正四面体内置正方体棱长的最值探究
正四面体内置正方体棱长的最值探究
范 围是
Ａ［子 Ｂ 子 ］ ． ，］ ． ， ｏ ［
数形结合就 是把 抽象 的数 学 语 言与直 观 图形 结合 起来 思 索 ， 抽 象思 维 和形 象思 维 结合 ， 过 “ 使 通 以形 助 数 ” 以数解 形 ” 使 复杂 问题 简 单化 ， 象 问题具 体 或“ ， 抽
化， 从而起到优 化解题 过程 的 目的． 以形 助数” 借助 “ 是 形 的生动和直观来 阐述数 间的联系 ； 以数解形 ” “ 是借助 于数 的精确性 、 规范性 、 严密性来 阐明形 的某些属性．
—
３ ｂ ！ ＝ ）： 三 ６— ． √ ３３＋ ２ ／
．
上述情 况 考 虑 的 是 内置 正 方 体 的 上 底 面 与 底 面 Ｂ Ｄ平 行 的情 况 ， 设 该正 方 体 的上底 面与 底 面 Ｂ Ｄ Ｃ 假 Ｃ 不平行 （ 成一定倾斜角 ） 是否能得 到棱 长更 大的正方体 ，
中。 乏 （１ 第 期・ 中 ） ７ ・ ２０ ３ 高 版 善 ７ ０年
４ ｌ
聚焦 平面 向量中的数学思 想方法
４ １０ 湖北省 襄樊市 第 一 中学 ４０ ０
数 学思 想方法 是从 数 学 内容 中提炼 出来 的数学 知
王
勇
１ １ 以形 助 数 ．
识 的精 髓 ， 是将 知识 转化 为能 力 的桥梁 ， 有着普 遍应 用
分析 如 图 １ 正方 ，
Ｔａ ，Ｒ 一／ ： － ｒ
Ｒ ’
Ｂ
＼ ， ＝ ／ Ｐ
图３
体绕 着 它 的 中心任 意转
动时 ， 各顶点所 能达到 的 轨迹为一个球 面 ， 问题可
解得 ： ａ 所 以 ， ， 所求 正 方 体棱 长 的最 大值 为
正四面体内置正方体棱长的最值探究
尉贵生
则 HM = M G = R, GF = 2R, AO = 6 3 a, OP = a, tan N AGM = 3 6 tanN APO = 6 a - 2R 3 , R 解得 R = 2R = 6 a. 9 AO = 2 OP 2= AM = MG
图 3
3 a, 所 以, 所 求 正方 体 棱 长 的 最 大值 为 9
图 2
= 3, 得 x = ( 2 3- 3) b, ¹ b x 2 2 如图 5 , 若 正 三 角 形 ABC 的 内接正方形 OMPN 的一 个顶点为 BC 中 点 时. 在 v OC N 中, N N CO = 60b , N CN O = 75b , OC = ON = x, 则由正弦定理得 = b ,设 2
图6
3 EP ( 2 3- 3) b ( a - b), 所以 tan N EBP = = = 2, 解得 3 BP 3 ( a - b) 3 b= 2 6- 3 3 + 2 a, 因此内 接正方体 棱长的 最大值为 ( 2 3
- 3 ) b=
2( 2 3 - 3) a. 6- 3 3 + 2
上述情 况 考 虑 的 是 内 置 正 方 体 的 上 底 面 与 底 面 BCD 平 行 的情 况, 假 设 该正 方体 的 上底 面与 底 面 BCD 不平行 (成一定倾斜角 ), 是否能得到棱长更 大的正方体 呢? 不可能. 我们 不 妨 记由 图 6 得到 的 内 接 正 方体 为 A 1C 2, 首先, 正方体 A 1 C2 不可能绕着直线 O 1O 2 作细微的 旋转, 否则, 正方体 A 1 C2 的上底 面的顶点就会 / 捅破 0正 四 面体的 侧面; 同 样, 若 将该正 方体 绕着它 的中心 作适 当的转动, 转动后正方体下底面与正四面体底面 BCD 成 一定的角度, 即正方体下底面的 四个顶 点中至少 有一个 不在面 BCD 上, 则该正 方体 A 1C 2 的上底 面必然 会被正 四面 体 / 卡住 0. 因此, 棱 长为 a 的正四 面体内置 正方体
专题02 正四面体模型(解析版)
专题02 正四面体模型（解析版）一、解题技巧归纳总结1．正四面体如图，设正四面体ABCD的的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a，显然正四面体和正方体有相同的外接球.正方体外接球半径为236224R a a=⋅=，即正四面体外接球半径为64R a=.二、典型例题例1．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形（正四面体的截面）的面积是（）．A．22B．32C．2D．3【解析】如图球的截面图就是正四面体中的∆ABD，已知正四面体棱长为2，所以=3AD=1AC，所以=2CD2故选：C．例2．正四面体的棱长为1，则其外接球的表面积为 . 【解析】解析：依题意，正四面体的外接球半径64R =，其表面积为23=42S R ππ=，故答案为32π. 三、配套练习1．棱长为1的正四面体的外接球的半径为( ) A ．64B ．34C ．1D ．33【解析】已知正四面体A BCD -的棱长为1，过B 作BE CD ⊥，交CD 于E ，A 作AF ⊥平面BCD ，交BE 于F ，连结AE ，设球心为O ，则O 在AF 上，连结BO ，22131()22BE AE ==-=，2333BF BE ==，1336EF BE ==， 22336()()263AF =-=， 设球半径为R ，则BO AO R ==， 22236()()33R R ∴=+-， 解得64R =． 故选：A ．2．棱长为a的正四面体的外接球和内切球的体积比是()A．9:1B．4:1C．27:1D．