正四面体与正方体的相关问题归纳
高中数学思想与逻辑：11种数学思想方法总结与例题讲解
中学数学思想与逻辑：11种数学思想方法总结与例题讲解中学数学转化化归思想与逻辑划分思想例题讲解在转化过程中，应遵循三个原则：1、熟识化原则，即将生疏的问题转化为熟识的问题;2、简洁化原则，即将困难问题转化为简洁问题;3、直观化原则，即将抽象总是详细化.策略一：正向向逆向转化一个命题的题设和结论是因果关系的辨证统一，解题时，假如从下面入手思维受阻，不妨从它的正面动身，逆向思维，往往会另有捷径.例1 ：四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不共面的取法共有__________种.A、150B、147C、144D、141分析：本题正面入手，状况困难，若从反面去考虑，先求四点共面的取法总数再用补集思想，就简洁多了.10个点中任取4个点取法有种，其中面ABC内的6个点中任取4点都共面有种，同理其余3个面内也有种，又，每条棱与相对棱中点共面也有6种，各棱中点4点共面的有3种，不共面取法有种，应选(D).策略二：局部向整体的转化从局部入手，按部就班地分析问题，是常用思维方法，但对较困难的数学问题却须要从总体上去把握事物，不纠缠细微环节，从系统中去分析问题，不单打独斗.例2：一个四面体全部棱长都是，四个顶点在同一球面上，则此球表面积为( )A、B、C、D、分析：若利用正四面体外接球的性质，构造直角三角形去求解，过程冗长，简洁出错，但把正四面体补形成正方体，那么正四面体，正方体的中心与其外接球的球心共一点，因为正四面体棱长为，所以正方体棱长为1，从而外接球半径为，应选(A).策略三：未知向已知转化又称类比转化，它是一种培育学问迁移实力的重要学习方法，解题中，若能抓住题目中已知关键信息，锁定相像性，奇妙进行类比转换，答案就会应运而生.例3：在等差数列中，若，则有等式( 成立，类比上述性质，在等比数列中，，则有等式_________成立.分析：等差数列中，，必有，故有类比等比数列，因为，故成立.二、逻辑划分思想例题1、已知集合A= ，B= ，若B A，求实数a 取值的集合.解A= ：分两种状况探讨(1)B=￠，此时a=0;(2)B为一元集合，B= ，此时又分两种状况探讨：(i) B={-1}，则=-1，a=-1(ii)B={1}，则=1，a=1.(二级分类)综合上述所求集合为.例题2、设函数f(x)=ax -2x+2，对于满意1x4的一切x值都有f(x) 0，求实数a的取值范围.例题3、已知，试比较的大小.于是可以知道解本题必需分类探讨，其划分点为.小结：分类探讨的一般步骤：(1)明确探讨对象及对象的范围P.(即对哪一个参数进行探讨);(2)确定分类标准，将P进行合理分类，标准统一、不重不漏，不越级探讨.;(3)逐类探讨，获得阶段性结果.(化整为零，各个击破);(4)归纳小结，综合得出结论.(主元求并，副元分类作答).十一种数学思想方法总结与详解数学思想，是指现实世界的空间形式和数量关系反映到人们的意识之中，经过思维活动而产生的结果。
高考数学必背经典结论-正四面体性质
必背经典结论---提高数学做题速度！立体几何（必背经典结论）之正四面体性质（李炳璋提供）【***】由于时间仓促，难免有误，若有错误，请及时指正！谢谢！！！设正四面体的棱长为a ，则这个正四面体的对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为（1）对棱间的距离为a 22（正方体的边长）/ 对棱中点连线段的长 d=2a ；(此线段为对棱的距离，若一个球与正四面体的6条棱都相切，则此线段就是该球的直径。
)（2） 正四面体的高a 36（正方体体对角线l 32=）（3） 正四面体的体积为3122a （正方体小三棱锥正方体V V V 314=-） （4） 正四面体的全面积 S全= 2a ；（5） 正四面体的中心到底面与顶点的距离之比为3:1（正方体体对角线正方体体对角线：l l 2161=）（6）外接球的半径为a 46 （是正方体的外接球，则半径正方体体对角线l 21=） （7）内切球的半径为a 126 （是正四面体中心到四个面的距离，则半径正方体体对角线l 61=）（8）相邻两面所成的二面角 α=1arccos 3（9）侧棱与底面所成的角为β=1arccos 3（10）对棱互相垂直。
（11）正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值(等于正四面体的高)。
直角四面体的性质有一个三面角的各个面角都是直角的四面体叫做直角四面体。
如图，在直角四面体AOCB 中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°， OA=a ,OB=b ,OC=c .则ABCDOH（1）不含直角的底面ABC 是锐角三角形；（2）直角顶点O 在底面上的射影H 是△ABC 的垂心； （3）体积 V= 16a b c ；（4）底面面积S△ABC（5）S2△BOC=S △BHC ·S △ABC ； （6）S 2△BOC +S 2△AOB +S 2△AOC =S 2△ABC（7）22221111OH a b c =++;（8）外接球半径（9）内切球半径 r=AOB BOC AOC ABC S S S S a b c∆∆∆∆++-++。
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．。
高考数学 正方体是多面体的题根知识分析
题根研究正方体为多面体之根一、正方体高考十年十年来，立体几何的考题一般呈“一小一大”的形式.分数约占全卷总分的八分之一至七分之一. 立几题的难度一般在0.55左右，属中档考题，是广大考生“上线竞争”时势在必夺的“成败线”或“生死线”.十年的立几高考，考的都是多面体. 其中： （1）直接考正方体的题目占了三分之一； （2）间接考正方体的题目也占了三分之一.因此有人说，十年高考，立体几何部分，一直在围绕着正方体出题.【考题1】（正方体与其外接球）（1996年）正方体的全面积为a 2，则其外接球的表面积为（B ）A.3 2a πB.22a π C.2πa 2D.3πa 2【解析】外接球的表面积，比起内接正方体的全面积来，自然要大一些，但绝不能是它的（C ）约6倍或（D ）约9倍，否定（C ），（D ）；也不可能与其近似相等，否定（A ），正确答案只能是（B ）.【考题2】（正方体中的线面关系）（1997年）如图，在正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点．（1）证明AD ⊥D 1F ；（2）求AE 与D 1F 所成的角； （3）证明面AED ⊥面A 1FD 1；（4）设AA 1=2，求三棱锥F -A 1ED 1的体积【说明】 小问题很多，但都不难. 熟悉正方体各棱、各侧面间位置关系的考生，都能迅速作答. 如解答（1），只要知道棱AD 与后侧面垂直 就够了.【考题3】（正方体的侧面展开图）（2001年）右图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①BM 与ED 平行；②与BE 是异面直线；③与BM 成60°角；④DM 与 BN 垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是（A）①②③（B）②④（C）③④（D）②③④【解析】考查空间想象能力. 如果能从展开图（右上）想到立体图（下），则能立即判定命题①、②为假，而命题③、④为真，答案是C.