第二十二章一般四面体的性质及应用

【基础知识】

四面体是三角形在空间的直接推广，三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．

性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切．若四面体ABCD 的体积为V ，顶点A 所对的侧面面积为A S ，类似地有B S ，C S ，D S （后面所设均同此），其内切球半径记为r ，则3A B C D

r S S S S =

+++．

性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点，这点到四面体四顶点的距离相等，该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点．若四面体ABCD 的体积为V ，其三对对棱的长分别为1a ，a ；1b ，b ；1c ，c ，其外接球半径为R ，则

624Q R V V

==注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积．性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点，而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比，这点称为四面体的重心．性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心），且一个四面体有四个旁心，旁切球与四面体的一个侧面外切，与其他三个侧面的延展面相切．

若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切，与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ，类似地有B r ，C r ，D r ，其他记号同前，则 3A B C D A V r S S S S =++-，3B A C D B V

r S S S S =++-，

3C A B D C V r S S S S =

+++，3D A B C D

r S S S S =+++．

性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中，若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小，其余类同，则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=?+?+?， cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=?+?+?， cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=?+?+?， cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=?+?+?．

性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方，等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中，有

22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-??-??-?，

22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-??-??-?，

22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-??-??-?，

22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-??-??-?．

注顺次用A S ，B S ，C S ，D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式，其余各式类同．

性质7（体积公式一）四面体体积1

=倍底面面积与底面上的高的乘积．即

1111

3333

A A

B B

C C

D D v S h S h S h S h =?=?=?=?．

性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二，除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ，有

2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DA

S S S S S S S S V AB BC CD DA

θθθθ????????====

2sin 2sin 33B D

AC A C BD

S S S S AC BD

θθ????=．注由2111

sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S AB θθ??=?=??=??=?斜高斜高2sin 3C D

AB S S AB

θ??等即证得．性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一，即对于四面体ABCD ，若共顶点A 的三条棱长分别为a ，b ，c ，顶点A 处的三个面角分别为α，β，γ则有

(

)11

66v abc S A =?=

16abc =()1

ωαβγ=++．

其中()S A =

的三面角的特征值．注由111

sin sin 332V S h ab C γβ=?=????

性质10（体积公式四）若记1P ，2P ，3P

分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方，再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和，

则四面体的体积V

性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中，有

（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D AC

AB BC DA AC

S S S S S S S S θθθθ===

????????

sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S V

θθ=

????；（2）

22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BD

θθθθθθ??????===???；

（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中，任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积，余类同，则

()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B D

S S S S S S S S A B C D V

====．

注此性质由性质8即证．

性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等，该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比，即对四面体ABCD ，有 ()()()()

BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC AC

S A S B S C S D ????????===

6AB BC CD BD AC AD

?????=

．

注此性质由性质9即证，

性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ，有 ()cos ,AB CD =

()()2

2222BC AD AC BD AB CD

+-+?；

()cos ,BC AD =

()()2

2222AB CD AC BD BC CD

+-+?；

(

)

cos ,AC BD =

()()2

2222BC

AD AB DC AC BD

+-+?；

注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体，运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．

性质14（对棱距离公式）若a 和1a ，b 和1b ，c 和1c 是四面体的三对对棱长，三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ，()1,d b b ，()1,d c c ，则 ()

112,V

d a a =

；

()

1,d b b =

()12

12,V

d c c =

．

注补成平行六面体证．

性质15若四面体的一对对棱长分别为a ，1a ，这对对棱间的距离为d ，对棱所成的角为θ，则四面体

的体积V 为11

sin 6

V aa d θ=?．

性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．

性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ，二面角

A BC E --，E BC D --的大小分别为1θ，2θ，则

()1212

sin sin sin EBC

DBC ABC

S S S θθθθ+=

+△△△．性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ，b ，c ，d ，e ，f ，G 为其重心，

