正四面体与正方体例话ppt课件

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。

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。

⾼中数学正四⾯体与正⽅体正四⾯体与正⽅体在实践中，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.。