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高中数学题根选载 题根20.多面体,向四面体寻根


《高中数学题根选载》

题根 20.多面体,向四面体寻根
我国恢复高考始于 1977 年,可是高考数学中的立体几何试题,却是 1979 年开始面世。就是那道试题,向全国教育战线发出了重大信息:培养学生的空间 想象能力是中学数学教育的极其重要的任务,而学好立体几何,则应从最简单的 几何图形——四面体开始。

一.题根案例
【根题】 (1979,全国卷,六题)设三棱锥 V-ABC 中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=直角 求证:△ABC 是锐角三角形
王新敞
奎屯 新疆

王新敞
奎屯

新疆

【证法 1】如图 1-1,作 VD⊥BC 于 D ,∵ △VBC 中∠BVC=90°. ∴点 D 必在斜边 BC 上。∵VA⊥VB 且 VA⊥VC,∴VA⊥平面 VBC, 故 VA⊥BC.所作 BC⊥VD,∴BC⊥平面 VAD,从而 BC⊥AD。故 ∠ABC,∠ACB 为锐角,同理∠BAC 为锐角,故△ABC 为锐角三角形. 【证法 2】建立如图 1-2 的空间直角坐标系, 设 VA ? aVB . ? b,VC ? c ,有 A? a,0,0? , B ? 0, b,0? , C ? 0,0, c ? ,
??? ? ???? ??? ? ???? ? AB ? ? ?a, b,0 ? , AC ? ? ?a,0, c ? ,? AB ? AC ? a 2 , ??? ? ???? AB ? AC a2 cos A ? ??? ? 0 ,故∠BAC 为锐角,同理 ? ???? ? AB ? AC bc

∠ABC,∠BCA 为锐角,故△ABC 为锐角三角形. 评注:在 1979 年的条件下,向量知识还远未
1

进入中学数学。那时本题的另一标准证法是利用余弦定理,即在设△ABC 的 3 边依次为 a, b, c 的条件下,证明每个角的余弦之值为正。可惜的是,那时能够顺利 证明这道题的考生实在太少。

二、理论基础
1.空间不共面的 4 点确定一个四面体。每个四面体必定有 4 个顶点,6 条棱 和 4 个三角形表面。 2.一个表面是正三角形,另一个顶点在此表面的射影是此正三角形 中心的四面体,叫做正三棱锥。正三棱锥的 3 个侧面都是等腰三角形; 3.侧棱与底面边长相等的正三棱锥,叫做正四面体。 正四面体的每个表面都是正三角形; 4.将一个长方体任意截下一个角块如图 2, 我们称截 得四面体为“直角四面体” 。直角四面体具有如下性质: (1)它的 3 条侧棱两两垂直,从而 3 个侧面也两两垂直; (2)它的底面三角形 ABC 必定是锐角三角形; (3)它的 3 组对棱都互相垂直; (4)如果它的侧棱 PA ? a, PB ? b, PC ? c, ,则它的体积 V ? abc 。 (5)如果它的 3 个侧面积依次为 S1, S2 , S3 , 底面积为 S , ,那么
2 2 。这个结论是 2005 年高考全国文科卷一道考题的答案,可视为勾 S 2 ? S12 ? S2 ? S3

1 6

股定理在空间的推广。 (6)如果它的侧棱 PA ? a, PB ? b, PC ? c, 底面上的高为 h, 那么
1 1 1 1 ? 2? 2? 2 。 2 h a b c

以上 (5) , (6 ) 两结论的证明, 请参看本书题根 27: “连年勾股, 连年风流” 。 5.正方体中的四面体.
2

如图 3, 依次连结正方体 ABCD-EFGH 的 4 个顶 点 A,C,F,H,即将 原正方体分割为 5 个四面体。 其中分别以 B,D,E,G 为 一个顶点的四面体都是直角四面体,而 6 条面对角线 组成的四面体 ACFH,则是正四面体。
a 3 ,所 若设正方体的棱长为 a, 则其体积为 a3 ,每个直角四面体的体积都是 图3 1 6