P 为空间中任一点，则

()()2222222222211

416

PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++

性质19（空间塞瓦定理）设E ，F ，G ，H ，M ，N 分别为四面体ABCD 的棱CD ，DB ，BC ，AD ，AB ，AC 上的点，若六个平面ABE ，ACF ，ADG ，BCH ，CDM ，DBN 共点，则 1CE DH AM BG

ED HA MB GC

???= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ，BD ，CD ，AC 于K ，L ，M ，

N ，则1AK BL DM CN

KB LD MC NA

???=．

证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面，1AA ，1BB ，1CC ，1DD 是平面α的垂线（1A ，1B ，1C ，1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分，显然11AA K BB K △△≌，则11AA AK KB BB =．同理，11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,1

CC CN NA AA =

．以上四式两边相乘即证．

性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥，过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ，

则2

2221

BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =

?+?-??△△△． E

图22-1

证明如图221-，作AF BC ⊥于F ，连BF ，DF ．注意到AD BC ⊥，知BC ⊥面ADF ，所以BC EF ⊥，BC EF ⊥．记AEF α∠=．在AEF △中，由余弦定理，有 2222cos AF EF AE AE EF α=+-??．上式两边同乘以2BC 后，整理得

222244cos 4BCE ABC

BCE

S BC AE S AE BC S α+?-=??△△△．

同理在DEF △中，有222244cos 4BCE BCD

BCE

S BE DE S DE BC S α+?--=??△△△．

由上述两式消去α，整理便证得结论．

推论1当ABC BCD S S =△△时，有22

214BCE ABC S S BC AE DE =-

??△△．推论2当E 为AD 中点时，有2

22221112216

BCE ABC BCD S S S BC AD =+-

?△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时，有2

214

BCE ABC BCD

S S S BC AE DE =?-??△△△．事实上，由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△，有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△，ABC ABC BCD S AE

CD S S =

+△△△．由此即证．推论4当

k ED

=时，有 ()

222

111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =

+-???+++△△△．性质22四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别在棱AB ，BC ，CD ，DA 上，且

1AE EB λ=，2BF

λ=，

3CG GD λ=，4DH

HA λ=，则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()

123412341

1111EFGH ABCD V V λλλλλλλλ???-=

?++++．

证明连ED ，BG ，得四棱锥E FBDG -，G EBDH -．在CBD △，ABD △中，有 ()()3323231

1111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ?==?=

?++++△△， ()()1114141

1111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ?==?=

?++++△△， ()()23

2231

11FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△， ()()

4141

11ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△．又

()()()

2321231

111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=?=

+++△ ()()()1441341

111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=?=

+++△， ()()

131

11EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=?=?=

++△△．设六面体EGFBDH 的体积为V '，则

()()()()

124

22414232424123141

1111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++

设六面体FHEACG 的体积为V ''，则

()()()()123

13412133413123141

1111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++ 当B ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''=+-．当C ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''==+．综合，得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证．注由此性质可得E ，F ，G ，H 共面的充要条件是

1AE BF CG DH EB FC GD HA

???=．【典型例题与基本方法】

例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心，二面角H AB C --的平面角等于30?

，SA =S ABC -的体积．

（1999年全国高中联赛题） F

E H

图22-2

解如图222-，由题设，知AH ⊥面SBC ，作BH SC ⊥于E ，则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．

设S 在面ABC 的射影为O ，则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理，可知CO AB ⊥于F ．同理，

BO AC ⊥．故O 为ABC △

的中心，从而SA SB SC ===

又CF AB ⊥，CF 是EF 在面ABC 上的射影，由三垂线定理知EF AB ⊥，所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角，

故30EFC ∠=?，cos6030OC SC =??=?，tan603SO OC =??=．

又OC AB =，

则3AB ==

，所以，21333S ABC V -=?=

例2证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题）证明利用反证法来证，设四面体ABCD 中AB 是最长的棱，如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对由A 出发的三条棱，有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱，有BA BC BD +≥．两

