直角四面体讲义-2027届高三数学二轮复习

专题讲座:直角四面体 湖北武汉 江湖美 内容提要 直角四面体及其性质; 高考试题引领直角四面体的命题方向; 四两拨千斤:精题妙解之路; 克难致胜:千里之行始于足下. 与平面几何中直角三角形相对应的空间图形是直角四面体. 以勾股定理为核心的直角三角形,是平面几何的灵魂. 直角四面体中也有广义勾股定理,也在空间几何中起到核心作用. 以下,我们系统研讨直角四面体的有关性质及其在巧解空间试题中的作用, 一.直角四面体及其性质. 如图1,将一个正方体任意切下一个角块, 所得图形P-ABC,即称为直角四面体. 每个直角四面体必定有两两互相垂直 的3条侧棱(即图中的PA,PB,PC). 直角四面体的主要性质: 1.体积公式: 如图2,设 则有: 2.空间勾股定理: 这也是一道高考题,我们将在本文第二部分例3中提供详细证明. 3.由直角棱之长求底面的高: 公式证明详见本文第三部分例题1 4.设PA,PB,PC与底面ABC所成线面角依次为则有: 将公式(3)改写为:即可得证. 4.直三面角的一个性质: 同一点出发的两两互相垂直的3条射线组成的图形称为直三面角. 如图3,P-ABC为直三面角,过点P在直三面角内部任作一条射线PH,设PA,PB,PC与直线PH所成角依次为 则有: 在射线PH上任取一点H,过点H 作平面ABC垂直PH.即可得到如图2 的图形,则可由公式(4)直接导出公式(5). 7.任一直角四面体必有一个外接球. 如图4,任何一个直角四面体都可以 补形成一个长方体.显然,这个长方体与原直角四面体同一个外接球.若直角四面体的3条直角棱依次长为 则其外接球半径 任一直角四面体也必有一个内切球.球半径公式比较复杂,但可由体积法推出. 特别的,3条直角棱都相等的直角四面体称为等腰直角四面体. 如果等腰直角四面体的棱长为,那么它与棱长为的正方体同一个外接球,球半径而内切球半径则为: 二.高考试题引领直角四面体的命题方向. 第一阶段:开发. 【例1】（1979.全国高考数学卷.6题）设三棱锥V-ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=直角求证：△ABC是锐角三角形 这是高考中最早出现的关于直角四面体的试题.其基本解法是: 【证明】如解图,作VD⊥BC于D连AD. ∵△BVC中∠BVC=90°,∴点D必在 斜边BC上. 又BC⊥AV,∴BC⊥平面VAD, ∴BC⊥AD.故∠ABC,∠ACB都是锐角.同理,∠ACB为锐角.故△ABC 为锐角三角形. 第二阶段:发展. 【例2】(1998.填空.4题)棱长为 2 的正四面体的体积为 【解析】将此正四面体置于如图的 正方体之中,使正四面体的每条棱都是 正方体的面对角线.则当正四面体棱长 为2时,正方体棱长为 此时,正四面体周边有4个直角四面体,每个体积都是正方体体积的1/6.故 【例3】（2005， 全国Ⅰ卷，1 5题） 如图，在多面体ABCDEF中，已知 ABCD是边长为1的正方形，且、 均为正三角形，EF∥AB，EF=2， 则该多面体的体积为（ ） 【解析】分别延长EA,.FB交于G,再分别延长ED,FC交于H. 我们发现:正方形ABCD的各边分别 是所得四面体EFGH四个表面三角形的中位线.所以,这个四面体EFGH是棱长为2的正四面体.容易计算: 故原多面体的体积为故选A. 评注:这两题都揭示了直角四面体,正四面体以及正方体之间的关系,教会学生用转移法解题.可惜当时鲜有考生想到了这种解法,所以得分率很低. 3.成熟阶段 【例4】（2003.全国文科卷.15题）在平面几何里有勾股定理：“设△ABC的两边AB,AC互相垂直，则有，”拓展到空间，类比平面几何的定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积的关系，可以得出的正确结论是： “设三棱锥A-BCD的三个侧面ABC,ACD,ADB两两相互垂直，则： 【解析】本题的实质就是勾股定理在空间的推广.与关系式 对应的是： 证明如下： 如解图，设P-ABC为直角四面体，即有PA,PB,PC两两垂直. 