线对称，仅故讨需正论方体其的中一面个的电通量即可（中文以Ｓ面为例，Ｏ即ｘ平ｚ面）当均匀带球电面在方体正内且未与正方体．接相触，即Ｘ≥ 时Ｒ，由高斯理可以定得到均匀带３

电球面］对Ｓ的电面量为通［

Φ＝

Ωｑ π４０

稿日期收：２０１３３０１９－－指教师导：滕保，华男，教，授博生导士，师要主事从物理教科研工作，学究方研为凝向态物理聚．ｈｂｔ＠ｈ１３６ｃ．ｏｐｍｙ

物理

工程　与Ｖｏｌ２．３Ｎ　ｏ．　２５０１３



１１

其中

，示意其图见 Ω为心ｃ点对Ｓ面的球立体角，即有２．并注意图到Ｘ＝＝Ｚ，Ｙａ

ａ

０２

面

上电通的为量零因，此要考需带电球面在虑同不置位与时正方体表面的相割情况，并过通不同间区分来别计算，于是此电通时量为

＝

Ωｄ

ｘｄｚ∫ 槡∫（（ｘ－Ｘ）Ｘ＋＋ｚ－（Ｘ））０２２

３Ｘ

（Ｘ

≥Ｒ）即Ｘ　　当均带匀电球与面正方体相切及相，割， ≤Ｒ时由于匀带均电球面被在割正方体表面Ｓ

′Ω ４ｑπ ０ ε这里 Ω图３其是 ′及涉列不下同区间的曲面积， Φ＝

分一中种形的示意情图

．Ω 烄

（

２Ｒ－Ｘ） Ω－πＲ（Ｒ－）Ｘ２２ π－ Ω ＲＲ－

（Ｒ ≤ Ｘ ≤）Ｘ＜Ｒ）槡（２ＲＲ≤Ｘ＜ｒ）ｒｄｄ θ （ｆ）（槡２）槡

Ｒ３

（

１

Ω Ｒ－＝′ 烅

Ωａｒｃｃｏｓ

（∫

０

π ４

３ π ２ａｒｃｃｏ２－

（槡

ｓＸ２

２Ｒ－

ＸＲ

－Ｘ槡（槡）ｒｃｃｏｓａ－∫ ∫ （槡）Ｒ－Ｘ）槡ｒ）ｄｄｒ＋θ （ｆ

ａｒｃｃｓ

ｏＸｃ（ｏ θｓ）２２

Ｘ

２２Ｒ－Ｘ２Ｘ２Ｒ－Ｘ

２

∫０

∫２０

（

Ｘ

２Ｘ２Ｒ槡

∫－

０

）

Ｘ

（ｏｃｓ θ）

ｒ

）ｒｄｄ θ＋ｆ２

（∫ ∫

０

π０

４Ｘ

（ｏｓ θ）ｃ

ｒ

ｒ）ｄｄθ ｆ（

）

２ Ω＋３Ｒ

ａ ∫ｒｓｃｉｎ

槡

（Ｘ－２２ＲＸ－

∫

）２２ＲＸ－槡

－Ｘ（ｓｎｉ）θ

ｒ

）ｄｄｒ θｆ（

烆ｒΩ其，为中了楚看清出电量与通＝ｒ）ｆ（．２ｒ２Ｒ－槡其置位和径的关半系特将，同相不情况下电通割

量数值的果绘于结图４中．可看以出，正电通量呈现明显双峰的结，而构负电通则量单为峰结．构对正电通量说来，均匀带电当面之球球心距原较远点（即Ｘ较大）时，电通量小较．随着Ｘ的减小，电通量逐渐增大，直至，，时出继极现大随值续着减小电通量Ｘ＝ＸＲ．

≤０Ｘ＜３（）槡Ｒ－≤ Ｘ＜０（）３槡ＲＸ＜－３）槡

（Ｒ

开始又减小，在带电球并面与正体方边棱相到切／带电球面接正触方体顶点之间位置的，即３≤Ｒ槡／到极达值小．之又逐渐后大增直至近接Ｘ＜Ｒ２，槡但当＝Ｘ０时通电量为零．负对通量电来Ｘ０＝，，说随着Ｘ继

续

偏离点原电，通绝量对值断增不／出现大值极．大，至在直＝Ｘ－Ｒ之后随着Ｘ２时，远离点，电通原逐量渐趋于零．近同可时看出以，Ｘ在＝处０通电出现了量变跳，

２１

理与物程工Ｖ　ｏ．ｌ３２Ｎ　．ｏ　２５０１ ３

图

４　电通与均匀量电带球之球面心置位关系图的，这里匀带电球均面径分半别（为）））（））ａｂ１ｃ２３ｄ４５Ｒ＝０．ａ，（Ｒ＝０ａ，．（＝Ｒ．０ａＲ，０＝．ａ（和ｅＲ＝．０ａ

这是

因为在＝０Ｘ时，带电球面的心在正方球体的顶，点此对时面Ｓ电无通量，而当带电此面球移出正方体顶刚时点，便立出刻现了电通，量即发生了电通量的跳变．在Ｘ＝Ｒ而处则是电通量的带尖电球面刚刚与正方变锐点化，因为在＝Ｒ时Ｘ，表体相面切接触，时电通量极大此，但由带于球电面假是设将面电荷分在布几何球面之上，所以随着带电球偏离此位面置，导就致电了通变量化的锐性尖．外可另发现，以均匀电球面的半带径Ｒ明影显响电量通变化的．当电球面的带半径较大时，正电量的通双峰结构非常明显．但当是电带球的面半径Ｒ逐渐减，小正通量电双峰的渐靠近逐，同时负均通电量单的峰也向原点趋近直．至Ｒ＝０时，匀带电面球退化成了一个电点荷，时双峰消失此而变成单峰．／别地特，在Ｘａ＝和Ｘ＝ａ２处匀均带电球面／／这正是我对Ｓ面电通的量别为分２６ ε ４ε ｑｑ０和，０们熟的知个一电荷在点方体顶点正和心时对Ｓ中面电通量值．本文根的据高斯定理和立角体的概，念细分详了一均析带匀电面的球球在心方正体对角线上任位置时意带，球面对正电体方面的电通各量问题．数计值结算果表明，电通量的小大由电带面在正球方体对角线上的置与位带电球面的半径来决．定常通况情下，正电量通现出呈明显峰结双构，并且个两峰分对应别电量通跳的变点和变锐点；负电通量而仅呈现出峰单结构，并且只应连对续变的一化极个值．同时电带面的球径半正电通对的量峰结构双影响明显当带，电球的面半径趋零近时，就成变知熟的电荷点的结．

果　参考　文献　

［］新念概理教物程［北京：高等教

育出版社，１０６．Ｍ］０．２　赵华凯．［］［北京：物理学（下）等教高育出社版，２００６．Ｍ．］２　马文蔚［．］［等．费恩曼物学理义讲（２卷）第子王Ｍ］３．李芳洪，　费曼恩，铺，钟万蘅，译．海：上海科上学术技出社版，２００．

４２　结

语

■

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范文一：4888716 2、（2005全国卷）在正方体 中,过对角线 的一个平面

范文二：正方体的在作图中的应用

范文三：正方体模型在教学中的应用

范文四：正方体模型在教学中的应用(1)

范文五：球心在正方体对角线上的均匀带电球面对正方体一个面的电通量

范文一：4888716 2、（2005全国卷）在正方体中,过对角线的一个平面