式相加，得2AB AC AD BC BD +++≥．()*

但在ABC △与ABD △中，有AB AC BC <+，AB AD BD <+．此两式相加，有 2AB AC AD BC BD <+++．上式与()*式矛盾，故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有

（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边；（2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；

（波兰1975～1976年竞赛题）

（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．

例3若一个四面体恰有一棱之长大于1，求证这四面体的体积1

V ≤．

图22-3

证明如图223-，设AB 是这个四面体的最长的棱，则ACD △，BCD △的边长不大于1．作BCD △的高BE 和ACD △的高AF ，则

BE ，AF 1a

≤表示CD 的长度），四面体的高

AO h AF =-≤

111332BCD V h S a =?△≤

()21

424

a a =

-，而()

()()()2

2431213a a a a a -=---+-≤，故当1a =时，()

24a a -取最大值3，故31248

V =≤

．例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180?．

（第22届莫斯科竞赛题）

证明假定顶点A 和B 都具备所述的性质，则有180CAB DAB ∠+∠>?及180CBA DBA ∠+∠>?，但是作为CAB △和DAB △的全部6个内角之和也只有180180?+?，此为矛盾，从而原结论获证．例5设d 是任意四面体的相对棱间距离的最小值，h 是四面体的最小高的长．证明2d h >．（第24届全俄竞赛题）

图22-4

H G l

F E

证明如图224-，为确定起见，假定h 是四面体ABCD 中由顶点A 所引出的高，而d 是棱AB 和CD 之间的距离．经过顶点B 引直线l CD ∥，过点A 作平面垂直于棱CD 交CD 于F ，交l 于E ，于是AEF

△

的高AH 和FG 就分别等于h 和d ．

由于AEF △的第三条高等于四面体ABCD 的某一条高，所以其值不小于h ，因此AF EF ≤，且

2h AH AE AF FE d FG FE FE

+==<≤，此即为所证．例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）

F E P Q

A B

图22-5

证法1如图225-，设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点，MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面，因为P 为BD 的中点，则BCP CDP S S =△△，即有ABCP ACDP V V =．因此，要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分，只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．

由N 和Q 分别作平面APC 的垂线，垂足分别为E ，F ，如图225-．因为M 为AC 的中点，则有APM CPM S S =△△，故要证AMNP CMPQ V V =，只要证NE FQ =即可．

设MP 与NQ 交于点O ，易证E ，O ，F 三点共线．要证NE FQ =，只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）．为此，考察两个平行平面，异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．

N O

P M Q

图22-6

因为MP 是连接AC ，BD 中点的线段，所以它在与上述两平面平行的平面上，这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ，所以O 等分线段NQ ，即有NO OQ =．故结论获证．注上述证明中，没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论，则有下述两种证法．证法2如图227-，设M ，P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ，BD 的中点．

图22-7

当截面是平行四边形或特殊三角形时，证明比较简单（略）．当截面是一般四边形MNPQ 时．由AM CM =，有A MNPQ C MNPQ V V --=

又在ABC △中，对截线MNG 应用梅涅劳斯定理，有1AM CG BN

MC GB NA

??=．从而，有

1CG BN

GB NA

?=．同理，在BCD △中，有1BP DQ CG PD QC GB ??=，即1DQ CG

QC GB

?=．于是

BN DQ NA QC =,得BN DQ

BA DC

．又

1C BPN Q APD V BN CD

V BA QD

--?==?,即C BPN Q APD V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．

证法3前面同证法2，下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同），设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ，P 分别是AC ，BD 的中点，可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN m

QD d d NB n

====．由A C d d =，有A MNPQ C MNPQ V V --=．又

3113

APD Q APD

Q APD C BPN

BPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----?+==?=?=+?△．

即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．

例7如图228-，设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ，则3R r ≥．

图22-8

A 2

证明设O 为四面体的外心，i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤，四面体体积为V ，过顶点1A 的高11A H h =，则易知1111d OA d R h +=+≥，从而