以这个正四面体的体积 V四面体ACFH ? a3 . 反之,若设正四面体 ACFH 的棱长为 a, 则正方体的棱长为
? 2 ? 2 3 1 2 3 2 3 ? ? 2 a? ? ? 4 a ,于是 V四面体ACFH ? 3 ? 4 a ? 12 a . ? ?
3

1 3

2 a ,其体积 2

如同边长为 a 的正三角形面积为
2 3 a . 12

3 2 a 一样,棱长为 a 的正四面体体积必定是 4

以上说明,正四面体无非是正方体的一个“零件” ,同样,任何四面体都可 以看成某多面体的一个“零件” .于是我们认定:多面体的根在四面体。学好空 间几何,应当从学好四面体开始。

三、考场精彩
【题 1】 (2005, 全国Ⅰ卷,1 5 题)如图 4-1,在多面体 ABCDEF 中, 已知 ABCD 是边长为 1 的正方形,且 ?ADE 、 ?BCF 均为正三角形,EF∥AB, EF=2,则该多面体的体积为(
A. 2 3 B. 3 3 C. 4 3
3


D. 3 2

【解析】如图 4-2 ,延长 EA、FB 交于 G,又延长 FC、 ED 交于 H,由三角形中位线性 质知: 多面体 EFGH 是棱长为 2 的正四面体,其体积
V正四面体EFGH ? 2 3 2 1 1 2 2 ?2 ? 2, ?V多面体ABCDEF ? V正四面体 EFGH ? ? 2? .? 选A 12 3 2 2 3 3

评注:本题是当年高考中,难倒大批考生的“大难题” 。一般考生都是采用 割补法作的,其计算量之大让人苦不堪言。本解看出原多面体只不过是正四面体 的一个“零件” ,以下的计算就简便多了。 【题 2】 (2013.江苏卷, 8 题) 在三棱柱 A1B1C1 ? ABC 中,
D, E , F 分别是 AB, AC, AA 1 的中点,设三棱锥 F ? ADE

的体积为 .

V1 ,三棱柱 A1B1C1 ? ABC 的体积为 V 2 ,则 V1 : V2 ?

【解析】如图 5,连 A1B, AC 1 , 显然 VA ? ABC ? V2
1

1 3

∵面 DEF 是三棱锥 A ? A1BC 的中截面,?V1 ? V 从而 V1 ?
1 1 V2 , 即 V1 : V2 ? 。 24 24

1 8

A 1? ABC

.

评注:在平面几何中,两相似三角形的面积比等于其相似比的平方。 这一结论推广到空间:两相似三棱锥的体积比等于其相似比的立方。 图 5 中,由于 D,E,F 分别是 AB, AC, AA1 的中点,所以三棱锥 A-DEF 与 A-BCA1 可视为相似三棱锥,其相似比为 。 【题 3】 (2008 年武汉市二月调考)在四面体 ABCD 中,三组对棱长分别相 等且依次为 34, 41,5 .则此四面体 ABCD 的外接球的半径 R 为( )
1 2

4

A.5 2

B.5

C.

5 2 2

D.4

【解析】如图 6,将这个四面体 ABCD 置于 长方体 AEBF-GCHD 之中,那么该四面体与长方 体有同一个外接球,且球半径等于该长方体的体对 角线之半.设此长方体的三度(即长、宽、高度) 依次为 a, b, c .令
?a 2 ? b 2 ? 34 ? 2 2 2 2 2 ? b ? c ? 41 ? a ? b ? c ? 50 ?c 2 ? a 2 ? 25 ?

于是这个长方体的体对角线之长 d ? 5 2 ,从而所求外接球的半径 R ?

5 2 .选 C. 2

评注: 图 6 的长方体中去掉 4 个直角四面体后, 得到一个 “对角线四面体” , 从长方体中分离出这个“对角线四面体”并不难,难的是将原题中的“对角线四 面体”复原成长方体。是一种“逆向思维” ,是破解一些难题的重要手段。 【题 4】 (2010.辽宁卷.12 题)有 4 根长都为 2 的直铁条,若再选两根长都 为 a 的直铁条,使这 6 根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架,则 a 的取值范围是(
A. 0, 6 ? 2


B. 1, 2 2

?

