正四面体内置正方体棱长的最值探究

高考中特殊四面体的研究四面体是立体几何中最基本,也是最重要的几何体,它的地位相当于平面几何中的三角形所处的地位。

因此对四面体的研究一方面可以作为平面三角形在空间的直接类比,可得出类似的性质(如勾股定理)或结论。

另一方面又可以观察它的外接平行六面体来证明它的大批性质,很有实用价值。

在这里,将高考复习中,较为常见的几种特殊四面体的性质进行梳理并配简单应用。

一、直角四面体⒈定义:某顶点的三个面角都是直角的四面体称为直角四面体,或称对棱都互相垂直且有一个面角为直角的四面体是直角四面体。

⒉性质:直角四面体相当于三角形中的直角三角形,它可由三条两两互相垂直的棱作为长方体的长、宽、高,补成长方体.。

或可看作一个长方体切去一个角而形成的四面体。

设四面体abcd中,∠bac=∠cad=∠dab=90°,ao⊥面bcd,那么直角四面体有如下性质:⑴直角四面体中,不含直角的面是锐角三角形,即△bcd是锐角三角形(可以用三垂线定理或余弦定理进行推证)。

⑵直角四面体的外接球的半径为r=1/2(可以补成长方体后进行证明)。

⑶直角四面体的对棱中点连线长相等,且等于外接球的半径。

⑷勾股定理的推广:s2△bcd=s2 △abc+s2△acd+s2△adb注:此结论,可看作直角三角形中勾股定理在空间直角四面体中的推广。

这一结论,在2003年的高考试题中,出现在填空题里,考查了学生类比能力。

现证明如下:如图:由已知条件有ac⊥面abd,ao⊥面bcd,得ac⊥bd,ao⊥bd。

从而.bd.⊥面aoc。

连co交bd于e,连ae,则ce⊥bd,ae⊥bd,ac⊥ae。

在rt△ace中:ae2=eo×ec从而(1/2ae×bd)2=(1/2eo×bd)(1/2ec×bd)即s2△abd=s△bod×s△bcd同理s2△abc=s△boc×s△bcds2△acd=s△cod×s△bcd三式相加s2△abd+s2△abc+s2 △acd=s2△bcd例1.(2006年高考题)如图,、是互相垂直的异面直线,mn是它们的公垂线段。

(完整版)立方体中的最值问题立方体中的最值问题 (完整版)在立方体中，最值问题是指在一定的约束条件下，寻找出立方体边界上或内部的最大值或最小值。

本文将详细介绍立方体中的最值问题以及相关的数学原理和解题方法。

1. 问题描述假设给定一个立方体，其边长为$L$，我们需要在这个立方体中寻找一个点，使得该点的坐标和满足一定的约束条件，并且使得某个目标函数的值最大或最小。

2. 约束条件和目标函数在立方体问题中，通常会给出一些约束条件和一个目标函数。

约束条件可以是线性等式或不等式，用来限制点的坐标和的取值范围。

目标函数是我们希望最大化或最小化的函数，可以是线性函数、多项式函数或其他类型的函数。

3. 解决方法立方体中的最值问题可以使用各种数学方法来解决。

以下是几种常用的方法：- 拉格朗日乘数法：适用于有等式约束的问题，通过引入拉格朗日乘子来将约束条件转化为无约束问题，并使用最值定理求解。

拉格朗日乘数法：适用于有等式约束的问题，通过引入拉格朗日乘子来将约束条件转化为无约束问题，并使用最值定理求解。

- 线性规划：适用于有线性约束的问题，将目标函数和约束条件表示为线性表达式，通过线性规划模型求解。

线性规划：适用于有线性约束的问题，将目标函数和约束条件表示为线性表达式，通过线性规划模型求解。

- 梯度下降法：适用于目标函数是可导函数的问题，通过计算目标函数的梯度并迭代更新点的位置，最终找到最值点。

梯度下降法：适用于目标函数是可导函数的问题，通过计算目标函数的梯度并迭代更新点的位置，最终找到最值点。

- 动态规划：适用于问题具有最优子结构性质的情况，将问题划分为子问题，通过动态规划递推求解最值问题。

动态规划：适用于问题具有最优子结构性质的情况，将问题划分为子问题，通过动态规划递推求解最值问题。

4. 示例问题为了更好地理解立方体中的最值问题，以下是一个示例问题：问题：在一个边长为5的立方体中，寻找一个点$(x, y, z)$使得$2x + y - z$的值最大。

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．。