8:1【解析】把棱长为a的正四面体镶嵌在棱长为x的正方体内，∴外接球和内切球的球心重合，为正方体的中心O，∴外接球的球半径为：23322x x=，22113(2)634x x h=⨯⨯⨯，33xh=，内切球的半径为：3333 2236x x x xh-=-=，∴外接球和内切球的半径之比为：33:3:1 26x x=，∴正四面体的外球和内切球的体积比是27:1，故选：C．3．如图所示，在正四面体A BCD-中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP PE+的最小值为7，则该正四面体的外接球的体积是()A6πB．6πC 36D．32π【解析】将侧面ABC∆和ACD∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a则BP PE+的最小值为22172cos120742aBE a a a=+-︒==，2a∴=．在正四面体A BCD -的边长为2， 外接球的半径6642R a ==外接球的体积3463V R ππ==．故选：A ．4．表面积为83( ) A ．43πB ．12πC ．8πD ．6π【解析】表面积为8322将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的对角线长为3 正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为24(3)12ππ=．故选：B ．5．一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的表面积为( ) A ．6πB ．8πC 6πD ．11π【解析】26， 正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为264()62ππ=． 故选：A ．6．在棱长为2的正四面体的外接球中，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的圆心距为2，则两圆的公共弦长是( )A ．34B ．34C ．1D ．12【解析】正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，正方体的对角线长就是球的直径，正方体的棱长为：1；对角线长为：3， 所以球的半径为：32R =， 设相互垂直两圆的圆心分别为1O 、2O ，球心为O ，公共弦为AB ，其中点为E ， 则12OO EO 为矩形，于是对角线12O O OE =， 而222232()22OE OA AE AE =-=-=， 12AE ∴=，则1AB =； 故选：C ．7．如图所示，正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为14，则该正四面体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ．24π【解析】将三角形ABC 与三角形ACD 展成平面，BP PE +的最小值，即为BE 两点之间连线的距离，则14BE =设2AB a =，则120BAD ∠=︒，由余弦定理221414222a a a a+--=，解得2a =， 则正四面体棱长为22，因为正四面体的外接球半径是棱长的64倍， 所以，设外接球半径为R ，则62234R ==， 则表面积244312S R πππ===． 故选：A ．8．已知正四面体的棱长为4，则此四面体的外接球的表面积是( ) A ．24πB ．18πC ．12πD ．6π【解析】将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为26 6，∴外接球的表面积的值为24(6)24ππ=．故选：A ．9．一个棱长为6的正四面体内部有一个任意旋转的正方体，当正方体的棱长取得最大值时，正方体的外接球的表面积是( ) A ．4πB ．6πC ．12πD ．24π【解析】正方体可以在正四面体纸盒内任意转动，∴正方体在正四面体的内切球中，∴正方体棱长最大时，正方体的对角线是内切球的直径，点O 为内切球的圆心，连接PO 并延长交底面ABC 与点D ， 点D 是底面三角形ABC 的中心，PD ∴⊥底面ABC ，OD ∴为内切球的半径，连接BO ，则BO OP =，在Rt BDP ∆中，236233BD ==2226PD PB BD -在Rt BDO ∆中，2222222()OD BD OB BD OP BD OP OD =+=+=+-，代入数据得62OD =，令正方体棱长为a ，则236a =，解得2a =， ∴正方体棱长的最大值为2，此时正方体的外接球半径：36222r =⨯=． ∴当正方体的棱长取得最大值时，正方体的外接球的表面积是：22644()62S r πππ==⨯=． 故选：B ．10．如图，在棱长为1的正四面体ABCD 中，G 为BCD ∆的重心，M 是线段AG 的中点，则三棱锥M BCD -的外接球的表面积为( )A ．πB ．32πC 6D 6 【解析】连接BG ，四面体ABCD 中，由G 为BCD ∆的重心， 可得AG ⊥面BCD ，M 是线段AG 的中点，3BG ，226AG AB BG =-M 为线段AG 的中点，6MG ∴=设三棱锥M BCD -外接球的半径为R ，则23(R =226)(R +， 6R ∴=， ∴三棱锥M BCD -外接球的表面积为2342R ππ=． 故选：B ．11．正四面体（四个面均为正三角形的四面体）的外接球和内切球上各有一个动点P 、Q ，若线段PQ 长463，则这个四面体的棱长为 4 ． 