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AB DCO S 1 S 2S 3 S 4 第十讲:特殊四面体及其性质一．四面体性质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 2cosθ1-2 + S 3cosθ1-3 + S 4cosθ1-4 S 2 = S 1cosθ1-2 + S 3co sθ2-3 + S 4cosθ2-4 S 3 = S 1cosθ1-3 + S 2cosθ2-3 + S 4cosθ3-4S 4 = S 1cosθ1-4 + S 2cosθ2-4 + S 3cosθ3-4 2．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 cosθ3-4S 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 cosθ2-4S 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 1c osθ1-3 + 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 4cosθ2-4）+S 4（S 4 - S 1cosθ1-4 + S 2cosθ2-4）= S 12 + S 22 +S 42- 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 4 co sθ1-4 - 2S 2S 4 cosθ2-4 3. 任意四面体都有内切球及外接球。
第二十三章 特殊四面体的性质及应用【基础知识】特殊四面体包括垂心四面体（四条高线交于一点的四面体）,直角四面体（有一个三面焦是直三面角的四面体,或过同一顶点的三条棱互相垂直的四面体）,拟腰四面体（两对对棱相等的四面体）,等面四面体（三对对棱相等的四面体）,正四面体（六条棱长相等的四面体）等．特殊四面体除了具有一般四面体的性质外,还具有各自独特的性质． 1．垂心四面体性质1垂心四面体的对棱互相垂直．反之亦然．事实上,若四面体ABCD 为垂心四面体,垂心为H ,则AH ,BH 均与CD 垂直,从而AB CD ⊥． 同理,AC BD ⊥,AD BC ⊥．反之,由AB CD ⊥,过AB 作CD 的垂面交CD 于E ,设H 为ABE △的垂心,则AH BE ⊥,AH CD ⊥,所以AH 是面BCD 的垂线．同样,BH 是面ACD 的垂线,四面体ABCD 的每两条高交于一点,每三条高不共面,所以四条高必交于同一点．于是H 为四面体的垂心,即四面体为垂心四面体． 性质2垂心四面体的高过底面的垂心,反之亦然．事实上,由性质1,设顶点A 在底面BCD 上的射影为F ,由于AB CD ⊥,所以AB 的射影BF CD ⊥．同样CF BD ⊥,即F 为BCD △的垂心．性质3垂心四面体对棱的平方和相等．反之亦然．事实上,由性质2,知A 在面BCD 上的射影F 为BCD △的垂心．设BF 交CD 于E ,则 22222222AC AD CF DF CE DE BC BD --==-=-,即有2222AC BD AD BC +=+．同理,2222AC BD AB CD +=+．性质4垂心四面体连接对棱中点的线段相等．反之亦然． 事实上,由性质3,设E ,F 分别为AB ,CD 的中点,则()22222222222114222EF AF BF AB AC AD CD BC BD CD AB =+-=+-++--()222222AC BD BC AD AB CD =+=+=+．即证．反之,考察过对棱的相互平行的六个平面构成的平行六面体,六面体的棱长恰好等于连结四面体对棱中点的线段,因此,六面体的棱均相等,各面为菱形,菱形对角线（即四面体的对棱）互相垂直． 由于从性质1⇒性质2⇒性质3⇒性质4⇒性质1,从而性质2,3,4的反之亦然．上述性质中的反之亦然,其实也是垂心四面体的四条判定定理．由性质4的证明中可知有性质5垂心四面体的外接平行六面体（四面体的棱为平行六面体的侧面对角线）各面是菱形． 性质6平行于四面体任一组对棱的平面截其余四条棱的截口面为矩形． 性质7垂心四面体对棱之公垂线共点于垂心．性质8垂心四面体的外心、重心、垂心共线,且外心到重心的距离等于重心到垂心的距离． 2．直角四面体直角四面体有如下判定定理和性质:判定定理对棱都垂直且有一个面角为直角的四面体是直角四面体．