【考题4】（正方体中的垂直面）（2002年）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直. 点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（）（1）求MN的长；（2）当a为何值时，MN的长最小；（3）当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小.【解析】【考题5】（正方体中主要线段的关系）（2002年）在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是【解析】射影法：作AB在CD所在平面上的射影，由三垂线定理知其正确答案为A.平移法：可迅速排除(B)，(C)，(D)，故选（A）.【考题6】（正方体与正八面体）（2003年） 棱长为a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为A.33aB.43aC.63aD.123a【解析】将正八面体一分为二，得2个正四棱锥，正四棱锥的底面积为正方形面积的21，再乘31得61. 答案选C.【考题7】（正方体中的异面直线）（2004年）如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是CC 1、AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于A.510 B.515 C.54 D.32【解析】【考题8】（正方体中的线线角）（2005年）如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB =2，AD =1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是A.arccos 515B.4 πC.arccos 510D.2π【考题9】（正方体中的射影问题）（2006年）如图，E 、F 分别为正方体的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的射影可能是_______．(要求：把可能的图的序号都填上)【考题10】（正方体中的三角形）（2006年）在正方体上任选3个顶点连三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角青工的概率为 A.71 B.72 C.73 D.74【解析】在正方体上任选3个顶点连成三角形可得38C 个三角形，要得直角非等腰三角形，则每个顶点上可得三个(即正方体的一边与过此点的一条面对角线)，共有24个，得38C 24，所以选C. 二、全国热炒正方体2006年的各地数学考卷中，直涉正方体的考题有13个，隐涉正方体的考题还有更多.其中，某某卷“一大一小”的立几考题，都是考的正方体.某某卷登峰造极，“一小一大”的两个立几考题，都是正方体中的难题. 其中，第18题的第2问还是个开放题目.【考题1】2006年某某卷第13题——正方体的一“角”在三棱锥O —ABC 中，三条棱OA 、OB 、OC 两两互相垂直，且OA =OB =OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的大小是（用反三角函数表示）.【考题2】2006年某某卷第19题——两正方体的“并” 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、P 分别是BC 、A 1D 1的中点，M 、N 分别是AE 、CD 1的中点，AD =AA 1=a ，AB =2a .（1）求证：MN ∥面ADD 1A 1； （2）求二面角P —AE —D 的大小； （3）求三棱锥P —DEN 的体积.【考题3】（2006年某某卷第18题）如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP =m .（Ⅰ）试确定m ，使得直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为3；（Ⅱ）在线段A 1C 1上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，D 1Q 在平面APD 1上的射影垂直于AP .并证明你的结论.【分析】熟悉正方体对角面和对角线的考生，对第(Ⅰ)问，可心算出结果为m =1/3；对第(Ⅱ)问，可猜出这个Q 点在O 1点.可是由于对正方体熟悉不多，因此第（Ⅰ）小题成了大题，第(Ⅱ)小题成了大难题.【考题4】（2006年某某卷第16题）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平面，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面的距离可能是：①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7以上结论正确的为______________.（写出所有正确结论的编号）三、正四面体与正方体从“正方体高考十年”和“全国热炒正方体”中，我们看到正方体在立体几何中的特殊地位. 在实践中，正方体是最常见的多面体；在理论上，所有的多面体都可看作是由正方体演变而来.我们认定了正方体是多面体的“根基”. 我们在思考： （1）正方体如何演变出正四面体？ （2）正方体如何演变出正八面体？ （3）正方体如何演变出正三棱锥？ （4）正方体如何演变出斜三棱锥？【考题1】（正四面体化作正方体解）四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A.3πB.4πC.3π3D.6π【说明】本题如果就正四面体解正四面体，则问题就不是一个小题目了，而是有相当计算量的大题. 此时的解法也就沦为拙解.【拙解】正四面体棱长为⇒2底面ABC 是边长为2的正三角形△ABC 的高线BD =23·2=26（斜高VD =26）⇒△ABC 的边心距HD =31·26=⇒66正四面体V —ABC 的高 .332)66()26(2222=-=-=HD VD VH 正四面体外接球的半径为高的43，即R =43·.23332= 故其外接球的表面积为3π. 答案是A.【联想】1、2、3的关系正四面体的棱长为2，这个正四面体岂不是由棱长为1的 正方体的6条“面对角线”围成？为此，在棱长为1的正方体B —D 1中，（1）过同一顶点B 作3条面对角线BA 1、BC 1、BD ； （2）将顶点A 1，C 1，D 依次首尾连结.则三棱锥B —A 1C 1D 是棱长为2的正四面体.于是正四面体问题可化归为对应的正方体解决.【妙解】 从正方体中变出正四面体以2长为面对角线，可得边长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，这个正方体的体对角线长为3，则其外接球的半径为23，则其外接球的表面积为S =4πR 2=4π (23)2＝3π 以2为棱长的正四方体B —A 1C 1D 以1为棱长的正方体有共同的外接球，故其外接球的表面积也为S =3π.【寻根】 正方体割出三棱锥在正方体中割出一个内接正四面体后，还“余下”4个正三棱锥. 每个正三棱锥的体积均为1/6，故内接正四面体的体积为1/3 . 这5个四面体都与正方体“内接”而“共球”.事实上，正方体的内接四面体（即三棱锥）共有12C 48-=58个.