?

?

?

C.

?

6 ? 2, 6 ? 2

?

D. 0, 2 2

?

?

【解析】长为 a 的这两根直铁条,有且仅有两种焊接 方法: (1)焊接成共一端点; (2)焊 接为一组对棱. 如 图 7-1 , BC=BD=a. 则 在 △ BCD 中,BC+BD>CD, 即有 a>1;△ABC 中,AB+AC>BC,
5

即有 a<4.于是得:1<a<4

(1 )

取 CD 中点 M,连 AM,BM.则 AM⊥CD,BM⊥CD.且 BM ? a 2 ? 1, AM ? 3 . △ABM 中 BM+AM>AB,即 a2 ?1 ? 3 ? 2 ? a2 ?1 ? 7 ? 4 3,?a ? 6 ? 2 又 BM < AB+AM, 即
a?

a2 ?1 ? 2 ? 3 ? a2 ? 8 ? 4 3
? 6 (22 )

, ∴ a? 6? 2 。 综 合 得

?

6

? 2 ,

?

再综合(1) , (2) ,取交集得 : a ? ? 6 ? 2, 6 ? 2 ?

(3)

如图 7-2,AD=BC=a,取 BC 中点 M,连 AM,DM,则 AM⊥BC,DM⊥BC,且
AM ? DM ? 4 ? a2 a2 .△AMD 中,AM+DM>AD,即 2 4 ? ? a ? a ? 2 2 (4) 4 4

最后综合(3) (4) ,取并集: a ? ? 0, 2 ? 6 ? ,故选 A. 评注:1.不是任意 6 条线段都能够连成四面体。它们能连成四面体的必要条 件是:任一表面和中截面的 3 条线段都符合“任意两条之和大于第 3 条” 。 2.由两个具有公共底边的等腰三角形组成的四面体,具有等腰三角形的类似 性质,即中截面 ABM 垂直平分其公底。这是解题中重要的隐含条件,我们不妨 称这样的四面体为“等腰四面体” 。 【题 5】 (2010 江西理数 16 题)如图 8,在 OB , OC 两两垂直, 三棱锥 O ? ABC 中, 三条棱 OA , 且 OA > OB > OC ,分别经过三条棱 OA , OB , OC 作 一个截面平分三棱锥的体积,截面面积依次为 S1 , 则 S1 ,S2 ,S3 的大小关系为 。 S2 ,S3 , 【解析】在图 8 中,设 OA ? a,OB ? b,OC ? c. 取 BC 中点 M,连 AM,OM.则△AOM 中∠AOM=90°.
? OM ? 1 1 2 1 1 BC ? b ? c 2 ,? S1 ? ? OA ? OM ? a b 2 ? c 2 . 2 2 2 2 1 1 同理: S2 ? b c 2 ? a 2 , S3 ? c a 2 ? b 2 . 2 2
6

1 1 1 4 4 4 1 1 2 2 ? S12 ? S2 ? c 2 ? a 2 ? b 2 ? ? 0,? S1 ? S2 ,? S2 ? S32 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? 0,? S 2 ? S3 , 4 4

于是 S12 ? a 2 ? b2 ? c 2 ? , S22 ? b2 ? c 2 ? a 2 ? , S32 ? c 2 ? a 2 ? b2 ? ,

于是 S1 ? S2 ? S3 . 评注:本解的思路是:先写出 S1 , S2 , S3 的解析式,再用求差比较法比较其 大小

四、题根拓展
1.四面体,向多面体拓展 【题 1】 (2010.全国 II 卷.11 题)与正方体
ABCD ? A1B1C1D1 的三条棱 AB 、 CC1 、 A1D1 所在直线的