()111113S d R S h V +?=≥，即1111133S d S R V ?+?≥．同理2221133S d S R V ?+?≥，33311

33S d S R V ?+≥， 44411

33S d S R V +?≥．以上四式相加，并注意

()112233441

S d S d S d S d V ?+?++?=，有411

3i i V R S V =+?∑≥4，即4

9i i R S V =?∑≥．

因411

3i i V r S ==?∑，从而4411

3i i i i R S r S ==??∑∑≥，即3R r ≥．

例8在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，侧面面积为k S ，j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j

()14k j <

≤≤，棱k j A A 的中点记为kj M ，含点kj M 与另两顶点（不含顶

点k A ，j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面），这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤，则

()2

212cos ,4

kj k j k j S S S S S k j =

++??，其中k ，j 满足14k j <≤≤．

证明对四面体1234A A A A ，由性质6，有

3434131423242cos 3,4cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=??++?+??+??+??

及22

12131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=??+??+??+??+??．亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ??++?+??+??

12122cos 1,2S S S S =+-??．

对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6，有

2222

123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-???-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ??-???，

222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-???-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ???-???

上述两式相加，并将前面结果代入，有

()22222

123412131412cos 1,3cos 1,42

S S S S S S S S S =

+++-??-?-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ??-??-??

12131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-??-?-232411cos 2,3cos 2,422

S S S S ??-??

()22

12121212cos 1,22

S S S S S S =+-

+-? ()22

12121cos 1,22

S S S S =

++?．故()2

12121212cos 1,24

S S S S S =

++??．同理，得()22

212cos ,4

kj k j k j S S S S s k j =

++??．注由性质5，有4

214

cos ,k j t k j i S S k j S =??=∑∑≤≤≤，

则推知

()2

141412cos ,4kj k j k j

k j k j k j S S S S S k j <

++??????

∑

∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222

111

134i i i i i i S S S ===??=+= ???∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心，则

222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++

222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++214

4k j k j A A =

∑≤≤≤．

图22-9

证明如图229-，连A ，G 并延长交面234A A A 于点1G ，则1G 是234A A A △的重心，连21A G 并延长交34A A 于M ，则M 是34A A 的中点．连1A M ，对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理，有

2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ?=?+?-??．

而21121A G G M =∶∶，则

2222111212122339

AG A A A M A M =

+-．()* 由三角形中线公式，有 ()224211212341124A M A A A A A A =

+-,()2222

22324341124

A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*，有()()2

222222

111213142324341139

AG A A A A A A A A A A A A =

++-++．从而()()2

222223222

111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ??==+++++-++ ???

．故2222

2123243414

44k j k j GA A A A A A A A A <+++=

∑≤≤．

同理可证其他三式均等于

例10设R ，r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径，i h 为顶点i A 到所对面的距离，内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证：（Ⅰ）

214

16k j k j A A R <∑

≤≤≤；

（Ⅱ）4214

194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤

（Ⅲ）4

221

64i i h r =∑≥；

（Ⅳ）

k j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑

∑∑≤≤≤≤≤．

证明（Ⅰ）设O ，G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心，延长1A G ，交面234A A A 于1G ，则1G 为234A A A △的重心，连21A G 交34A A 于M 点，则M 点为34A A 中点，如图229-．

由例9中证明，知2222222

1213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++．同理，在四面体234OA A A 中，有

2222222

12342324341[3()()]9

OG OA OA OA A A A A A A =++-++．

()2222

23243419

R A A A A A A =-

++ 由于G 为四面体重心，由性质3，知

131

AG GG =．于是，在11AOG △中，对点G 应用斯特瓦尔特定理，有 ()2222

11111[433]

OG OG OA AG =+- 2222222

121314232434116()()16

R A A A A A A A A A A A A ??=

-++-++??．由于20OG ≥，故

214

16k j k j A A R <∑

≤≤≤．

（Ⅱ）显然11AG h ≥，则()()2222222

1121314232434139h A A A A A A A A A A A A ??++-++??≤．同理，对2h ，3h ，3h 也有类似于上述的不等式．此四式相加，得42

194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．

（Ⅲ）由1

3i i V S h =()1,2,3,4i =，则有4

113i

i i i

h V ===

∑∑

又由4113i i V S r ==?∑，则4

111

i i

h r ==∑．

由14

1234114i i h h h h h =?? ???