至此可以想通，正方体为何成为多面体的题根.四、正方体成为十年大难题按理说，立体几何考题属中档考题，难度值追求在0.4到0.7之间. 所以，十年来立几考题——哪怕是解答题也没有出现在压轴题中.从题序上看，立几大题在6个大题的中间部分，立几小题也安排在小题的中间部分.然而，不知是因为是考生疏忽，还是命题人粗心，竟然在立几考题中弄出了大难题，其难度超过了压轴题的难度，从而成为近十年高考难题的高难之最！【命题】 将正方体一分为二2003年全国卷第18题，某某卷第18题，某某卷第19题等，是当年数学卷的大难题. 其难度，超过了当年的压轴题.在命题人看来，其载体是将正方体沿着对角面一分为二，得到了一个再简单不过的直三棱柱.图中的点E 正是正方体的中心.【考题】如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB =90°.侧棱AA 1=2，D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .(Ⅰ)求A 1B 与平面ABD 所成角的大小(结果用反三角函数值表示)； (Ⅱ)求点A 1到平面AED 的距离.【解析】（Ⅰ）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即 ∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.设F 为AB 中点，连结EF 、FC ，∵D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，又DC ⊥平面ABC ， ∴CDEF 为矩形.连结DF ，G 是△ADB 的重心，∴G ∈DF .在直角三角形EFD 中，EF 2=FG ·FD =31FD 2，∵EF =1，∴FD =3. 于是ED =2，EG =36321=⨯. ∵FC =ED =2，∴AB =22，A 1B =23，EB =3. ∴sin ∠EBG =EB EG =36·31=32.∴A 1B 与平面ABD 所成的角是arcsin32. （Ⅱ）连结A 1D ，有E AA D ADE A V V 11--=.∵ED ⊥AB ，ED ⊥EF ，又EF ∩AB =F ，∴ED ⊥平面A 1AB ， 设A 1到平面AED 的距离为h ，则S △AED ·h =AE A S 1∆·ED . 又AE A S 1∆=A A S AB A 114121=∆·AB =2， S △AED =21AE ·ED =26.∴h =3622622=⨯. 即A 1到平面AED 的距离为362. 本题难在哪里？从正方体内切出的直三棱柱的画法不标准！ 难点突破：斜二测改图法，把问题转到正方体中.EFCD 为矩形EF =1（已知）FD =3FG （重心定理）FD =3（射影定理）EG =36（Ⅰ）ED =2（勾股定理）FC =2（正方体！） FB =2EB =3（Ⅱ）sin ∠EBG =32=EB EG .难题（0318）的题图探究正方体立体图常见的画法有两种： （1）斜二测法（图（1））此法的缺点：A1、B、C 三点“共线”导致“三线”重合（2）正等测法（图（2））此法的缺点：A、C、C1、A1“共线”导致“五线”重合难题的图近乎第二种画法（图（3））：将正方体的对角面置于正前面.五、解正方体正方体既然这么重要，我们就不能把这个“简单的正方体”看得太简单.像数学中其他板块的基础内容一样，越简单的东西，其基础性就越深刻，其内涵和外延的东西就越多.我们既然认定了正方体是多面体的根基，那我们就得趁着正方体很“简单”的时候，把它的上上下下、左左右右、里里外外的关系，都弄个清楚明白！关于正方体你已经知道了多少？正方体，（）个面，线面距转（）面距，（）个顶点（）棱。
高中正方体知识点归纳总结
高中正方体知识点归纳总结一、正方体的定义和性质正方体是一种六个面都是正方形的立体图形，每条边都相等，每个内角是90度。
正方体具有以下特性：1. 六个面都是正方形，每个面都有四条边和四个顶点，每个面都是相等的。
2. 每个内角都是90度，因此正方体的六个内角是直角。
3. 每条边相等，正方体是一种等边立方体，具有对称性。
二、正方体的表面积和体积计算1. 表面积的计算正方体的表面积等于六个正方形面积的总和。
每个正方形的面积等于边长的平方，因此正方体的表面积等于6倍的边长的平方。
表面积=6a^2其中，a代表正方体的边长。
2. 体积的计算正方体的体积等于底面积乘以高。
因为正方体的底面积是正方形的面积，等于边长的平方，所以正方体的体积等于边长的立方。
体积=a^3其中，a代表正方体的边长。
三、利用正方体的性质解决实际问题正方体的表面积和体积在实际问题中经常用到，例如建筑工程、材料焊接、装箱等方面。
通过利用正方体的性质和计算公式，可以帮助解决实际问题，提高工作效率。
1. 建筑工程在建筑工程中，使用正方体的表面积和体积来计算建筑材料的用量，例如瓷砖的铺贴、油漆的刷涂等。
通过精确计算，可以减少材料的浪费，达到节约成本的效果。
2. 材料焊接在工业生产中，常常需要对金属材料进行焊接。
通过计算正方体的表面积和体积，可以精确确定焊接面积和焊接材料的使用量，提高焊接质量和效率。
3. 装箱在物流运输中，如何合理地进行装箱是一个重要的问题。
通过计算正方体的表面积和体积，可以确定最佳的装箱尺寸和容量，提高运输效率。
四、正方体的立体图形正方体的立体图形是一个重要的几何学习内容，通过绘制和观察正方体的立体图形，可以加深对正方体的理解，并为解决相关问题提供直观的帮助。
1. 正方体的投影正方体在不同角度下的投影对应不同的几何图形，例如正方体在平面上的正投影、侧投影、俯视图、沿面视图等。
通过观察和描绘正方体的投影，可以帮助理解正方体的空间结构和形状特点。
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。
初中数学几何知识点总结归纳
初中数学几何知识点总结归纳初中数学几何知识点总结归纳在初中数学中，几何是一个重要的部分，几何学习主要涉及到形状、图形、空间和位置的概念和变换。
本文将从以下几个方面总结归纳初中数学几何的知识点。
一、直线与角1. 直线：直线是没有弯曲的最短路径，它有无限多个点。
2. 角：角是由两条射线在一个共同顶点上的拓展形成的，可以分为钝角（大于90°），直角（90°）和锐角（小于90°）。
3. 平行线：平行线是在同一个平面上从不相交的直线。
4. 垂直线：垂直线是两条互相垂直的线段。
5. 余角：两个角的余角是它们的和等于90°的角。
二、多边形1. 正多边形：正多边形是有n个等边且等角的边构成的多边形。
2. 等腰三角形：等腰三角形是有两条边相等的三角形。
3. 等边三角形：等边三角形是三边都相等的三角形。
4. 直角三角形：直角三角形是有一个直角（90°）的三角形。
5. 锐角三角形：锐角三角形是三个内角都小于90°的三角形。
6. 钝角三角形：钝角三角形是三个内角中有一个大于90°的三角形。
三、梯形与平行四边形1. 梯形：梯形是一个有两条平行边的四边形。
2. 平行四边形：平行四边形是两对相对的边都平行的四边形。
3. 矩形：矩形是一个拥有四个直角的平行四边形。
4. 正方形：正方形是一个具有四个相等边且四个直角的矩形。
四、圆与圆周1. 圆：圆是一个平面上所有距离圆心相等的点的集合。
2. 圆周率：圆周率是圆的周长与直径的比值，约等于3.14159。
3. 弧：一个弧是圆上的一部分。
4. 弦：弦是连接圆上两点的线段。