设点P在底面射影为H,则H为△ABC的垂心。连AH并延长交BC于 D.连HA,HB,HC,PD,必有 AD⊥BC,PD⊥BC. 直角三角形 PAD中PH⊥AD.故由比例中项定理: 两边同乘以 也就是：同理: 三式相加即得: 评注:高考永远是高中教学的指挥棒.也就是从2003年开始,以上推广了的勾股定理,才在高中数学教学中得到足够的重视. 【例5】（2006·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 另一个侧面ABC是正三角形. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角B—AC—D的余弦； （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. 【解析】（Ⅰ）如解图1.由条件知 △ABC是边长为的正三角形. 故此四面体可补形为正方体AQRS-PCDB.连PD.知PD⊥平面ADE, ∴AD⊥BC. （Ⅱ）注意到DC⊥平面ACE. 即二面角D-AC-P为直二面角.而P-ABC为等腰直角四面体.设二面角P-AC-B大小为θ,则 故二面角B—AC—D的余弦 （Ⅲ）如解图2.假定AC上存在适合条件的点E,作EH⊥PC 于H,连DH.则△EDH应为含30°角的直角三角形.且△CEH 为等腰直角三角形.设CH=EH=x,则ED=2x, 则在Rt△DCH中,由勾股定理得: 得CE=1.此时DE=2.这与 △DCE必须CD+CE>DE矛盾. 故在线段AC上不存在点E，使ED与面BCD成30°角. 评注:2005年是高考中关于直角四面体命题的分水岭.这以前的试题都用客观题显示,而这以后,就不断出现在试卷的大题之中. 人们发现:原来命题人和解题人的思维是完全相反的. 例如本题:命题人只不过是从正方体中抽取了一个“零件”.而解题人在“山穷水复疑无路”之时就应该逆向思维,推测这样的“零件”出自哪里,就能“柳暗花明又一村”了. 三.四两拨千斤----精题妙解之路. 【例1】(2027届.浙江地区高三考题) 在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,且 点H为O在平面ABC的射影,设 (1)求的值(用表示). (2)若求二面角H-AO-B的平面角的余弦值. 【解析】(1)如解图:当时. 证明:一方面:另一方面:: (2)代入(1): 但由广义勾股定理; 直接代入 (2)如解图:延长AH交BC于E,连OE. 则二面角E-OA-B即是二面角H-OA-B.设其大小为θ. 注意到BC⊥平面AOE.∴△AOB在平面AOE的射影就是△AOE. 易求: 而 【例2】(湖北黄冈经典名题)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为( ) 【解析】依题意 ,这个三棱锥是正三棱锥,∴PB⊥AC. EF是△PAB的中位线,∴EF∥PB.已知EF⊥CE,∴PB⊥CE.故PB⊥平面PAC. ∴这个三棱锥又是直角四面体.又知正△ABC边长为2,故.这个直角四面体与棱长为的正方体同一个外接球,故球直径球体积 故选D. 【例3】(2026.武钢三中,2月考.14题). 如图,某正方体的顶点A在平面 M内,三条棱AB,AC,AD都在平面α的 同侧.若顶点B.C.D到平面α的 距离分别为则该正方体 外接球的表面积为 【解析】如解图,连结BCD,则A-BCD为直角四面体.. 作AH⊥平面M,交平面BCD于H,则由公式(5)知有: 设B,C,D在平面M内的射影依次 为B1,C1,D1.连结AB1,AC1AD1. 设∠BAB1=α,∠CAC1=β,∠DAD1=γ. 由于余角关系,有: 设正方体棱长为则有: 可知正方体 体对角线即其外接球直径 于是:所求该正方体外接球的表面积为 【例4】(湖北武汉调考题)在四面体ABCD中，三组对棱长分别相等且依次为则此四面体ABCD的外接球的半径R为（ ） 分析:这个四面体3组对棱分别相等.我们立即想到它一定可以补形为一个长方体.