∑

≥，有()4

1234

4h h h h r ≥．故()()()114

222

1234448h h h h h h h h r r ??+++=??

≥≥4．

（Ⅳ）四面体12

34A A A A ''''的外接球半径记为R '，则214

16k j k j R A A <'''∑≤≤≥．又四面体12

34A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径，故R r '=．于是42

222141199

99166416

k j i k j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14

k j k j A A <''∑

≤≤．

故

214

k j k

j k j k j A A R A A <<'''∑

∑

≤≤≤≤≥8≥．例11四面体1234A A A A 中，外接球半径为R ，体积为V ，过顶点k A ，j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试

证：

141k j kj

S <∑

≤≤ 证明设1d ，2d ，3d 与1θ，2θ，3θ分别为三对对棱12A A ，34A A ；13A A ，24A A ；14A A ，23A A 的距离与夹

角，则由性质15，有1234111

sin 6

V A A A A d θ=???，亦即113346V d A A A A ?≤

．同理，有213246V d A A A A ?≤

，31423

d A A A A ?≥．

取34A A 的中点M ，则12121211

2MA A S S A A d =?△≥，

同理，可得关于kj S 的不等式，从而

4121

13214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d

2141413k j k j k j k j A A A A V <

∑∑≤≤≤≤≤

16R 例12设四面体1234A A A A 的内心为I ，记k j A IA △的面积为kj S '，顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证：

141

kj i k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A '，作34IN A A ⊥于N ，若记面积为k S ，j S 的两侧面夹角为

()14kj k j θ<≤≤，则易见1121

2A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径，则在1Rt IA N '△中，

有121sin 2r

IN θ=

,则341212

12sin 2

A A r S θ?'=．由性质8，有1212342sin 3S S V A A θ??=，于是消去34A A ，得12

121221

cos 32

S V S S θ'?=?，注意到4113i i V S r ==?∑，则12121241

cos 2

i S S S S θ='''=?∑．

对上述两边取∑，并用canchy 不等式，有

141

1cos 2kj k j k j i i S S θ<<=?'=?

∑

∑≤≤≤≤ 1

14141

21cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=???????????? ? ??

???????∑∑∑≤≤≤≤≤

．()* 注意到性质5，有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=?+?+?，

即

2213121423411

cos cos cos 2222

i i S S S S θθθ==?+?+?∑，对上式两边同乘以1S 后，再两边取∑，有2

41141cos 42

kj i k j i k j S S S θ=

=?? ???∑∑≤≤．

又由对称平均不等式，有

1141

146i k j i k j S S S =

∑∑≤≤ 于是，由()*式（将上述结果代入()*

式）即有4

141

14kj i k j i S S <='∑≤≤．

例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍，即若令12A A a =，34A A a '=，13A A b =，24A A b '=，14A A c =，23A A c '=，顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，

，，，则 2222222222

12344()a a b b C C S S S S '''+++++≥，其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．

证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式，有

()244422222211

22216

S a b c a b a c b c '''''''''=

---+++ 同理，()2

44422222221

22216

S a b c a b a c b c '''=

---+++， ()24442222231

22216

S a b c a b a c b c '''=

---+++， ()244422222241

22216

S a b c a b a c b c '''=

---+++．以上四式相加并整理，得

2222

1234S S S S +++=

()()()()()()(){}

2222

222222222222222221416a a b b a a c c b b c c a a b b c c ??????'''''''''-+-+-+-+-+-++++?