五、相似与全等1. 相似图形：相似图形是具有相同形状但比例不同的图形。
2. 全等图形：全等图形是具有相同形状和尺寸的图形。
3. 比例：比例是两个量之间的相对大小关系。
4. 对应边：两个相似图形中位置相对应的边称为对应边。
六、立体几何1. 空间几何：空间几何涉及到三维图形的概念和变换。
正四面体的常用结论公式
正四面体的常用结论公式正四面体的常用结论公式，你知道吗？今天我们就来聊聊这个有趣的话题，让你在轻松愉快的氛围中学习一些关于正四面体的知识。
让我们来了解一下什么是正四面体。
正四面体是指一个有四个等边三角形面的多面体。
它的每个面都是一个等边三角形，而且所有的边都相等。
你可能会想：“哇，这么厉害的多面体，一定很难构造吧？”其实，正四面体的构造方法有很多，但是最简单的方法就是用一个正方体和一个正四面体结合在一起。
这样一来，我们就可以得到一个既有正方形又有等边三角形面的多面体，而且所有的边都相等。
那么，正四面体有哪些常见的结论呢？下面我们就来总结一下：1. 正四面体的高：正四面体的高是指从一个顶点垂直于底面的距离。
这个距离可以通过勾股定理计算得出。
具体来说，如果我们把正四面体看作一个正方体切掉一个角，那么这个高就是切掉的部分的高度。
这个高度并不是唯一的，因为正四面体的形状可以有很多种变化。
2. 正四面体的体积：正四面体的体积可以通过下面的公式计算得出：V = (a3 * b3)/ (6 * h),其中a、b分别是正四面体的两条棱长，h是正四面体的高。
这个公式告诉我们，只要知道正四面体的棱长和高，就可以计算出它的体积。
不过，这个公式只适用于直角正四面体，对于其他类型的正四面体，我们需要使用更复杂的公式。
3. 正四面体的表面积：正四面体的表面积可以通过下面的公式计算得出：S = 4 *(a2 * b2 * sin^2(C)) / c^2,其中a、b、c分别是正四面体的三条棱长，C是它们之间的角度。
这个公式告诉我们，只要知道正四面体的棱长和它们之间的角度，就可以计算出它的表面积。
不过，这个公式同样只适用于直角正四面体。
4. 正四面体的外接球：如果我们把正四面体放在一个平面上，那么它就是一个六边形。
这个六边形可以被分成六个全等的小三角形，每个小三角形的顶点都在一个圆上。
这个圆就是正四面体的外接球的截面。
通过观察这个截面，我们可以知道正四面体的外接球的大小和形状。
立体几何中的组合体问题专题(有答案)
立体几何中的组合体问题专题(有答案)例1.正方体与球问题:正方体的棱长为1.求球的半径:⑴若正方体的八个顶点都在球面上,⑵若球内切于正方体;⑶12条棱组成一个正方体,一充气球在正方体内,求球的最大半径.例2.正四面体与球问题:正四面体的棱长为1.求球的半径:⑴若正四面体的四个顶点都在球面上,⑵若球内切于正四面体;⑶6条棱组成一个正四面体,一充气球在正四面体内,求球的最大半径.例3.四球问题:四个球的半径都为1.⑴桌面放两两相切的3个球,这3个球上面放一个球,求这个球的最高点离桌面的距离;⑵求与上述4个球都相切的小球的半径.例4.圆锥、圆柱与球⑴底面半径为1cm高为10cm的圆柱内,可以放几个半径为0.5cm的小球?⑵圆锥底面半径为3,高为4,一个球内切于圆锥,求球的半径;⑶圆锥底面半径为3,高为4,两个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;⑷圆锥底面半径为3,高为4,三个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;⑸圆锥底面半径为3,内接于一个半径为4的球,求圆锥的高.例5.圆锥与正四棱柱⑴圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为3,且内接于圆锥,求正四棱柱的底面边长;⑵圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为x,且内接于圆锥,求正四棱柱的体积.练习一、补（补成长方体或正方体）1. 一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为A 、3πB 、4πC 、33πD 、6π2. 在正三棱锥ABC S -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱32=SA ，则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是（ ） A ．π12 B ．π32 C ．π36 D ．π483. 点P 在直径为6的球面上，过P 作两两互相垂直的三条弦（两端点均在球面上的线段），若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和的最大值是 A ．6B ．435C ．2215D ．210554. 一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是（ ）A ．8πB ．6πC ．4πD ．π 5. 设正方体的棱长为233，则它的外接球的表面积为（ ）A ．π38B ．2πC ．4πD ．π346. 已知三棱锥S ABC -的三条侧棱两两垂直，且2,4SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的半径为 A ．3 B ．6 C ．36 D ．97. 已知长方体1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为16，则该长方体的表面积的最大值为A ．32B ．36C ．48D ．648. 长方体1111ABCD A B C D -的各个顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，其中1::2:1:3AB AD AA =，则四棱锥O ABCD -的体积为A .263 B . 63C .23D .3 9.【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】四棱锥P ABCD 的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD 的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球表面积为A .12B .24C .36D .4810. (河南省豫东、豫北十所名校2013届高三阶段性测试四)已知四面体ABCD 中，AB =AD =6,AC =4,CD =213，AB 丄平面ACD ,则四面体 ABCD 外接球的表面积为A . π36B . π88C . π92D . π12811. 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，一个球与正方体的棱长都相切，则这个球的半径是____________.12. 三棱锥A -BCD 中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ΔABC ，ΔACD , ΔADB 的面积分别为,222，则三棱锥A -BCD 的外接球的体积为. ______13. 四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为361、、，若四面体的四个顶点同在一个球面上，则这个球的表面积为 。
正四面体的性质最终版
