第十讲 特殊四面体及其性质2

接上四面第十讲:特殊四面体及其性质直角四面体的应用例1. 求证判定(3)中OABC是直角四面体。.63桶.证法一：设正四面体ABCD的棱长为a,则其高DH=a，而AH=a, DO=OH=二a,在Rt AAHOCAE336中 n OA2 = 1 a 2，同理OB=OC=OA二孕 a,由勾股定理易证/ AOB= / BOC= / COA= 90，故得证。证法二：如图三，将正四面体ABCD镶嵌在棱长为a的正方体中，则正四面体ABCD中O、H是正方体对角线DE的两个三等分点，由定比分点公式得:2a a 2a 2a 2a a -TTf，-) ,，-，二)3 3 33 3 3=0，即 OA 上 OB，a a 2a2a 2a aO(t , =，k)、H(w d ) n AO - OB =(3 3 33 3 3同理 OB 1OC，OC1 OA，得证。例2.(2003年湖南省高中数学竞赛题)SABC是三条棱两两互相垂直的三棱锥，。为底面入8D. (1，2 技)C 内一点，若/OSA= a , /OSB= P ,/OSC= Y，则 tan眼 tan P - tan丫。(A. : 22, +3)B. (0， 2 2cos p - cos7，同理有 sin 2 pZ 2cosacos7， sin2 7 N2cosa cos p三式相乘有 tan 2 a tan 2 p tan 2 7 Z 8选(A)或以SO为对角线补成长、宽、高分别设为c的长方体 ntana tan p tan7 =aV a 2 + b 2 J2bc 2ac 2ab _ ?龙 cabc例3.三棱锥的三条侧棱两两互相垂直， 面积为1，则三棱锥的侧面积为()三侧面与底面所成的二面角分别为30、45、60，底3 + 桓 +1(A).、& +1(B).v2 +1 (C).(D).2S 解：每一个侧面都是底面在这个侧面所在平面上的射影,由面积射影公式cose = n $侧=再 + 42 +1S (cos30 +cos45 +cos60)= 二选(A )底解后反思：由2. 2（i）m知 cos 2 30 +cos 2 45 +cos 2 60 = 3丰1,故此题是一道流行很广的错题!OOO例4.已知直线四面体OABC中，三直角面与斜面ABC所成的二面角分别为a、P、y，则（）A.C.1cos a cos P cos Y - 31sina sin p sinY = 3B. cos 2 a +cos 2 p +cos 2 Y =lD. sin2 a+sin2 P +sin2 Y =1解法一：由2. 2m 知 cos 2 a +cos 2 P +cos 2 Y =l Osin2 a +sin2 p +sin2 Y =2 . /.选(B)解法二：由2.4有，42 = S 2 + S 2 + S 2，两边同时除以S 21234.，S 由 cos 0 =t 得:Scos 2 a +cos 2 P +cos 2 Y =l .解法三：补成长方体，则a、P、Y o长方体对角线OH与OA、OB、OC所成的角，特殊值法，令OA=OB=OC=1,则方向角a = P = Y，且方向余弦cosa =cos P =cosY =，检验四个选项知只有（B）对。例5.直角四面体0ABC中，若分别满足下列条件，试求其体积V5C的最大值。.若S泰S 4为定值；.若外接球半径为定值）；.若六条棱长和L为定值。分析：V o abc = 6。bcE气.由性质2. 3或2. 42 + b 2 c 2 + a 2 c 2214 危 n a bc 336 (+豆).函” 2162.J2)V V哑寿G-l)=言心例6. ( 2 0 0 4年湖南省高中数学竞赛题)已知三棱锥OABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，兀3P是底面 ABC内的任一点，OP与三侧面所成的角分别为a、B、y .求证：5 cos(0+y)，所以 sin2a cos2(0 +y) = sin2；-(0 +y)2当 0 +y 2；时，a + 0 +y ；当0+yv；时，以；-(0+y)，同样有以+ 0+y； 故 以+ 0+y；3 . 