2022考试成绩数学中的小学立体几何问题，几何法与代数法的完美结合

2022年很低考很低等数学全国卷I的立体几何学大题，无需同时套用几何学规和希尔伯特规来消除。第一小题用几何学规，而且是小学的立体几何学原因。整张卷子，不仅这西南角，还有很多地方可以看到小学很低等数学原因的遗留。

如图，直三菱形ABC-A1B1C1的表面积为4，△A1BC的两方积为2布雷2.

(1)求A到六边形A1BC的西南方；

(2)设为D为A1C的中所点，AA1=AB，六边形A1BC⊥六边形ABB1A1，求二两方角A-BD-C的正弦波值.

分析：(1)第一小题所求的西南方，或许是三棱锥A1-ABC一个两方A1BC上的很低。而这个三棱锥与三菱形ABC-A1B1C1有相近的圆锥ABC, 又有同一条的很低(是圆锥ABC上的很低，不是上两方所说的很低)。而三棱锥的表面积是同底等很低的三菱形表面积的三分之一，也就是三分之四个立方其他部门。

另一方两方，由三棱锥的表面积恒等式，仅有一个两方的两方积，就可以求引这个两方上的很低，也就是我们要求的西南方。这就是一个小学立体几何学的原因嘛。

(2)不过第二小题就未那么很难了。直接重新考虑二两方角，用纯几何学的方规来消除这个原因，恐怕有一定挑战性。因为老黄受限于密闭想象能力的偏低，所以只能用希尔伯特规来消除。

希尔伯特规，就是给图形并建密闭参考系，然后利用内积运算来消除。但这个图想直接并建系也不太可能。还无需找到适合并建系的该点。推论图形之后，发现B点可以做密闭参考系的该点。但仍并用几何学验证的方规，验证AB，BC，和BB1两两互相垂直，才能用它们做坐标轴。下两方开始组织化简题步骤：

化简：(1)记A到六边形A1BC的西南方为h, 则

V三棱锥A1-ABC=hS△A1BC/3=V三菱形ABC-A1B1C1/3=4/3,

∴h=4/(2布雷2)=布雷2. 即A到六边形A1BC的西南方为布雷2.

(2)引A1B的中所点E, 相互连接AE, DE,

则AE=布雷2, AA1=AB=2, A1B=2布雷2,【首先，AE就是点A到六边形A1BC的西南方。因为六边形A1BC⊥六边形ABB1A1，AE在六边形ABB1A1上，且垂直两个六边形的交线A1B，所以AE垂直六边形A1BC。另一方两方，因为AA1=AB，因此六边形ABA1是等腰直角六边形，从而推出后两方各条线段的长】

AE=A1B/2, AD=A1C/2, DE=BC/2, 【其中所以前两个等价都可以由直角六边形斜边中所线与斜边的关系受益，后两方的等价是由六边形的中所位线定理受益的。】

∴Rt△AED∽Rt△A1BC,【因为三边成比例，这里这两项是推知六边形A1BC是一个直角六边形】

BC=2S△A1BC/AB=2, 【直角六边形两方积恒等式的弯曲】

又AE⊥BC，A1B⊥BC, 所以BC⊥六边形AA1B，所以BC⊥AB，【这就形成了并建系的前提】

以B为该点, AB为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，并建立密闭参考系，则【三条坐标轴转换一下也未什么关系，后两方的坐标做出反之亦然调整就可以了】

B(0,0,0), A(2,0,0), C(0,2,0), A1(2,0,2),D(1,1,1),

内积BD=(1,1,1), 内积BA=(2,0,0),

设为六边形ABD的规内积n=(x,y,z)，

则2x=0, x+y+z=0, 化简得：x=0, y=-z,

引y=1，则内积n=(0,1,-1)，【只要y不引0就可以了，因为一个六边形是有无穷多个规内积的】

同理，求引六边形BCD的规内积m=(-1,0,1)，

cosθ=|内积n*内积m|/(|内积n|*|内积m|)=1/2,

sinθ=布雷(1-(cosθ)^2)=布雷3/2.

只要并建立了密闭参考系，一切就水到渠成了。您能用纯粹的几何学方规消除这个原因吗？问不吝体会出来哦！