正四面体的性质：设正四面体的棱长为a ，则这个正四面体的(1)全面积 S 全2a ； (2)体积3； (3)对棱中点连线段的长d=2a ；(此线段为对棱的距离，若一个球与正四面体的6条棱都相切，则此线段就是该球的直径。
) (4)相邻两面所成的二面角 α=1arccos 3(5)对棱互相垂直。
(6)侧棱与底面所成的角为β=1arccos3(7)外接球半径a ； (8)内切球半径r=12a . (9)正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值(等于正四面体的高). 直角四面体的性质有一个三面角的各个面角都是直角的四面体叫做直角四面体.如图，在直角四面体AOCB 中，∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，OA=a ,OB=b ,OC=c .则 ①不含直角的底面ABC 是锐角三角形；②直角顶点O 在底面上的射影H 是△ABC 的垂心； ③体积 V= 16a b c ； ④底面面积S △ABC⑤S 2△BOC =S △BHC ·S △ABC ； ⑥S 2△BOC +S 2△AOB+S 2△AOC =S2△ABC⑦22221111OH a b c =++;⑧外接球半径⑨内切球半径 r=AOBBOC AOC ABCS S S S a b c∆∆∆∆++-++四面体的性质探究如果从面的数目上来说，四面体是最简单的多面体。
一．四面体性质ABCDO HA BDCOS 1S 2S 3 S 41．四面体的射影定理：如果设四面体ABCD 的顶点A 在平面BCD 上的射影为O ，△ABC 的面积为S 1，△ADC的面积为S 2，△BCD 的面积为S 3，△ABD 的面积为S 4，二面角A-BC-D 为θ1-3，二面角A-DC-B 为θ2-3，二面角A-BD-C 为θ3-4，二面角C-AB-D 为θ1-4，二面角C-AD-B 为θ2-4，二面角B-AC-D 为θ1-2，则S 1 = S 2cosθ1-2 + S 3cosθ1-3 + S 4cosθ1-4 S 2 = S 1cosθ1-2 + S 3cosθ2-3 + S 4cosθ2-4 S 3 = S 1cosθ1-3 + S 2cosθ2-3 + S 4cosθ3-4 S 4 = S 1cosθ1-4 + S 2cosθ2-4 + S 3cosθ3-42．性质2(类似余弦定理)S 12= S 22+ S 32+S 42- 2S 2S 3 cosθ2-3 - 2S 2S 4 cosθ2-4 - 2S 3S 4 cosθ3-4 S 22= S 12+ S 32+S 42- 2S 1S 3 cosθ1-3 - 2S 1S 4 cosθ1-4 - 2S 3S 4 cosθ3-4 S 32= S 12+ S 22+S 42 - 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 4 cosθ1-4 - 2S 2S 4 cosθ2-4 S 42= S 12+ S 22+S 32- 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 3 cosθ1-3 - 2S 2S 3 cosθ2-3特别地，当cosθ1-2 = cosθ1-4 = cosθ2-4 = 0，即二面角C-AB-D 、 C-AD-B 、B-AC-D 均为直二面角（也就是AB 、AC 、BC 两两垂直）时，有S 32= S 12+ S 22+S 42， 证明：S 32= S 3S 1cosθ1-3 + S 3S 2cosθ2-3 + S 3S 4cosθ3-4= S 1 S 3cosθ1-3 + S 2 S 3cosθ2-3 + S 3 S 4cosθ3-4= S 1（S 1 - S 2cosθ1-2 + S 4cosθ1-4）+S 2（S 2 - S 1cosθ1-2 + S 4co sθ2-4）+ S 4（S 4 - S 1cosθ1-4 + S 2cosθ2-4）= S 12+ S 22+S 42- 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 4 cosθ1-4 - 2S 2S 4 cosθ2-4二．正四面体的性质设正四面体的棱长为a ，则这个正四面体的 (1)全面积S 全2a ；(2)体积V=312a ；(3)对棱中点连线段的长 a ；(此线段为对棱的距离，若一个球与正四面体的6条棱都相切，则此线段就是该球的直径。
正方体和正四面体
第 1 页 共 4 页高中化学竞赛辅导专题讲座——三维化学近年来，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。
正十二面体正方体正四面体之间的关系
正十二面体正方体正四面体之间的关系触碰标题下面一行的“邵勇老师”查看所有文章；触碰“数学教学研究”, 关注本微信公众号(sx100sy)。
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今天讲如标题所说的三种正多面体之间的关系，这些关系很重要，很有趣。
然后我们便得到几种复合体。
复合体相对有些复杂，但我用简单易懂的语言，主要是用适合人们思维的方式来讲解，所以相信你一定可以看懂。
（1）下图是一个正十二面体（上半截6个正五边形面被涂以蓝色，以增加正十二面体的立体效果，所以看上去是不是像个小房子，只是不是方方正正的那种）。
正十二面体有20个顶点（用V表示），30条棱（用E表示），12个面（用F表示），V、E、F满足欧拉公式：V-E+F=2。
（2）上图中，我们把正十二面体的20个顶点涂以四种不同的颜色：红、黄、绿、蓝，每种颜色五个点。
我们选择一个正五边形的5个顶点（这里选择了靠上的面）并涂以一种颜色（这里是涂以红色）。
我们就从这个选择开始进行下面的研究。
这5个红点是一个正五边形的顶点，它们位于一个平面内，可以算做一层。
我们暂时称这一层为“红点层”。
其他15个顶点中离这5个涂以红色的顶点最近的顶点有5个，它们分别与5个红色顶点有棱相连接。
我们给这5个点涂以黄色，它们也位于一个平面内，我们把它们算做一层，称其为“黄点层”。
黄点层与红点层是互相平行的。
黄点层位于红点层的下方，如下图所示。
同理可以在黄点层的下方定义一个“绿点层”，剩余的10个顶点中有5个顶点（上图及下图中绿色点）位于这一层上。
最后定义“蓝点层”，它是最后5个顶点（图中蓝点）所在的平面。
我们这里不厌其烦地把这些点分层，是为了下面说明问题的方便。
下图所示就是这四个层，它们都是互相平行的（为清楚起见，原图中上半部分的6个蓝色面被隐藏了起来）。
正四面体蕴藏正方体中
正四面体蕴藏正方体中
钱雄
【期刊名称】《数学教育研究》
【年(卷),期】2010(000)001
【摘要】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．
【总页数】2页(P65-65,F0004)
【作者】钱雄
【作者单位】江西省宜丰二中,336300
【正文语种】中文
【中图分类】G633.63
【相关文献】
1.利用正方体巧妙解决正四面体问题 [J], 王红恩
2.构图巧解正四面体——构造正方体速解正四面体问题 [J], 蒋邕平;
3.用正方体解决正四面体问题偶举 [J], 陈根土
4.正四面体内置正方体棱长的最值探究 [J], 尉贵生
5.从正方体透视正四面体与球体的切接问题 [J], 李国梅
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探究正四面体内置正方体棱长的最大值问题