【解析】设这个四面体的棱长为a ， 则它的外接球与内切球的球心重合，且半径64R a =外，612r a =内， 依题意得66464123a a +=， 4a ∴=．故答案为：4．12．已知正四面体ABCD 的棱长为1，M 为棱CD 的中点，则二面角M AB D --的余弦值为 63；平面MAB 截此正四面体的外接球所得截面的面积为 ．【解析】如图，M 为棱CD 的中点，AM CD ∴⊥，BM CD ⊥，又AMBM M =，CD ∴⊥平面AMB ，则AMB ∠为二面角A CD B --的平面角，由对称性，可知二面角C AB D --的平面角等于AMB ∠． 由正四面体ABCD 的棱长为1，可得3AM BM ==则2231()()1622cos()23AMB -∠==平面AMB 平分二面角C AB D --，∴二面角M AB D --的余弦值16cos()2AMB =∠；设BCD ∆的外心为G ，连接AG ，求得233BG BM ==，22361()3AG =-= 设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则22263()(R R -+=，解得6R =平面MAB 过正四面体ABCD 的外接球的球心，∴平面MAB 截此正四面体的外接球所得截面的面积为263(8ππ⨯=．故答案为：63；38π． 13．已知某正四面体的内切球体积是1，则该正四面体的外接球的体积是 27 ． 【解析】正四面体的外接球和内切球的半径之比为3:1，∴正四面体的外接球和内切球的体积比是27:1，正四面体的内切球体积是1，∴该正四面体的外接球的体积是27．故答案为：27．14．一个正四面体的展开图是边长为22的正三角形，则该四面体的外接球的表面积为 3π ． 【解析】如图，一个正四面体的展开图是边长为2∴2，设底面三角形的中心为G ，则22162332AG AD ==-=， 正四面体的高2323PG =-． 再设正四面体外接球的球心为O ，连接OA ， 则22263(()R R =+，解得3R =． ∴该四面体的外接球的表面积为234(3ππ⨯=． 故答案为：3π．15．如图所示，正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为14，则该正四面体的外接球的体积是 3π ．【解析】将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示： 设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为2272cos12014422a a BE a a a =+-︒==， 22a ∴=．在棱锥A BCD -中，设底面三角形BCD 的中心为M ，外接球的球心为O ，F 为BC 的中点，则362DF a ==， 22633DM DF ∴==，22433AM AD DM =-=． 设外接球的半径OA OD r ==，则433OM r =-， 在Rt OMD ∆中，由勾股定理可得：2224326()()33r r =-+， 解得：3r =．∴外接球的体积为34433r ππ=．故答案为：43π．。
正四面体蕴藏正方形中
正四面体蕴藏正方体中我们在立体几何的学习中，探讨得最多的空间图形是正方体。
例如，我们考虑两直线之间的相交（垂直）、平行、异面关系；两平面之间的相交（垂直）、平行关系；两异面直线之间的距离；两平行平面之间的距离；两相交平面之间的二面角等等，都可以借助正方体形象、直观、简洁地引入、刻画、研究。
而正方体本身所具有的简洁美、对称美、和谐美也留给我们深刻的印象。
因而，我们最熟悉的空间图形是正方体，我们最容易把握的空间图形也是正方体。
正四面体是另一个我们探讨得很多的空间图形，正四面体同样体现了数学的简洁美、对称美、和谐美。
但相比较而言，正四面体中的直线之间的平行关系；平面之间的垂直、平行关系；两平行平面之间的距离等等，都不很直观、典型。
正四面体中几何元素之间尽管和谐，但有时候也不容易把握。
我们说我们对正方体比对正四面体更熟悉、更容易把握的一个更重要的理由是，正方体中蕴藏着正四面体。
例如，如图3的正方体EBFA-CGDH 中，蕴藏着两个典型的正四面体，正四面体D-ABC 和正四面体H-EFG 。
从而就为我们利用较熟悉的正方体认识较不熟悉的正四面体带来了可能。
一般而言，单纯地利用正四面体本身的点、线、面、体这些几何量之间的某些关系进行研究，技巧性更强，推导更繁杂，更容易出错。
而借助正方体来研究正四面体，计算量更少，几何量之间的关系更加简明、直观，做完后我们的把握更大。
下面我们举一些例子进行说明。
例1 (2003年高考理科数学新课程卷选择题最后一题）：一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为 （ ）A.3πB.4πC.33πD.6πBABQE C图1 图2 图3分析1：如图1所示,正四面体D-ABC 的棱长为a ,中心为O 点,D 在底面ABC 上的射影为P 点,连接OA 、OB 、OC,显然，O 到平面ABC 、BCD 、ABD 、ACD 的距离都等于OP ，且ABC D V -=4ABC O V -，即31⨯ABC S ∆⨯DP=4⨯ABC S ∆⨯OP ，即DP=4 OP 。
小谈正四面体的一些性质及其应用
分析：连接SE、SF延长分别交AB、BC 于G、H，易知
EF= GH= AB，故只需求出正四面体的棱长即可，本题若直接由体积求棱长有一定的难度，若根据习题结论①②，先把正四面体补成正方体，则V正方体=3V正四面体=216，故正方体的棱为6，而正四面体的棱长为6 ，所以EF= AB=2 .