?????()22

222214

a a

b b

c c '''++≤

．例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ，i d ，顶点i A 到所对的面的距

离为()1234i h i =，，，，3

4k ≥ ．求证：4

1423k

i k i i i l h d =?? ?+??

∑≥．

证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=，4

1i i x a ==∑，则4

i k i i x a x =?? ?-??

∑≥．其中等号当且仅当

1234x x x x ===时取得．

事实上，由()44

3333()44i i i i x a x a x a x ??+-??-=?? ???

??≤，有4

43k k

i i k i x x a x a ???? ? ?-????≥，从而 44

4444

14114443343k k k k

k i

i i i k k

i i i x x x a x a a ===?

? ????? ??=

? ?- ?????

∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ，如图2210-，作11A H ⊥面234A A A 于1H ，作11PE A H ⊥于E ，作1PD ⊥面234A A A 于1D ，则11A P l =，11PD d =，111A H h =．

A 3

A 4

图22-10

设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，，则 ()1111111113S l S d S A E d S h V ?+?+==≥，

从而2341133PA A A S l V V ?-≥．

同理，1342233PA A A S l V V ?-≥，1243333PA A A S l V V ?-≥， 1234433PA A A S l V V ?-≥．

从而()

134124123

22334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥

()234111632PA A A V V S h d =+=+，

即

111

11223344

2l S l h d S l S l S l '+++≥

．同理，

222221133442l S l h d S l S l S l +++≥，333331122442l S l h d S l S l S l +++≥，444

44112233

2l S l h d S l S l S l +++≥

．令()1,2,3,4i i i x l R i =?=，由前述结论，得4

114

23k

i i k i i i i i l x h d a x ==???? ? ?+-????

∑∑≥≥．

【解题思维策略分析】

1．解四面体的有关问题时，要善于与三角形类比例15一个球内切于四面体，将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来，这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．

（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，

，，，又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ，j ，k ，l 表示{}1234，，，的不同元素，由于i j PQ 与i k PQ 是从同一顶点向球所作的切线，故i j i k PQ

PQ =．同理，i j i k PQ PQ =，从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边，边，边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠，并用il θ表示这种角，即有il li θθ=.

由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π，故有

2334422πθθθ++=，3441132πθθθ++=，4112242πθθθ++=，1223312πθθθ++=．

将这些等式的前两个相加减去后两个，且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=，即1234θθ=．又由对称性，得ij kj θθ=．()*

以1Q 为顶点的角是23θ，34θ，42θ，由()*式，它们分别等于以2Q 为顶点的三个角，即41θ，34θ，13θ．由对称性，在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕，

注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点，证明：AKB DMC ∠=∠．”显然，这道试题是例15的特殊情形．例16已知ABC △的面积力S △，外接圆半径为R ，过A ，B ，C 作平面ABC 的垂线，并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ，1B ，1C ，使1a AA h =，1b BB h =，1c CC h =，这里a h ，b h ，c h 分别表示边BC ，

CA ，AB 边上的高．求四个平面11A B C ，11B C A ，11C A B ，ABC 所围成的四面体的体积．

解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．

设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点，则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知

11a b h AA KA b AC

KB BB h a BC

====

．因此，K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点，从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线．同理，类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．

上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ，因此B I 就是平面11A B C ，11B C A 与ABC 的公共点，即为所求四面体的一个顶点．

这样，旁心A I ，B I ，C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ，则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点，因而在直线1B B I 上，P 在平面ABC 上的射影在B BI 上，也在A AI 上，因而P 的射影就是ABC

△

的内心I ．

由相似三角形，1PI AA ∥，且1A P 与AI 相交于A I ，可得1a A a A a

r r

II PI PI AA h AI r -===

，其中r 为ABC △的内切圆半径，a r 为劳切圆半径．

设ABC △的周长为2l ，则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a

--=?=?=

-△

．由平面几何知识，易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ??