正四面体内置正方体棱长的最值探究浙江省诸暨市天马学校高中部 尉贵生 311800正四面体和正方体都是立体几何中最常见的两种几何体，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。
探究1 一个棱长为a 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球的内接正方体。
不难求得正四面体内切球的半径为a R 126=，然后计算该球的内接正方体的棱长为a 62，因此，满足条件的正方体棱长的最大值为a 62。
探究2 一个棱长为a 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一条直线旋转，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圆柱体，设该圆柱体的底面半径为R ，则它的高为R 2，问题转化为求正四面体满足上述条件的最大内接圆柱体，而该圆柱体的最大内置正方体即为所求。
解：过棱AB 和正四面体的高AO 作截面（如图3），则R MG HM ==，R GF 2=，a AO 36=，a OP 63=，RRa MG AM OP AO APO AGM 23622tan tan -====∠=∠， 解得a R 93=，所以，所求正方体棱长的最大值为a R 962=。
探究3 在一个棱长为a 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，问题只须考虑正三角形的最大内接正方形即可。
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ABC ∆的内接正方形（正方形的一条边EF 在BC 上）。
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．正四面体的内切球半径为，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内切球心重合为点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内切球的半径，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．正四面体底面内任一点O到三个侧面的距离的之和；正四面体内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内切球的球心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．正四面体内接于一正方体，且它们共同内接于同一个球，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内部，然后再利用正四面体的棱与球相切，则该半径与正方体的内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内切球．∵正四面体的棱长为a，∴正方体的棱长为．∴正方体的内切球半径．∴．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内，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内，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知正四面体内接于一球，该正方体也内接于此球，且正方体的对角线为此球的直径，如图所示，即CC 1、DD 1为该球的直径．连结C 1D 1，交AB 于点M ，连结MC ．∵ MC ⊥AB ，MD 1⊥AB ，∴ ∠CMD 1为平面ABC 与平面AC 1D 1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.在正四面体中，、、分别是、、的中点，下面四个结论中不P ABC -D E F AB BC CA成立的是 ② ．①面；//BC PDF ②面面；PDF ⊥ABC ③面；DF ⊥PAE ④面面．PAE ⊥ABC2.正四面体中，与平面ABCD AB ACD3.如图，正四面体的棱长为2，点，分别为棱，的中点，则的值ABCD E F AD BC EF BA为 ()A ．4B ．C ．D ．24-2-选：．C 4.以下说法①三个数，，之间的大小关系是；20.3a =2log 0.3b =0.32c =b a c <<②已知：指数函数过点，则；()(0,1)x f x a a a =>≠(2,4)log 41a y =③；3④已知函数的值域是，，则的值域是，；()y f x =[13]()(1)F x f x =-[02]⑤已知直线平面，直线在内，则与平行．//m αn αm n 其中正确的序号是 ①③ ．5.在正四面体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为 A BCD -M AB CM AD ()A ．BCD ．1223选：．C 6.在正四面体中，、分别为棱、的中点，连接、，则异面直线ABCD E F AD BC AF CE 和所成角的正弦值为 AF CE ()A ．B ．CD 1323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和所成角的正弦值，而不是余弦值，不要错选答AF CE 案．B 7.如图所示，在正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，A BCD -E AD P AC BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是 ()A B ．C D ．6π32π选：．A 8.棱长为1的正四面体中，为棱上一点（不含，两点），点到平面ABCD E AB A B E ACD和平面的距离分别为，，则的最小值为 BCD a b 11a b+【考点】：基本不等式及其应用7F 【专题】31：数形结合；35：转化思想；：空间位置关系与距离；：不等式5F 5T 【分析】设点是正三角形的中心，连接，作，垂足为点．交O ACD OB EF AO ⊥F AO CD于点，则点为的中点．设．，，M M CD (01)AE AB λλ=<<23AO AM =AM =．由，可得．同理可得：BO =//EF BO EF BO a λ===．代入利用基本不等式的性质即可得出．)b EN λ==-【解答】解：如图所示，设点是正三角形的中心，连接，作，垂足为点．交于点O ACD OB EF AO ⊥F AO CD ，则点为的中点．M M CD 设．(01)AE AB λλ=<<2233AO AM ===BO ∴==，//EF BO．EF BO a λ∴===同理可得：．)b EN λ==-当且仅当时取等号．∴2111111()11(1)()2a b λλλλλλ+=+==+---…12λ=故答案为：9.已知是正四面体棱的中点，是棱上异于端点，的任一点，则下列M ABCD AB N CD C D 结论中，正确的个数有 ()（1）；（2）若为中点，则与所成角为；MN AB ⊥N MN AD 45︒（3）平面平面；（4）存在点，使得过的平面与垂直．