例4.半径为R的球的内接正四面体的体积等于___________. (第十一届“希望杯”高一培训题)
分析:由上述结论①②③可知,半径为R的球的内接正方体的对角线长为2R,故其棱长为 ,其体积为V正方体=( )3= ,V正四面体= .
正四面体与正方体是立几中较特殊、内涵较丰富的几何体,且两者有着密不可分的关系.我们在解题时若注意运用两者的特殊关系,往往会达到“山穷水复疑无路,柳暗花明又一村.”的效果
例2.棱长为2的正四面体的体积为_____________.(98年上海高考题)
本题若直接计算,有一定的难度与计算量,若利用上述习题结论,将其补成正方体,可取得事半功倍之效.
解: 将该正四面体补成正方体,由正四面体的棱长为2,易知正方体的棱长为 .故V正方体=( )3=2 ∴V正四面体= V正方体= 。
(3)正四面体的高为正方体对角线长的三分之二。
2．正四面体的三个球的有关性质
正四面体的三个球：一个正四面体有一个外接球，一个内切球和一个与各棱都相切的球。那么这三个球的球心及半径与正四面体有何关系呢？为了研究这些关系，我们利用正四面体的外接正方体较为方便。
正方体 的内接球即是正方体的内切球，此两球的球心都在正方体的中心。
例1.正三棱锥S-ABC的侧棱与底面边长相等，如果 E、F分别为SC、AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等( ) (90年全国高考试题)
正四面体的性质及应用
正四面体的性质及应用正四面体是立体几何中的基本几何体，它蕴涵着极为丰富的线面的位置、数量关系．在近年来各类考试中，正四面体倍受命题者青睐，命题者常以正四面体中的线面问题为载体，借以考察学生的数学思维能力和思维品质．因此，一线师生在教学过程中，应对这个几何体引起足够的重视．笔者在长期的教学中对正四面体进行了深入研究、潜心挖掘，得出了一些优美、简洁的结论．下面给出正四面体的相关结论，并利用这些结论解决问题，以期能对同学们学习立体几何有所启示．一、理顺正四面体性质——固本清源不妨设正四面体ABCD的棱长为a，则存在着以下定理：定理1．正四面体的3对异面棱均互相垂直，任意一对异面棱之间的距离均为；定理2．正四面体的高为；定理3．正四面体的切球半径为，外接球半径为，且有；略证：如图1，易知正四面体的外接球心与切球心重合为点O，并且位于正四面体的高AH上，连结BO、CO、DO，易知，且，从而AO、BO、CO、DO两两所确定的平面将正四面体分割成四个形状相同的正三棱锥：，，且每一个小正三棱锥的高都是切球的半径，于是有，即，亦即有，所以，．故定理4．正四面体的全面积为，体积为；定理5．正四面体底面任一点O到三个侧面的距离的之和；正四面体任意一点到四个侧面的距离之和(仿定理3利用体积分割法易证)．定理6．正四面体的侧棱与其底面所成的线面角大小为；定理7．正四面体相邻侧面所成的二面角的大小为；略证：设相邻两个侧面所成的角为，由于四个侧面的面积均相等，所以由射影面积公式知．定理8．设正四面体的侧棱与底面所成的角为，相邻两个侧面所成的二面角记为，则有略证：如图1所示，易知，，由H为的中心，易知，从而．定理9．正四面体的外接球的球心与切球的球心O重合且为正四面体的中心；中心与各个顶点的四条连线中两两夹角相等，其大小为，此角即为化学中甲烷分子结构式中的键位角．略证：如图1，在三角形AOB中，，，由余弦定理可求得，于是．同理可得．定理10．正四面体接于一正方体，且它们共同接于同一个球，球的直径等于正方体的对角线．二、运用正四面体性质——化繁为易1．巧算空间距离例1．一个球与正四面体的6条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则求此球的体积．分析一：由定理10知，将正四面体嵌于正方体的部，然后再利用正四面体的棱与球相切，则该半径与正方体的切半径相等进行求解．解法一．如图2所示，将正四面体补成正方体，易知与正四面体的各棱相切的球即为正方体的切球．∵正四面体的棱长为a，∴正方体的棱长为．∴正方体的切球半径．∴．分析二：根据正四面体的对称性，结合定理1可知，该球的球心应位于正四面体的中心，其直径即为正四面体相对棱之间的距离．解法二．∵正四面体的棱长为a，∴由定理1可知，相对棱间的距离为．即该球的半径为．∴．例2．在棱长为2的正四面体木块ABCD的棱AB上有一点P（），过P点要锯出与棱AB垂直的截面，当锯到某个位置时因故停止，这时量得在面ABD上锯痕，在面ABC上的锯缝，求锯缝MN的值．解：如图3，取AB的中点E，连结CE，DE，则为正四面体相邻两面的二面角的平面角，由条件知∠MPN也是正四体相邻两面的二面角的平面角，即∠NPM＝∠CED，由定理7可知，于是，在中，由余弦定理得，∴2．妙求空间角例3．