伊 另一方面，不妨设 a 2 P 2 y，贝g sina 2,siny v - ；. v 3 .八3、令 sin a =, sin y = |1 一()2 一 sin 2 0，则 sin 2 a + sin 2 0 + sin 2 y = 1 sin2 0 = cos(a+y)cos(a-y) = cos(a +y )cos(a -y )因为 a 1 -y1 a -y，所以 cos-y 2 cos(a-y)；所以cos(a +y) 2 cos+y所以a+ya1 +y 1 ；如果运用调整法，只要a、B、y不全相等，总可通过调整，使气+ 01 +匕增33 ,、，一，大.所以，当江=6= y =arcsin-时，a+B+y取最大值3arcsin-.综上可知:兀3a + 0+ y 33abc +、：2ab + 寸2bc + 3萼abc + 33，2j2abc 36 ( + CD，由 SABC = SDC，可得 AE=DF，因此 BECFn BF CE n BD CA。再由 S = S ，得CM=BN，由 BDCA n DNAM n DMAN n CDAB，这与假设矛盾，因此AB CD。但若ABCD也同样可推出矛盾结论，所以AB=CD，同理AD=BC，AC=BD，闻3 2由定理1，充分性得证。例1求证：等腰四面体以对棱为棱的两个二面角相等。分析 由于等面四面体ABCD的各面面积相等(如图32)，因此各顶点到 对面的距离均相等，即AN=DM。又由等面四面体的对棱相等，即AB=CD，及 SABD = Sacd，得高DE=AF。于是易证ZDEM=ZAFN，这两个角就是一组对 棱为棱的二面角的平面角。等腰四面体的外接平行六面体及内接八面体先研究一般四面体的外接平行六面体。过四面体的每一条棱作其对 棱的平行平面，得三对平行平面。这三对平行平面围成的几何体是四面 体的外接平行六面体，显然，四面体的外接平行六面体是唯一的。反之， 一个平行六面体的内接四面体有两个。如图33，平行六面体ABCD- A1B1C1D1有两个内接四面体ACB1D1及BDA1C1，这两个四面体是全等的（镜 象全等）。四面体的棱是其外接平行六面体的面对角线，四面体的体积是该平行六面体体积的1/3 （如图33,匕A B D 匕-B DC匕-ABC 匕-ADC 6 ABCD - A BCD 图33图341 1 11 1 1 iiu1111引理四面体对棱中点连线交于一点且相互平分。证明此引理，只需考虑四面体的外接平行六面体，四面体的对棱中点连一即此平行六面体对面中心连线，它们都过平行六面体的中心（对角线交点）。 定理4四面体对棱中点连线互相垂直是该四面体成为等腰四面体的充要条件。证法1先证充分性。四面体对棱中点连线互相垂直n四面体外接平行六面 体对面中心连线互相垂直n该平行六面体是长方体n长方体各面是矩形，对角 线相等n四面体对棱相等n四面体是等腰四面体。以上步步可逆，于是必要性也证得。证法2如图34，四面体ABCD对棱中点连线MN、PQ、RS互相垂直O四边 形 MPNQ、MRNS、RPSQ 是菱形=MP=MQ、MP=NR、RP=RQ = AB=CD、BC=AD、BD=AC = ABCD是等腰四面体。例2已知四面体四个面都是边长为、1、2朽、5的三角形，求它的体积。分析 如果利用公式k = 3Sh来求四面体的体积，将很难解决，主要困难是高不易求得。但如果考虑四 面体的外接平行六面体，就简单多了。解.已知四面体四个面都是全等三角形，.该四面体是等面四面体，.该四面体的外接平行六面体是长方体，*13、23、5分别是该长方体三个面上的对角线长。a 2 + b 2 = 25设该长方体长、宽、高分别为a、b、c，则有CD，图35由 EFXBD 且 BF=FD n EB=ED。在 AEB 及CED 中，AE=EC, EB=ED, ABCD n ZAEBZCEDn ZCEBZAED nBCCDn ZAFBZCFDn ZAFD ZCFBnADBC.这与前面推出的BCAD矛盾，所以假设不成立。