CDM ⊥ABN N MN AC A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【考点】：异面直线及其所成的角；：空间中直线与直线之间的位置关系；：LM LO LW 直线与平面垂直；：平面与平面垂直LY 【专题】14：证明题【分析】连接、，可证明出平面，从而，得（1）正确；取CM DM AB ⊥CDM MN AB ⊥AC 中点，连接、，利用三角形中位线定理证明出、所成的直角或锐角，E EM EN EN NM 就是异面直线、所成的角，再通过余弦定理，可以求出与所成角为MN AD MN AD ，故（2）正确；根据（1）的正确结论：，结合平面与平面垂直的判定定45︒MN AB ⊥理，得到（3）正确；对于（4），若存在点，使得过的平面与垂直，说明存在N MN AC 的一个位置，使．因此证明出“不论在线段上的何处，都不可能有N MN AC ⊥N CD ”，从而说明不存在点，使得过的平面与垂直．MN AC ⊥N MN AC 【解答】解：（1）连接、CM DM正中，为的中点ABC ∆M AB CM AB∴⊥同理，结合DM AB ⊥MC M D M= 平面，而平面AB ∴⊥CDM MN ⊆CDM，故（1）是正确的；MN AB ∴⊥（2）取中点，连接、AC E EM EN中，、分别是、的中点ADC ∆ E N AC CD ，．//EN AD ∴12EN AD =、所成的直角或锐角，就是异面直线、所成的角EN ∴NM MN AD设正四面体棱长为，在中，2a MCD ∆2CM DM a ===则中Rt MNC ∆122CN a a =⨯=∴MN ==在中，MNE ∆122ME EN a a ==⨯=∴222cos 2EN MN EM ENM EN MN +-∠==⨯⨯，即异面直线、所成的角是，故（2）正确；45ENM ∴∠=︒MN AD 45︒（3）由（1）的证明知：平面AB ⊥CDM平面AB ⊂ ABN平面平面，故（3）正确；∴ABN ⊥CDM （4）若有，根据（1）的结论，MN AC ⊥MN AB ⊥因为、相交于点，所以平面AB AC A MN ⊥ABC中，，MCD ∆ CM MD ==2CD a =2221cos 023CM MD CD CMD CM MD +-∴∠==> 可得是锐角，说明点在线段上从到运动过程中，CMD ∠N CD C D 的最大值是锐角，不可能是直角，CMN ∠因为平面，与不能垂直，CM ⊂ABC CM NM 以上结论与平面矛盾，MN ⊥ABC 故不论在线段上的何处，都不可能有．N CD MN AC ⊥因此不存在点，使得过的平面与垂直．N MN AC 综上所述，正确的命题为（1）（2）（3）故选：．C 10.棱长为的正四面体中，给出下列命题：a ①正四面体的体积为；324a V =②正四面体的表面积为；2S =③内切球与外接球的表面积的比为；1:9④正四面体内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】：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；：棱柱、棱锥、棱台的体积LE LF 【专题】31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；：空间位置关系与距离5F【分析】①正四面体的高，体积为，计算即h ==213V =可判断出正误；②正四面体的表面积为，即可判断出正误；24S a =③分别设内切球与外接球的半径为，，则，解得；r R 23143r ⨯=r，解得，即可判断出正误；R =R ④正四面体内的任意一点到四个面的距离之和为，则H，化简即可判断出正误．221133H ⨯=【解答】解：①正四面体的高，体积为h ==，因此不正确；3231324a V ==≠②正四面体的表面积为，正确；224S a ==③分别设内切球与外接球的半径为，，则，解得；r R 23143r ⨯=r =，解得．R =R =，因此表面积的比为，正确；:1:3r R ∴=1:9④正四面体内的任意一点到四个面的距离之和为，则H，化简可得：，即为正四面体的高，221133H ⨯=H =均为定值，正确．上述命题中真命题的序号为②③④．。
四面体性质初探[整理]
![四面体性质初探[整理]](https://img.taocdn.com/s3/m/7294161c0722192e4536f6ba.png)
ABCOS 1S 2S 3 S 4四面体的性质探究如果从面的数目上来说，四面体是最简单的多面体。
一．四面体性质1．四面体的射影定理：如果设四面体ABCD 的顶点A 在平面BCD 上的射影为O ，△ABC 的面积为S 1，△ADC 的面积为S 2，△BCD 的面积为S 3，△ABD 的面积为S 4，二面角A-BC-D 为θ1-3，二面角A-DC-B 为θ2-3，二面角A-BD-C 为θ3-4，二面角C-AB-D 为θ1-4，二面角C-AD-B 为θ2-4，二面角B-AC-D 为θ1-2，则S 1 = S 2cos θ1-2 + S 3cos θ1-3 + S 4cos θ1-4S 2 = S 1cos θ1-2 + S 3cos θ2-3 + S 4cos θ2-4S 3 = S 1cos θ1-3 + S 2cos θ2-3 + S 4cos θ3-4S 4 = S 1cos θ1-4 + S 2cos θ2-4 + S 3cos θ3-42．性质2(类似余弦定理)S 12= S 22 + S 32 +S 42 - 2S 2S 3 cos θ2-3 - 2S 2S 4 cos θ2-4 - 2S 3S 4 cos θ3-4S 22 = S 12 + S 32 +S 42 - 2S 1S 3 cos θ1-3 - 2S 1S 4 cos θ1-4 - 2S 3S 4 cos θ3-4S 32 = S 12 + S 22 +S 42 - 2S 1S 2 cos θ1-2 - 2S 1S 4 cos θ1-4 - 2S 2S 4 cos θ2-4S 42 = S 12 + S 22 +S 32 - 2S 1S 2 cos θ1-2 - 2S 1S 3 cos θ1-3 - 2S 2S 3 cos θ2-3特别地，当cos θ1-2 = cos θ1-4 = cos θ2-4 = 0，即二面角C-AB-D 、 C-AD-B 、B-AC-D 均为直二面角（也就是AB 、AC 、BC 两两垂直）时，有S 32 = S 12 + S 22 +S 42，证明：S 32= S 3S 1cos θ1-3 + S 3S 2cos θ2-3 + S 3S 4cos θ3-4= S 1 S 3cos θ1-3 + S 2 S 3cos θ2-3 + S 3 S 4cos θ3-4= S 1（S 1 - S 2cos θ1-2+ S 4cos θ1-4）+S 2（S 2 - S 1cos θ1-2 + S 4cos θ2-4）+S 4（S 4 - S 1cos θ1-4 + S 2cos θ2-4）= S 12 + S 22 +S 42 - 2S 1S 2 cos θ1-2- 2S 1S 4 cos θ1-4 - 2S 2S 4 cos θ2-4 二．正四面体的性质设正四面体的棱长为a ，则这个正四面体的 (1)全面积S 全2a ； (2)体积V=312a； (3)对棱中点连线段的长 d=2a ；(此线段为对棱的距离，若一个球与正四面体的6条棱都相切，则此线段就是该球的直径。
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到立体图（右），则能立即判定命题①、②为假，
而命题③、④为真，答案是C.