距离相等的点(

) (B)有且只有 2 个 (D)有无数个

(A)有且只有 1 个 (C)有且只有 3 个

【解析】正方体有 8 个顶点.3 条两两异面的棱 占用其中 6 个顶点,所以我们优先考察其他两个顶点. 如图 9,设正方体棱长为 1.显然点 D,与 B1 到直线 AB, CC1 、 A1D1 所在直线 的距离相等(都是 1).因而我们猜测:,直线 D B1 上任意一点到这 3 条直线的距 离都相等.以下给出证明: 建立如图的空间直角坐标系,则直线 D B1 上任意一点可记为 P ? a, a, a ? .依次作 PE⊥AB 于 E,PF⊥CC1 于 F,PG⊥A1D1 于 G.则有 E( .那 1, a,0) , F(0,1, a) ,G(a,0,1) 么 PE ? PF ? PG ? a 2 ? ? a ? 1? ? 2a2 ? 2a ?1 可见点 P 符合条件.所以符合题设条件的
2

点有无穷多. 故选 D.
7

评注:根据这个分析,我们还可推出,当且仅当 a ? 时,这个距离的最小值 为d ?
2 .此时点 P 位于正方体的中心. 2

1 2

2.四面体,向外接球拓展 【题 2】 (湖北省黄冈市名校 2010 年高三数学模拟 试题 (4) , 12 题) 如图 10-1, 在正三棱锥 S—ABC 中, M、N 分别为棱 SC、BC 的中点,并且 AM ? MN,若 侧棱长 SA= 3 ,则正三棱锥 S—ABC 的外接球的表面 积为( A.9 ? ) B.12 ? C.16 ? D.32 ?

【解析】既然 S-ABC 是正三棱锥,必有 SB⊥AC(为什么?) ,.MN 是△SBC 的中位线,∴MN∥SB. 已知 MN ? AM ,
? SB ? AM ,故 SB⊥平面 SAC,故知此三棱锥为直角四面体。

如图 10-2, 将此直角四面体补成正方体 ASCD-EBFP, 则此正方体与原三棱锥同一个外接球,其直径为:
d?

? 3? ? ? 3? ? ? 3?
2 2

2

? 3 ,半径 R ?

3 ,故所求 2

3? 外接球表面积 S ? 4? ? ? ? ? ? 9? (平方单位),故选 A. ?2?

2

评注:本题是湖北省黄冈地区的传统命题。由于其构 思的精妙,凡“看”不到 “直角四面体”这个隐含条件的 考生,无不陷入繁杂的计算而难以自拔. 华中师大于 2008 和 2009 年主编的《数学通讯》特辑的第 12 卷中,

8

曾连续两年推出同类型的试题是: 如图 10-3 所示,在正三棱锥 A—BCD 中,E、F 分 别是 AB、BC 的中点 EF⊥DE,若 BC=a,则正三棱锥

A—BCD 的体积为
A.
2 12

( B.
2 24

)

a3

a3

C.

3 12

a3

D.

3 24

本题答案为 B,读者不妨一试。 3.非特殊图形向特殊图形拓展 【例 3】 如图 11-1.正四面体 ABCD 的 3 个顶点分 别在两两互相垂直的 3 条射线 Ox,Oy,Oz 上,点 E 在棱 CD 上,则以下结论: 1.OA=OB=OC; 3.OB∥平面 ACD; 2.AB⊥OE; 4.直线 AD 与 OB 成 45°角;

5.二面角 D-OB-A 为 45°. 其中正确结论的序号是 【解析】显然△AOB≌△BOC≌△COA,∴ OA=OB=OC; 如图 11-2,将原形补成正方体 OAMB-CNDP, 连 结 OM,由 AB⊥OM 且 AB⊥OC,知 AB⊥平面 OCDM. 但是 OE ? 平面 OCDM,∴AB⊥OE, ∵OB∥AM,而 AM 与平面 ACD 有公共点 A,∴OB 与平面 ACD 不平行, (根据:两平行线之一与一个平面相交时,另一条亦必与该平面相交)
9

∵四边形 ANDM 是正方形,∴∠DAM=45°,而 OB∥AM,∴直线 AD 与 OB 亦成 45°角; 连结 ON,∵ND∥OB,且 OB⊥平面 OCNA,∴∠NOA 是二面角 D-OB-A 的平面角.∵∠NOA=45°,即二面角 D-OB-A 为 45°, 综上,题中正确结论的序号是 1,2,4,5.仅有结论 3 是不正确的. 评注:有了两两垂直的 3 条直线,即想到构造正方体(或长方体) 。于是将 原来的正四面体作为该正方体的“一个零件” ,问题也就好处理了。这仍然叫做 “逆向思维” 。 4.空间几何向解析几何拓展 【例 4】正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别为 BB1 和 B1C1 的中点,P 为平面 DMN 内满足到点 D 与 平面 BB1C1C 等距离的动点.则点 P 的轨迹是( A.抛物线 C.椭圆 B.双曲线 D.圆 )