设P为空间一点，PA、PB、PC、PD是四条射线，若PA、PB、PC、PD两两所成的角相等，则这些角的余弦值为．解：如图4，构造正四面体ABCD，设P为四面体的中心，则PA、PB、PC、PD两两所成的角相等，设，由正四面体的性质，可知余弦值为例4．如图5，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，连结AF、CE．⑴求异面直线直线AF和CE所成的角；⑵求CE与面BCD所成的角．解：⑴连结FD，在平面AFD，过点E作EG∥AF交DF于点G．则是异面直线AF与CE所成的角（或其补角）．设正四面体ABCD的棱长为a，可得，，．由余弦定理可求得．故异面直线AF与CE所成的角为．⑵由已知易知平面AFD⊥平面BCD，在平面AFD，过点E作EH⊥FD于点H，连结CH，则∠ECH为CE与平面BCD所成的角．∵EH为正四面体高的一半，由正四面体性质的定理2知．∴．∴CE与底面BCD所成的角为．例5．如图6，正四面体ABCD的四个顶点在同一个球面上，CC1和DD1是该球的直径，求面ABC与面AC1D1所成角的正弦值．解：由正四面体性质定理10知正四面体接于一球，该正方体也接于此球，且正方体的对角线为此球的直径，如图所示，即CC1、DD1为该球的直径．连结C1D1，交AB于点M，连结MC．∵MC⊥AB，MD1⊥AB，∴∠CMD1为平面ABC与平面AC1D1所成的角．设正方体棱长为a，在中，．∴平面ABC与平面ACD所成的角的正弦值为．归纳反思：正四面体是立体几何中一个重要的数学问题载体，在平时的学习过程中若能有意识地研究它、利用它，就能较好地培养我们数学思维的“方向感”和思路的“归属感”，有助于促进自己数学思维空间的拓展、数学品质的提升．1.在正四面体P ABC-中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是②．①//BC面PDF；②面PDF⊥面ABC；③DF⊥面PAE；④面PAE⊥面ABC．2.正四面体ABCD中，AB与平面ACD所成角的余弦值为3．3.如图，正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为棱AD，BC的中点，则EF BA的值为()A．4B．4-C．2-D．24.以下说法 ①三个数20.3a =，2log 0.3b =，0.32c =之间的大小关系是b a c <<；②已知：指数函数()(0,1)x f x a a a =>≠过点(2,4)，则log 41a y =；③已知正四面体的边长为2cm ，则其外接球的体积为33cm π； ④已知函数()y f x =的值域是[1，3]，则()(1)F x f x =-的值域是[0，2]；⑤已知直线//m 平面α，直线n 在α，则m 与n 平行．其中正确的序号是①③．5.在正四面体A BCD -中，M 为AB 的中点，则直线CM 与AD 所成角的余弦值为()A ．12B ．2C ．3D ．23选：C ．6.在正四面体ABCD 中，E 、F 分别为棱AD 、BC 的中点，连接AF 、CE ，则异面直线AF 和CE 所成角的正弦值为()A ．13B ．23C ．24D ．5 选：D ．【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力．在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，这个技巧就是通过三角形的中位线找平行线，如果试题的已知中涉及到多个中点，则找中点是出现平行线的关键技巧．本题易错点在于要看清是求异面直线AF 和CE 所成角的正弦值，而不是余弦值，不要错选答7.如图所示，在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为7，则该正四面体的外接球的体积是()A 6πB ．6πC 36D ．32π 选：A ．8.棱长为1的正四面体ABCD 中，E 为棱AB 上一点（不含A ，B 两点），点E 到平面ACD 和平面BCD 的距离分别为a ，b ，则11a b +的最小值为6 【考点】7F ：基本不等式及其应用【专题】31：数形结合；35：转化思想；5F ：空间位置关系与距离；5T ：不等式【分析】设点O 是正三角形ACD 的中心，连接OB ，作EF AO ⊥，垂足为点F ．AO 交CD 于点M ，则点M 为CD 的中点．设(01)AE AB λλ=<<．23AO AM =，3AM ，22BO AB AO =-．由//EF BO ，可得6EF BO a λ===．同理可得：6)b EN λ=-．代入利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：如图所示，设点O 是正三角形ACD 的中心，连接OB ，作EF AO ⊥，垂足为点F ．