4
考题4 （正方体中主要线段的关系）
（2002年） 在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是
解析
射影法：作AB在CD所在平面上的射影，由三垂线定理知 其正确答案为A.
平移法：可迅速排除 (B)，(C)，(D)，故选（A）.
5
考题 5 （正方体与正八面体）
（2003年） 棱长为a的正方体中，连结相邻面的中 心，以这些线段为棱的八面体的体积为
解析 将正八面体一分为二，得2个正四棱锥，正四棱 锥的底面积为正方形面积的 1 ，再乘 1 得 1 . 2 3 6 答案选C.
6
考题 6 （正方体中的三角形）
解析
3 个三角形，要得直 在正方体上任选3个顶点连成三角形可得 C8
以上结论正确的为______________. （写出所有正确结论的编号）
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正四面体与正方体例话
二、正四面体与正方体
从“正方体高考十年”和“全国热炒正方体”中，我们 看到正方体在立体几何中的特殊地位. 在实践中，正方 体是最常见的多面体；在理论上，所有的多面体都可看 作是由正方体演变而来. 我们认定了正方体是多面体的“根基”. 我们在思考： （1）正方体如何演变出正四面体？
14
四面体问题可化归为对应的正方体解决.
妙解 —— 从正方体中变出正四面体
以 2 长为面对角线，可得边长为1的正方体ABCD-
A1B1C1D1，这个正方体的体对角线长为
3 ，则其外接
3 球的半径为 ，则其外接球的表面积为S=4πR2= 2 32 =4π( ) ＝3π 2 以 2 为棱长的正四方体B-A1C1D与以1为棱长的正方体
正四面体与正方体例话
一、正方体高考十年
十年来，立体几何的考题一般呈“一小一大”的形式. 分数约占全卷总分的八分之一至七分之一. 立几题的难度一般在0.55左右，属中档考题，是广大 考生“上线竞争”时势在必夺的“成败线”或“生死 线”. 十年的立几高考，考的都是多面体. 其中： （1）直接考正方体的题目占了三分之一； （2）间接考正方体的题目也占了三分之一. 因此有人说，十年高考，立体几何部分，一直在围绕 1 着正方体出题.
、
、
的关系
A
D B
C
2 ，这个正四面体岂不是由棱长为
D1 C1
1的正方体的6条“面对角线”围成？ 为此，在棱长为1的正方体B—D1中， （1）过同一顶点B作3条面对角线BA1、BC1、BD； （2）将顶点A1，C1，D依次首尾连结. 则三棱锥B—A1C1D是棱长为
A1
D
B1
B
2 的正四面体.于是正
C1 A1
有共同的外接球，故其外接球的表面积也为S=3π. 答案为A.
15Leabharlann 寻根 ——正方体割出三棱锥
在正方体中割出一个内接正四面体后，还“余 下”4个正三棱锥. 每个正三棱锥的体积均为1/6，故内接正四面体的
考题 10 （2006年安徽卷第16题）
多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相 邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面， 其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A相邻 的三个顶点到的距离分别为1，2和4，P是 正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平 面的距离可能是： ① 3； ② 4； ③ 5； ④ 6； ⑤ 7
角非等腰三角形，则每个顶点上可得三个(即正方体的一边与
24 过此点的一条面对角线)，共有24个，得
3 C8
，所以选C.
7
考题 7 2006年四川卷第13题——正方体的一“角”
在三棱锥O—ABC中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且 OA=OB=OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成角的正弦 值是
8
P
考题9 （2006年湖北卷第18题）
如图，在棱长为1的正方体ABCD— A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点， CP=m. (Ⅰ)试确定m,使得直线AP与平面 BDD1B1所成角的正切值为3 2 ； (Ⅱ)在线段A1C1上是否存在一个定点Q， 使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的 射影垂直于AP. 并证明你的结论. 分析：熟悉正方体对角面和对角线的考生，对第(Ⅰ)问，可心算 出结果为m=1/3；对第(Ⅱ)问，可猜出这个Q点在O1点.可是由于 对正方体熟悉不多，因此第(Ⅰ)小题成了大题，第(Ⅱ)小题成了 大难题. 9
考题8 2006年四川卷第19题——两正方体的“并”
如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，E、P 分别是BC、A1D1的中点，M、N分别是AE、 CD1的中点，AD=AA1=a，AB=2a. （1）求证：MN∥面ADD1A1； （2）求二面角P—AE—D的大小； （3）求三棱锥P—DEN的体积.
考题 1 （正方体与其外接球）
（1995年） 正方体的全面积为a2，则其外接球的表面积为
解析
外接球的表面积，比起内接正方体的全面积来，自然要大一些，但绝 不能是它的(C)约6倍或(D)约9倍，否定(C)，(D)；也不可能与其近似 相等，否定(A)，正确答案只能是(B) .
2
考题 2 （正方体中的线面关系）
3
考题 3 （正方体的侧面展开图）
（2001年）右图是正方体的平面展开图．在这个正方 体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③ CN与BM成60°角；④DM与BN垂直.
以上四个命题中，正确命题的序号是
（A）①②③ （C）③④ （B）②④ （D）②③④
解析
考查空间想象能力. 如果能从展开图（右上）想
（2）正方体如何演变出正八面体？
（3）正方体如何演变出正三棱锥？ （4）正方体如何演变出斜三棱锥？
11
考 题 1 （正四面体化作正方体解）
说明
本题如果就正四面体解正四面体，则问题就不是一个小题目 了，而是有相当计算量的大题. 此时的解法也就沦为拙解.
12
拙解 —— 硬碰正四面体
13
联想 ——
正四面体的棱长为
（1997年）如图，在正方体ABCD- A1B1C1D1中，E、 F分别是BB1、CD的中点． （1）证明AD⊥D1F； （2）求AE与D1F所成的角； （3）证明面AED ⊥面A1FD1； （4）设AA1=2,求三棱锥F-A1ED1的体积 VF A1ED1 .
说明
小问题很多，但都不难. 熟悉正方体各棱、各侧面间位置 关系的考生，都能迅速作答. 如解答（1），只要知道棱AD 与后侧面垂直就够了.