'=+++=+++ ?---??△△

△()()()

2abc S l a l b l c ?=

---△．故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ?'=?=??---△△△14

abc S R ==?△．例17在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，

，，，以i j A A 为棱的二面角为il θ，则（Ⅰ）

214

2cos 3ij k j θ<∑

≤≤≥

；（Ⅱ）614

cos 3ij k j θ<≤≤≤．证明联想到在ABC △中，运用三角形射影定理并结合柯西不等式，有2223

cos cos cos 4A B C ++≥，

cos cos cos 2A B C ??≤

，于是有下述证法：（Ⅰ）由性质5，1234324423cos cos cos S S S S θθθ=?+?+?，由Cauchy 不等式，有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=?+?+?

()()222

222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤，

从而22

1342423222

234

cos cos cos S S S S θθθ++++≥．同理，还有类似于上式的三个式子，四式相加，得

141112cos 4111i i

i ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===??==-++ ?---??

∑∑∑∑≤≤≥ ()12341

41i

x x x x x =-++++-∑

()441111

1641143133i i i i

x x ==????=-+-?-+= ???-????

∑∑

≥．

故

214

2cos 3ij k j θ<∑

≤≤≥．

（Ⅱ）由1234324423cos cos cos S S S S θθθ=?+?+

?≥．同理，还有类似于上式的三个不等式，此四式相乘，化简即得614

1cos 3

ij k j θ<∏

≤≤≤

．注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）

211

cos ,2k j n n i j n

<++∑

≤≤≥

；（Ⅱ）

()1

cos ,n n i j n i j n -+<+∏

≤≤≤，其中2n =为三角形的，3n =为四面体的．

2．善于将有关问题进行转化

例18四面体ABCD 三个侧面ABD ，ACD ，BCD 上，由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等，证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．

（1997年波兰竞赛题）

(b)

(a)

图22-11

证明设E ，F ，G 分别是边AB ，BC ，CA 的中点，连结DE ，DF ，DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ，则

sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=??=??△，

sin sin 2

DBC S DF BC DF GE θθ=??=??△，

sin sin 2

DCA S DG CA DG EF θθ=??=??△．

由于sin 0θ>，所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中，任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此，我们来证明： DE FG DF GE DG EF ?

将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上，得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中，显然，有D G DG '=，D F DF '=．由Ptolemy （托勒密）不等式，有

D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''?++?=?+?≤．

设D E '与GF 交于点O ，由DFG D FG '△△≌，得DO D O '=．在DOE △中， DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．

故DE GF D E GF DF GE DG EF '?

例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，，过点i B ，i C ，i D 作平面i α，i β，i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ，i i A C ，i i A D 垂直()123i =，

，．如果九个平面i α，i β，i γ()123i =，，相交于一点E ，而三点1A ，2A ，3A 在同一直线l 上，求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）

解由于几何元素太多，画出准确的全图几乎不可能．为此，画出一个局部图．

B 1图22-12

(a)

(b)

连1A E 与1B E 如图2212- （a ），可知111A B B E ⊥，此表明以1A E 为直径的球过1A ，1B ，E 三点．同样可知，这球过1A ，1B ，1C ，1D ，E 五点，此表明中心在1A E 的中点1O ，直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，

，．于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆，它们有一个公共点E ，从E 向直线123A A A 作垂线，垂足为E '，显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点，所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时，此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点．例20如图22-13，过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ，N ，S ，T 四点．求

证：11110GM GN GS GT

+++=．

（《数学通报》问题1362题） B 1

G 1

C 1

A 1

G T

C B

图22-13

证明设1G 为ABC △的重心，连1PG ，并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与

ABC △的三边交于1A ，1B ，1C ．连1PA ，1PB ，1PC ，在平面α内，直线l 与1PA ，1PB ，1PC ，11

A B 的交点分别为M ，N ，S ，T ．

因G 是四面体重心，1G 是ABC △的重心，由重心性质，知G 分1PG 所成的比为31∶，且 111211

111

0G A G B G C ++=．