AO 交CD 于点M ，则点M 为CD 的中点．设(01)AE AB λλ=<<．223333AO AM ===， 226BO AB AO ∴=- //EF BO ，6EF BO a λ∴===． 同理可得：6)b EN λ==-．∴21111161()11(1)()2a b λλλλλλ+=+=⨯=+---当且仅当12λ=时取等号．故答案为：9.已知M 是正四面体ABCD 棱AB 的中点，N 是棱CD 上异于端点C ，D 的任一点，则下列结论中，正确的个数有()（1）MN AB ⊥；（2）若N 为中点，则MN 与AD 所成角为45︒；（3）平面CDM ⊥平面ABN ；（4）存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【考点】LM ：异面直线及其所成的角；LO ：空间中直线与直线之间的位置关系；LW ：直线与平面垂直；LY ：平面与平面垂直【专题】14：证明题【分析】连接CM 、DM ，可证明出AB ⊥平面CDM ，从而MN AB ⊥，得（1）正确；取AC 中点E ，连接EM 、EN ，利用三角形中位线定理证明出EN 、NM 所成的直角或锐角，就是异面直线MN 、AD 所成的角，再通过余弦定理，可以求出MN 与AD 所成角为45︒，故（2）正确；根据（1）的正确结论：MN AB ⊥，结合平面与平面垂直的判定定理，得到（3）正确；对于（4），若存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直，说明存在N 的一个位置，使MN AC ⊥．因此证明出“不论N 在线段CD 上的何处，都不可能有MN AC ⊥”，从而说明不存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．【解答】解：（1）连接CM 、DM正ABC ∆中，M 为AB 的中点CM AB ∴⊥同理DM AB ⊥，结合MC M D M =AB ∴⊥平面CDM ，而MN ⊆平面CDMMN AB ∴⊥，故（1）是正确的；（2）取AC 中点E ，连接EM 、ENADC ∆中，E 、N 分别是AC 、CD 的中点//EN AD ∴，12EN AD =． EN ∴、NM 所成的直角或锐角，就是异面直线MN 、AD 所成的角设正四面体棱长为2a ，在MCD ∆中，2CM DM a === 则Rt MNC ∆中122CN a a =⨯=∴MN = 在MNE ∆中，122ME EN a a ==⨯=∴222cos 2EN MN EM ENM EN MN +-∠==⨯⨯ 45ENM ∴∠=︒，即异面直线MN 、AD 所成的角是45︒，故（2）正确；（3）由（1）的证明知：AB ⊥平面CDMAB ⊂平面ABN∴平面ABN ⊥平面CDM ，故（3）正确；（4）若有MN AC ⊥，根据（1）的结论MN AB ⊥，因为AB 、AC 相交于A 点，所以MN ⊥平面ABCMCD ∆中，CM MD ==，2CD a =2221cos 023CM MD CD CMD CM MD +-∴∠==> 可得CMD ∠是锐角，说明点N 在线段CD 上从C 到D 运动过程中， CMN ∠的最大值是锐角，不可能是直角，因为CM ⊂平面ABC ，CM 与NM 不能垂直，以上结论与MN ⊥平面ABC 矛盾，故不论N 在线段CD 上的何处，都不可能有MN AC ⊥．因此不存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．综上所述，正确的命题为（1）（2）（3）故选：C ．10.棱长为a 的正四面体中，给出下列命题：①正四面体的体积为324a V =；②正四面体的表面积为2S ；③切球与外接球的表面积的比为1:9；④正四面体的任意一点到四个面的距离之和均为定值．上述命题中真命题的序号为②③④．【考点】LE ：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5F ：空间位置关系与距离【分析】①正四面体的高h ==，体积为213V =，计算即可判断出正误；②正四面体的表面积为24S a =，即可判断出正误；③分别设切球与外接球的半径为r ，R ，则23143r ⨯，解得r ；R +=，解得R ，即可判断出正误； ④正四面体的任意一点到四个面的距离之和为H，则221133H ⨯=【解答】解：①正四面体的高h =，体积为3231324a V ==≠，因此不正确；②正四面体的表面积为224S a =，正确；③分别设切球与外接球的半径为r ，R ，则2314312r ⨯=，解得r =；R +=，解得R ． :1:3r R ∴=，因此表面积的比为1:9，正确；④正四面体的任意一点到四个面的距离之和为H ，则221133H ⨯=化简可得：H =，即为正四面体的高，均为定值，正确．上述命题中真命题的序号为②③④．。