同样可证ABZB0 D, ZB0 D即是原 ABC中的ZC0Ao由引理3,得ZC0 A=ZB0D，411414441存在矛盾，因此0必与0重合。于是0 B=0C=0C，同理0 D=0C，即0是BCD的外心。同理可证0、0、411411112304分别是各面上的外心。4性质2四面体的内切球球心与外接球球心重合的充要条件是该四面体是等腰四面体。证明 先证充分性。设等面四面体ABCD内切球球心为0, 0点在各面上的射影为002、03、04，这四点分别是内切球与 各面的切点。由定理5,这四点分别是各面三角形的外心，再由射影定理，得0a=0B=0C=0D，即。是四面 体ABCD的外接球球心.再证必要性。由0A=0B=0C=0D，可得002、03、04是各面三角形的外心。以下相当于证明定理5的逆定理：由引 理 3，得ZC0 D=ZB0A，又 0 C=0 D=C0 =B0 =A0，所以 C0DB0A，所 141144414以CD=AB。同理可得BC=AD，BD=AC。由此，ABCD是等腰四面体。定理6等腰四面体的内切球球心、一面的重心及该面所对的顶点共线。证明 作等腰四面体ABCD的外接长方体AB CD A BC D。由定理6， XxJ 尹 等面四面体的内切球球心与外接球球心重合，且是外接长方体的中心（长 AC / 方体对角线的交点）。如图39，取AC、BD的中点E、F，EF与AC交于0。连结 CF,交 AC于 M。显然 OMFs C MC，所以 FM； MC=OF: C C=1:2。M 点是 BCD 的重心，所 以A、O、M三点共线，定理得证。说明 对于一般四面体，每一面的重心与该面所对顶点连线共四条，这四条线段交于一点（此点是 该四面体外接平行六面体的中心）。该点称为四面体的重心。等面四面体的重心、内心（内切球球心）、 外心（外接球球心）重合，此点称为等面四面体的中心。练习：1. 等面四面体每一顶点所处的三个面角之和必为180。2. 等面四面体各个面都是锐角三角形。3. 已知四面体四个面都是边长为10, 17。的三角形，求以它六条棱中点为顶点的八面体的体 积。4. 等面四面体的内切球球心到各面垂心的距离与到对顶点在该面上射影的距离相等。5. 等面四面体的四个旁切球球心都在其外接球上。 提示：，由 ZCDB+ZDBC+Z1. 等面四面体 ABCD 各个面全等，得ZBAC=ZCDB，ZCAD=ZDBC，ZDAB=ZBCD BCD=180，得ZBAC+ZCAD+ZDAB=180图3典2. 利用三面角中任两个面角之和大于第三个面角及第1题的结论。3. 先计算四面体外接长方体的各棱长，得6、8、15,内接八面体体积是该1长方体体积的，为120。64. 如图310，H是 BCD是垂心，0是A在BCD上射影，由0作BCD各 边垂线 OE，OG，OFABCgDCB，.DBGACG，.BG=CG， 同理，有CE=DE，BF=DF。四面体内切球球心在面BCD上射影是BCD的外 MM，易证 MH=MO。5. 等面四面体的旁切球球心恰是该四面体外接长方体的另四个顶点。五.多面体的外接球与多面体的内切球多面体的外接球与多面体的内切球的问题，高考常在这一知识的交汇点处命题.这里的教学也有利于 空间想象能力的培养.1. 多面体的外接球：一个多面体的所有顶点都在球面上，则这个多面体叫做球的内接多面体，这个 球叫做这个多面体的外接球。注：（1） .解决球与多面体相接的问题，一般只须在多面体的直观图中就可以解决问题。（2）正方体的外接球的球心在对角线的中点，直径等于正方体的对角线长；正四面体的球心在高线 上，且球的半径是正四面体的高的3/4。2. 多面体的内切球：一个球与一个多面体的表面都相切，则这个球叫做多面体的内切球，这个多面 体叫做球的外切多面体。注意：（1）在解决球与多面体相切的问题，一般不作直观图，而应适当的选择球的大圆，用它来揭 露多面体与球之间的相切关系，从而把空间问题转化为平面问题。（2）正方体、正四面体的内切球与外接球的球心均重合，正方体的内切球的直径等于正方体的棱长， 正四面体的内切球半径是外接球半径的1/3,且是正四面体高的1/4。