事实上,在四面体ABCD 中,若90DAC ∠=︒,则由AD BC ⊥,知AC ⊥面ABC ,从而AD AB ⊥,即90DAB ∠=︒．又由AB CD ⊥,知AB ⊥面ACD ,有90BAC ∠=︒．即证． 推论1两组对棱垂直且有一个面角为直角的四面体是直角四面体．推论2四面体一顶点到对面的射影是该面的垂心,且该顶点的三面角的面角中有一个为直角,那么这个四面体是直角四面体．显然,上述判定定理及推论的逆命题也是直角四面体的性质．为了方便讨论直角四面体的一系列性质引进一些记号:设直角四面体PABC 的直三面角是三面角P ABC -,其体积为V ,棱PA a =,PB b =,PC c =．顶点x 所时的面的面积记为x S ；以棱y 为二面角棱的二面角大小记为y θ；四面体PABC 的内切球、外接球的半径分别记为x r ．由于直角四面体是垂心四面体,因此,可得性质1直角四面体具有垂心四面体的所有性质．性质2三对对棱中点的连线共点（设为G ,且此点称为四面体的重心）且互相平分；三对对棱中点的连线长相等, 性质3不含直角的侧面三角形是锐角三角形,且这每一个面角的正切值等于这个面的面积的2倍与该面角所对的棱长平方之比；这每一面角的余弦值等于与此面共顶点的另两个面角余弦值之积． 性质4（1）cos cos cos P A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅； （2）cos A P BC S S θ=⋅,cos B P AC S S θ=⋅,cos C P AB S S θ=⋅； （3）222cos cos cos 1BC AC AB θθθ++=；（4）34AB BC AC θθθπ<++<π． 下面只给出（4）式的证明思路: 由（3）式有222cos cos cos cos cos cos cos 0BC AC AB AB AC AB AC θθθθθθθ---⋅+>==（）（）． 又cos cos 0AB AC θθ->,则cos cos 0AB AC θθ+<,故2AB AC θθπ<+．同理还有两式,相加即证（4）式左端．又()()cos cos AB AC AB AC θθθθ⎡⎤π++=-+⎣⎦,在[]0,π内余弦函数递减,有cos[]cos[]cos AB AC AB AC AB AC θθθθθθπ-+π--<-（）=（）（）,即有()22cos cos BC AB AC θθθ⎡⎤>π-+⎣⎦,由此即证得（4）式右端．由性质4（3）及幂平均、算术一几何平均值不等式,我们有推论（1）cos cos cos AB BC AC θθθ++（2）cos cos cos AB BC AC θθθ⋅⋅ （3）cos cos cos cos cos cos 1AB BC BC AC AB AC θθθθθθ⋅+⋅+⋅≤；（4）sin sin sin AB BC AC θθθ++；（5）sin sin sin AB BC AC θθθ⋅⋅； （6）sin sin sin sin sin sin 2AB BC BC AC AB AC θθθθθθ⋅+⋅+⋅≤．性质5含直角的侧面面积是它在不含直角的侧面上的射影面积与这不含直角的侧面面积的比例中项．性质62222P A B C S S S B =++．性质7二面角大小为θ（90θ≠︒）的两侧面中,含直角的侧面面积S 与不含直角的侧面面积P S 之比为cos θ．特别地,60θ=︒时,12P S S =∶∶；45θ=︒时,22P S S =∶∶；30θ=︒时,32P S S =∶∶；3arccos3θ=时,33P S S =∶∶． 性质8222222sin sin sin B CA CA BP ABBCACS S S S S S S θθθ+++===．性质91263A B C V abc S S S ==⋅⋅． 性质10设S 为直角四面体的全面积,L 为6条棱长的乘积,则32333362S V +⋅⋅≥；722L V ≥． 性质11直角四面体的四顶点与其所对侧面重心的四条连线共点,共点于三对对棱中点连线的交点．亦即七线共点于直角四面体重心．性质12直角四面体的四顶点与其所对的侧面垂心的四条连线共点,共点于其直三面角顶点P ,此点为直角四面体的垂心．由此也可知直角四面体是垂心四面体．性质13非直三面角体的三顶点与其所对的侧面外心的三条连线共点,共点于不含直角的侧面三角形的重心．性质14过含直角的侧面三角形的外心,且与该侧面垂直的三直线共点,共点于直角四面体的外心． 