第一节 正方体与正四面体
近年来，无论是高考，还是全国竞赛，涉及空间结构的试题日趋增多，成为目前的热点之一。
本文将从最简单的五种空间正多面体开始，与大家一同探讨中学化学竞赛中与空间结构有关的内容。
第一节 正方体与正四面体在小学里，我们就已经系统地学习了正方体，正方体（立方体或正六面体）有六个完全相同的正方形面，八个顶点和十二条棱，每八个完全相同的正方体可构成一个大正方体。
正四面体是我们在高中立体几何中学习的，它有四个完全相同的正三角形面，四个顶点和六条棱。
那么正方体和正四面体间是否有内在的联系呢？请先让我们看下面一个例题吧：【例题1】常见有机分子甲烷的结构是正四面体型的，请计算分子中碳氢键的键角（用反三角函数表示）【分析】在化学中不少分子是正四面体型的，如CH 4、CCl 4、NH 4＋、 SO 42－……它们的键角都是109º28’，那么这个值是否能计算出来呢？如果从数学的角度来看，这是一个并不太难的立体几何题，首先我们把它抽象成一个立体几何图形（如图1-1所示），取CD 中点E ，截取面ABE（如图1-2所示），过A 、B 做AF ⊥BE ，BG ⊥AE ，AF 交BG 于O ，那么 ∠AOB 就是所求的键角。
我们只要找出AO （=BO ）与AB 的关系，再用余弦定理，就能圆满地解决例题1。
当然找出AO 和AB的关系还是有一定难度的。
先把该题放下，来看一题初中化学竞赛题：【例题2】CH 4分子在空间呈四面体形状，1个C 原子与4个H 原子各共用一对电子对形成4条共价键，如图1-3所示为一个正方体，已画出1个C 原子(在正方体中心)、1个H 原子(在正方体顶点)和1条共价键(实线表示)，请画出另3个H 原子的合适位置和3条共价键，任意两条共价键夹角的余弦值为①【分析】由于碳原子在正方体中心，一个氢原子在顶点，因为碳氢键是等长的，那么另三个氢原子也应在正方体的顶点上，正方体余下的七个顶点可分成三类，三个为棱的对侧，三个为面对角线的对侧，一个为体对角线的对侧。
正四面体
正四面体常用性质：1、正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等。
它有4个面，6条棱，4个顶点。
正四面体是最简单的正多面体。
2、正四面体属于正三棱锥，但是正三棱锥只需要底面为正三角形，其他三个面是全等的等腰三角形就可以，不需要四个面全等且都是等边三角形。
因此，正四面体是特殊的正三棱锥。
3、基本性质：正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶。
正四面体的重心、四条高的交点、外接球、内切球球心共点，此点称为中心。
正四面体的对边相互垂直。
正四面体的对棱相等。
正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值63a。
4、相关数据当正四面体的棱长为a时，一些数据如下：高：63a。
（中心把高分为1:3两部分} 表面积：23a体积：3212a外接球半径：64a，内切球半径：612a，棱切球半径：24a对棱中点的连线段的长：22a，两邻面夹角满足1cos3α=。
若将正四面体放进一个正方体内，则该正方体棱长为22a，其实，正四面体的棱切球即为次正方体的内切球。
5、建系方法1.设有一正四面体D-ABC棱长为a以AB边为y轴A为顶点ABC所属平面为xOy面建系四个顶点的坐标依次为其他性质：正四面体有一个在其内部的内切球和七个与四个面都相切的旁切球，其中有三个旁切球球心在无穷远处。
正四面体有四条三重旋转对称轴，六个对称面。
正四面体可与正八面体填满空间，在一顶点周围有八个正四面体和六个正八面体。
正四面体体积占外接球体积的2*3^0.5/9*π，约12.2517532%。
内切球体积占正四面体体积的π*3^0.5/18，约30.2299894%。
两条高夹角：2ArcSin(√6/3)=ArcCos(-1/3)=≈1.91063 32362 49(弧度)或109°28′16″39428 41664 889。
这一数值与三维空间中求最小面有关,也是蜂巢底菱形的钝角的角度.侧棱与底面的夹角：ArcCos(√3/3)正四面体的对棱相等。
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１．１ 以形助数
内接正方形ＯＭＰＮ的一个顶点为
Ｄ
底面半径为尺，则它的
ＢＣ中点时．在ＡＯＣＮ中，ＬＮＣＯ
高为恤。问题转化为求
：６０。，／＿ＣＮＯ＝７５。。ＯＣ＝妻。设
正四面体满足上述条件
Ｃ
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溯鬻差大ＡＢ篇ｉＦ黧＿ Ａ隶Ｏ作矧如图３；，：盎ｓｉｎ ＣＮＯ雕舡牮６， 的最大内接圆柱体，而