【解析】如图 12,过 D,M,N 的长方体截面是五边 形 DGMNH.设 P 为此截面内满足轨迹条件的点.连 PD, 作 PQ⊥平面 BB1C1C 于 Q,则 PD=PQ.作 QR⊥MN 于 R,连 PR,∵MN⊥平面 PQR,∴ MN⊥PR.设二面角 D-MN-C 的大小为θ. △PQR 中∠PQR=90°, ∴PQ<PR. 于是 迹为椭圆.选 C. 评注:判断圆锥曲线的类型,需考察动点到定点与定直线的距离之比,也就 是其离心率。
10

PD PR

? sin ? ? 1 为常数, 即圆锥曲线的离心率 e ?

PD PR

? ? 0,1? .所求轨

5.投影公式之应用 【例 5】 (2013.辽宁卷,18 题)如图 13, AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是 圆上的点. (I)求证:平面 PAC⊥平面 PBC; (II) 若 AB ? 2,AC ? 1,PA ? 1 , 求二面角 C ? PB ? A 的 余弦值. 【解析】(I)已知 PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC; 已知 AB 为圆的直径,∴AC⊥BC,故 BC⊥平面 PAC. 但 BC ? 平面 PBC,∴平面 PAC⊥平面 PBC (II)直角三角形 ABC 中,AC=1.AB=2,∴∠ABC=30°, BC ? 3 作 CD⊥AB 于 D,则 BD ? BC ? cos 30? ? .设所求二面角为 θ,注意到△PBD 是△ PBC 在 平 面 PAB 上 的 射 影 , 且 PC ? 2, BC ? 3,? S?PBC ? PC ? BC ?
S?PBD ? 1 3 S 6 PA ? BD ? ,故 cos ? ? ?PBD ? . 2 4 S?PBC 4 3 2

1 2

6 , 而 2

评注:求二面角的大小是空间几何中的难点之一。有条件时用投影公式求其 余弦是一个不错的选择:如果平面 ? 与 ? 交成 θ 角,且 ? 内某图形的面积为 S, 其在 β 内投影面积为 S ? ,那么 cos ? ?
S? . S

小结: 1.四面体是一切多面体都存在的“零件” ,所以掌握四面体,是掌握 其他多面体的基础; 2.掌握四面体,需首先掌握四面体的几种特殊形式,即正四面体,等腰四面 体和直角四面体;
11

3.特别留心四面体中的隐含条件:若将其置入某特殊多面体之中,极可能找 到最佳的解题方法。

五、题根精练
1. ( 2012. 江苏卷, 7 题) . 如图,在长方体 ABCD---A1B1C1D1 中, AB=AD=3cm,AA1=2cm,则四棱锥 A-BB1D1D 的体积为 2.(2010 陕西文数。8 题) 若 某空间几何体的三视图如图所示, 则 该几何体的体积是( A.2 C.
2 3

Cm3

) B.1 D.
1 3

3.将一个钢球置于长为 2 的正四面体的铁丝架内,则这个钢球的最大体积为 ( )
A. 3 ? 2 B.

?
6

C.

3 ? 54

D.