再通过长方体来解决问题,会简洁许多. 【解析】如图，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.令 故这个长方体的体对角线从而所求外接球的半径 .选C. 【例5】(天津2027届高三上第一次月考.17题) 如图:四裬锥F-ABCD中,FA⊥平面ABCD.四边形ABCD为直角梯形 ,AD∥BC,AD=2BC=2. (1)已知G为AF的中点, 求证:BG∥平面CDF; (2)若直线BF与平面ABCD成角 二面角A-CD-F的余弦值为2/3,求点 B到平面DCF的距离. 【解析】(1)如解图,取DF中点E, 连结BCEG,则EG为△FAD中位线, ∴EG∥AD∥BC,,且 故四边形BCEG为平行四边形, ∴BG∥CE.故BG∥平面CDF. (2)延长AB,DC交于H. 由条件知F-ADH为直角四面体.且△FAB为等腰直角三角形. 设AB=AF=m,则AH=2m. 易求: 由公式(2)(广义勾股定理)得: 已知二面角A-CD-F的余弦值为2/3, 即 于是直角四面体A-FDH中,AD=AF=2,AH=4. 故由公式(3)即点面距离公式得:点A到平面FDH的距离 h满足: 但B为AH中点,故点B到平面DCF的距离为2/3. 四.千里之行始于足下. 1.(深圳中荟高中2027.8月调考.3题) 已知三棱锥P-ABC的3条侧棱PA,PB,PC两两互相垂直,PA=PB=2, 则该三棱锥外接球的表面积为( ) 2.（2004.全国4卷，9题）正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为 （ ） A． B． C． D． 3.如图，PA⊥平面ABCD.梯形ABCD中， AD∥BC，∠ABC=90°，且 则A到平面PCD的距离为 4 .(2010.湖北卷.18题)如图,在四面体ABOC中, 且OA=OB=OC=1. （Ⅰ）设P为AC的中点， 证明： 在AB上存在一点Q,使PQ⊥OA, 并计算的值； （Ⅱ）求二面角O-AC-B的平面角的余弦值。 5.(自编)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是AB,BC的中点. (1)过点D1,E,F作正方体的截面并 求截面积; (2)求此截面分得正方体两部分体积之比. 参考解答 1.显然题设三棱锥为直角 四面体,将其补形为如图的长方体 PCDB-AEQF.则该四面体与长方体共一个外接球.故球半径 故求表面积故选C. 2.由题设条件可直接判定此正三棱锥 也是直角四面体.当底面正三角形BCD 边长为2时,3条直角棱长均为故其 体积故选A. 3.如解图,延长AB,DC交于E. 连PE.由条件知P-ADE是直角四面体 Rt△ADE中,设∠ADE=α 于是 已知作 AH⊥平面PDE于H.则: 4.（Ⅰ）作OS⊥OA,交AB于S,连CS.已知OA⊥OC, ∴OA⊥平面COS,故OA⊥OS.即四面体 O- ACS为直角四面体.必有CS⊥OA.取AS P- 中点Q,连PQ.则PQ是△ACS的中位线, Q- ∴PQ∥CS.故在AB上存在点Q,使得 R- PQ⊥OA. 注意到△SOB是底角SBO=30°的等腰三角形,即SB=SO. 又△AOS是∠OAS=30°的直角三角形,∴AS=2SO. 也就是AB=3AQ, （Ⅱ）显然二面角O-AC-B与二面角O-AC-S是同一个二面角,设其大小为θ.注意到△ACS在平面ACO的射影正是△ACO. 而Rt△AOS中, 而 5.(1)如解图:连EF并向两方延长, 分别与DA,DC延长线交于G,H. 连GD1交AA1于M, 连HD1交CC1于N. 连结EM,FN,得所求截面为 五边形D1MEFN. 求截面积用投影法比较简单. 显然该截面在正方体底面的投影 为五边形ADCFE,易求其面积为 连BD交EF于P,连PD1,设∠DPD1=θ. 故故所求截面积 (2)在直角四面体D-D1GH中,DG=DH=3,DD1=2. 故设DQ⊥截面于Q.则有: 设截面所分正方体两部分体积分别为 则 而正方体体积为8, 学科网（北京）股份有限公司 $