图２
ＯＮ＝茗，贝…］Ｅ ．＿ｓｌｎ￡ＯＮ』而
图５
解过棱 和 四面体的高 作截面（如图），
一
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②
万方数据
·复习参考·
寸。７擞．７（２０１０－ｑ－ｇ ３期·高中版）
４ｌ
聚焦平面向量中的数学思想方法
４４１０００湖北省襄樊市第一中学王勇
数学思想方法是从数学内容中提炼出来的数学知 识的精髓，是将知识转化为能力的桥梁，有着普遍应用 的意义，是历年高考的重点．下面仅就平面向量中常见 的数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想、转化 与化归思想进行举例说明． １数形结合思想
ｂ＝——鼍—＇，因此内接正方体棱长的最大值为（狮
—３）ｂ：亟鹳． ６—３４３＋√２ ６一啪＋以 上述情况考虑的是内置正方体的上底面与底面
ＢＣＤ平行的情况，假设该正方体的上底面与底面ＢＣＤ 不平行（成一定倾斜角），是否能得到棱长更大的正方体 呢？
不可能．我们不妨记由图６得到的内接正方体为 Ａ。ｃ２，首先，正方体Ａ。ｃ２不可能绕着直线０。０２作细微的 旋转。否则，正方体Ａ。Ｑ的上底面的顶点就会“捅破”正 四面体的侧面；同样，若将该正方体绕着它的中心作适 当的转动，转动后正方体下底面与正四面体底面ＢＣＤ成 一定的角度，即正方体下底面的四个顶点中至少有一个 不在面ＢＣＤ上，则该正方体Ａ。Ｃ：的上底面必然会被正
下面来研究正三角形的最大内接正方形问题．
如图４，正三角形ＡＢＣ的边长
为ｂ，四边形ＥＦＧＨ为ＡＡＢＣ的内
接正方形（正方形的一条边ＥＦ在
ＢＣ上）．设正方形的边长为菇，则在
、
．。
Ｂ
Ｃ
ＡＧＣＦ中，ｔａｎ／＿ＧＣＦ＝篇＝ Ｅ ｏ Ｆ
图４
—专＝万，得皇＝（２，３－一３）ｂ，①
丁一丁 如图５，若正三角形ＡＢＣ的
圆柱体，设该圆柱体的Ｒ
探究１一个棱长为ｎ的正四面体纸盒内放一个正 方体，并且能使该正方体在纸盒内任意转动，试求该正 方体棱长的最大值．
分析如图１，正方 体绕着它的中心任意转
，了／ｇ口，ｏＰ＝譬ｄ，ｔａｎ￡ＡＧＭ＝
ｔａｎＺ．ＡＰＯ＝Ａ而Ｏ＝２在＝ＡＭＵＧ＝
焉Ｔａ一压Ｒ ．，
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Ｂ
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图３
解得Ｒ－＿４百３口，所以，所求正方体棱长的最大值为
棱长的最大值为黜． 四面体“卡住”．因此，棱长为ａ的正四面体内置正方体
（收稿日期：２００９１２０４）
万方数据
中’？擞·７（２０１０年第３期·高中版）
·复习参考·
正四面体内置正方体校长的最值探究
３１１８００浙江省诸暨市天马学校高中部尉贵生
正四面体和正方体都是立体几何中常见的两种几 则ＨＭ＝ＭＧ＝Ｒ，ＧＦ＝胁，ＡＯ＝
Ａ
何体，现在若把正方体内置于正四面体中，在不同条件 下，如何来探求该内置正方体棱长的最大值，本文就此 问题进行一些探究，以供参考．
例１已知向量蔬：（２，ｏ），向量砣＝（２，２），向量 葫：（屈啪，ｑｔ２ｓｉｎａ），则向量蔬与向量蔬夹角的取值
范围是
Ａ．［ｏ，詈］Ｂ．［寻，５西．ｔｒ】
ｃ．［卺，丁，ＩＴ］Ｄ．［舌，卺］
解如图１，向量魂的终点
Ａ在以ｃ（２。２）为圆心，在为半径
图１ 的圆上，０，４。，０，４：是圆的两条切
线，切点分别为Ａ．，Ａ：，在ＲｔＡＯＣＡ。中，Ｉｏ－－ｄ｜＿砸，
该球的内接正方体的棱长为詈口，因此，满足条件的正方
再
体棱长的最大值为警口． Ｕ
探究２一个棱长为口的正四面体纸盒内放一个正 方体，并且能使正方体在纸盒内可绕着某～条直线旋 转，试求该正方体棱长的最大值．
分析 如图２。正 方体绕着过它的中心且 垂直于两平行平面的直 线旋转时可以得到一个
问题只须考虑正三角形的最大内接正方形即可．
动时，各顶点所能达到的 轨迹为一个球面，问题可 转化为求正四面体内切雪 球的内接正方体．不难求 得正四面体内切球的半
Ｐ
径为Ｒ：，石／６０，然后计算
Ｃ 图１
廊：争．
探究３在一个棱长为口的正四面体纸盒内放置一 个正方体（不作任何转动，能放进去即可），试求该正方 体棱长的最大值．
分析若正四面体的内置正方体的上底面与底面 ＢＣＤ平行，则过正方体上底面的截面必为一正三角形，
因为（硒一３）ｂ＞，３－＜万４－４Ｙ）ｂ．所以边长为６的正
三角形的最大内接正方形的边长为（圻一３）ｂ．
解如图６，直三 棱柱ＥＦＧ—ＰＱＲ内置底面ＢＣＤ
内，直三棱柱的高为正 。
Ｄ
△明啦的最大内接正
方形的边长。设正
△ＥＦＧ的边长为ｂ，由
上述分析可得它的最
图６
扎札譬以～脚』ＢＰ ２端２７得