性质15设A m 、B m 、C m 、P m 分别为直角四面体四顶点与所对面的重心的连线长（或称四面体的4条中线长）,则()222222243A B C P m m m m a b c +++=++． 分析如图23-1,设1G 为侧面ABC △的重心,设1PG E α∠=．由三角线中线长公式,有()22214PE b c =+,()2222144AE a b c =++．又()2222222211222222cos 2cos 333333P P P P P PE PA AE m AE m AE m AE m m AE αα⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=+-⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅=+⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦由此即有()222219P m a b c =++．类似可求()2222199A m a b c =++,()2222199B m a b c =++,()2222199C m a b c =++,由此即获结论． 性质16R 且与对棱中点的连线长相等；外接球的球心是分别过直三面角的三条棱与其所对棱中点的三个平面的公共点．性质17()2A B C P A B C P S S S S abcr S S S S a b c ++-==+++++；内切球的球心是其棱不共顶点的三个二面角平分面的公共点． 性质18()2A B C P P A B C P S S S S abcr S S S S a b c+++==++-++；()2A P B C A B C P A S S S S abcr S S S S b c a +--==++-+-；()2B P A C B A C P B S S S S abcr S S S S a c b +--==++-+-；()2C P A B C A B P C S S S S abcr S S S S a b c+--==++-+-．旁切球的球心是其相切侧面与另三个延展切面所成二面角平分面（其中只须其棱不共顶点的三个二面角的平分面即可）的公共点． 证明思路只推证A r ,其余类似推证．作外切于侧面PBC 的旁切球的外切三棱台B C P BCP '''-,得新四面体AB C P ''',如图23-2．图23-2A'由()22C A B P AB C P A S S S S a S S S S a r ====''''+及()()()3313123A B C P ABCD AB C P A A A B C P r S S S S V a V a r r S S S S '''''''+++=='++++． 并注意到性质6、性质17,即可推证A r 的关系式． 推论1r 最小,P r 最大,且11112A B C P r r r r r+++=或 2A B C PA B C A B P A C P B C P r r r r r r r r r r r r r r r r r⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=推论2()32P V abc r r a b c a b c ⋅==++++或1111P A B C r r S S S =++⋅．推论3记()1122A B C P S S S S S S '==+++,则()()()()2222233333A AB BC C P P V S r S S r S S r S S r S S r '''''==-⋅=-⋅=-⋅=-⋅．推论4记四顶点到所对面的距离为A h 、B h 、C h 、P h ,则11111A B C P h h h h r +++=； 11111A B C P Ph h h h r ++-=． （*）还有类似（*）式的三式．此略． 推论5令l 为四面体六条棱长之和,()12A B C P S S S S S '=+++,则)2l ≤；2S '；(39V r +≥；32V ． 性质19设am S 、bm S 、cm S 是分别过棱PA 及BC 的中点,过棱PB 及AC 的中点,过棱PC 及AB 的中点的截面面积,则am S =bm S =cm S =,且222212am bm cm PS S S S ++=． 