?
3

4.已知在半径为 2 的球面上有 A、B、C、D 四点,若 AB=CD=2,则四面体 ABCD 的体积的最大值为( (A)
2 3 3

) (C) 2 3 (D)
8 3 3

(B)

4 3 3

5.(06〃江西卷第 20 题).如图,在三棱锥 A-BCD 中, 侧面 ACD,ABD 是全等的直角三角形 AD 是公共的斜 边,且 AD ? 3, BD ? CD ? 1, 另一个侧面 ABC 是正三角形. (Ⅰ)求证: AD ? BC ; (Ⅱ)求二面角 B—AC—D 的余弦;
12

(Ⅲ)在线段 AC 上是否存在一点 E,使 ED 与面 BCD 成 30 ? 角? 若存在,确定 E 的位置;若不存在,说明理由. 参考答案 1.三棱柱 ABD---A1B1D1 的体积 V1 = ? 3 ? 3 ? 2=9, 直角四面体 A—A1B1D1 的体 积 V2 ? ? 3 ? 3 ? 2 ? 3, 故所求体积为 V ? 9 ? 3 ? 6 ? cm3 ? .
1 6 1 2

2.这个几何体是如图的三棱柱,底面直角三角形的面积为 ? 2 ?1 ?
2 ,故其体积 V ?
2 ? 2 ? 1 ,选 B. 2

1 2

2 ,高为 2

3.符合题设条件的球必须与四面体的 6 条棱都相切.根据球的对称性,只需 使这个球与四面体的一组对棱相切.所以一组对棱间的距离就是这个球的直径. 如图, 分别取 AB,CD 的中点 N, M.连结 AMB,连 MN.则 MN 之长即为异面 棱 AB,CD 的距离.当四面体棱长为 2 时,MN=1.于是这个球的最大体积是
1 ? V ? ? ?13 ? .故选 B. 6 6

4.B.如图,过 CD 作球 O 的大圆,设 AB 交此大圆面于 M.连 MO 并延长交 CD 于 N. 为使四面体 ABCD 体积最大,必须 AB⊥平面 MCD,且
13

MN⊥CD.根据平面几何中的垂径定理,此时 M,N 分 别 弦 AB,CD 的 中 点 . 连 OA,OD, 则 OA=OD=2,∴ OM ? ON ? 22 ?1 ? 3,? MN ? 2 3 , 则此四面体的最大体积为
1 1 1 4 Vmax ? ? AB ? S ?MCD ? ? 2 ? ? 2 3 ? 2 ? 3. 3 3 2 3

5. 提示:考察题设数据,这个四面体会是什么特殊多面体的一个重要“零件”? (Ⅰ)如解图 1,将原图补成正方体 HCDB—AGFE,显然,符合题设的全 部条件.连 HD,则 HD⊥BC. 又 BC⊥AH∴BC⊥平面 AHD,故 BC⊥AD (不补形的做法:取 BC 中点 H,则 BC⊥DH,BC⊥AH,线面垂直即可)

(Ⅱ)如解图 2,取 AC 中点 M,连 BM,∵△ABC 为正三角形,∴BM ⊥AC,作 MN⊥AC,交 AD 于 N,则∠BMN 是二面角 B—AC—D 的平面角, 设其大小为 θ。∵MN∥CD,∴N 为 AD 中点 建立如解图 2 的空间直角坐标系,∵正方体棱长为 1,故有 A(1,0,1),C
? ( 1,1,0 ) ,D ( 0,1,0 ) .AC 的 中 点 M(1, , ),AD 的 中 点 N ? , , ? .于是 ? 2 2 ?2 2 2?
1 1

1 1 1

? ? ?? ? 1 1 ? ? ? ???? 1 ? M B ? ? ?1, ? , ? ? ,M N ?? ? , 0 , ? 0 2 2? ? ? 2 ?
14

???? ???? ? ???? ???? ? 1 ???? ? 1 6 ???? MB ? MN 6 。 ? MB ? MN ? , MB ? , MN ? ,? cos ? ? ???? ???? ? ? 2 2 2 3 MB ? MN

(Ⅲ)假定存在 AC 上一点 E,使 ED 与面 BCD 成 30 ? 角,作 EQ⊥HC 于

Q,连 DPQ 则△CPE 为等腰直角三角形.设 PE = PC = x,则 CE = 2 x ;△EDP
中, ∠EPD=90゜, ∠EDP=30゜, ∴DE=2 EP=2x; △DCE 中, ∵DE2=DC2+CE2, 即 4x 2 ? 1 ? 2x 2 ? x ?
2 ,CE= 2 x ? 1 . 2

故存在 AC 上一点 E,使 ED 与面 BCD 成 30 ? 角.其中 CE=1.

15


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