性质20设maS '、mb S ',mc S '是分别过棱BC 及PA 的中点,过棱AC 及PB 的中点,过棱AB 及PC 的中点的截面面积,则maS '=mb S '=,mc S ',且222232ma mb mc P S S S S '''++=． 性质21设ad S 、bd S 、cd S 分别为过棱PA 与BC 垂直、过棱PB 与AC 垂直、过棱PC 与AB 垂直的截面面积,则/ad B C S S S =⋅bd A C S S S =⋅cd A B S S S =⋅且 2222221111112ad bd cd AB C S S S S S S ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭． 性质22设at S 、bt S 、ct S 分别为过棱PA 及BPC ∠的平分线,过棱PB 及APC ∠的平分线,过棱PC 与APB∠的平分线的截面面积,则B Cat B CS S S S ⋅=+,A C bt A CS S S S ⋅=+,A B ct A BS S S S ⋅=+,且111111at bt ct AB C S S S S S S ⎫++=++⎪⎭． 性质23在直角四面体中,（1）斜面上任一点与直角顶点的连线和三条直角棱所成角的余弦的平方和等于1； （2）斜面上任一点与直角顶点的连线和三个直角面所成的角的余弦的平方和等于2； （3）斜面上每一条棱与三条直角棱所成角的余弦的平方和等于1； （4）斜面上每一条棱与三个直角面所成的角的余弦的平方和等于2； （5）三条直角棱与斜面所成角的余弦的平方和等于2；（6）三条直角棱的平方的倒数和等于直角顶点到斜面的距离的平方的倒数． 性质24直角四面体的外接平行六面体,（1）当四面体的六条棱均成为平行六面体的侧面对角线时,平行六面体是菱形六面体；（2）当四面体的直三面角的三条棱成为平行六面体的棱,其余三条棱成为平行六面体的侧面对角线时,平行六面体是长方体． 3．直棱四面体三条相连棱形成三边直角折线（即空间直角四边形）的四面体,称为直棱四面体． 显然,直棱四面体每个面都是直角三角形,若令1ADC β∠=,2ADB β∠=,3BDC β∠=, 则（1）123cos cos cos βββ⋅=； （2）321sin sin sin sin sin CD AD βββθθ==；（3）3sin cos sin ADCDθβθ=； （4）1tan tan sec AD CD θθβ⋅=．直角四面体和直棱四面体,都可以看作从长方体上截下的一部分,在部分多面体过程中,在棱、锥、台的计算中,它们经常出现．由于它有多方面的垂直关系和比较多的等量关系,有人称之为基本四面体．它们可以看作直角三角形在空间的自然推广,是工具性的四面体． 4．等腰四面体从某一顶点出发的三条棱（称为腰）相等的四面体称为等腰四面体,这一顶点称为腰顶点． 性质1等腰四面体的腰顶点在所对的面的射影为该面的外心．反之亦然． 性质2等腰四面体的腰顶点出发的三条棱与该点所对的面成等角．反之亦然． 性质3等腰四面体的底面为正三角形时,则该四面体为垂心四面体．性质4等腰四面体的底面为正三角形,且其边长为腰的压时,则该四面体是等腰直角四面体． 5．拟腰四面体两组对棱分别相等的四面体称为拟腰四面体．性质1两对对棱分别相等的四面体的充要条件是它的棱均成为侧面对角线的外接平行六面体为直平行六面体．证明设四面体ABCD 的外接平行六面体为1111ACB D AC BD -,AD BC =,AC BD =⇔侧面11A DD A 与侧面11CB BC 为全等矩形,侧面11A CC A 与侧面11DB BD 为全等矩形1111ACB D AC BD -为直平行六面体． 推论1两对对棱分别相等的四面体的充要条件是另一对对棱中点的连接线段垂直于此二棱．推论2两对对棱分别相等的四面体的充要条件是这两对对棱中点的连接线段均与第三对对棱中点的连接线段垂直．推论3两对对棱分别相等的四面体的充要条件是四面体在平行于这两对对棱中的每一对对棱的每一个平面上的射影为矩形．性质2两对对棱分别相等的四面体的充要条件是两侧面面积相等,且另两侧面面积也相等,或四侧面分成等面积的两组．证明此定理即为:在四面体ABCD 中,AD BC =,ACD BCD AC BD S S =⇔=△△,ABC ABD S S =△△． 必要性（⇒）:显然．充分性（⇐）:如图23-3,作四面体ABCD 的外接平行六面体1111ACB D AC BD -．此时A 、B 到底面11A CB D 的距离1AH 、2BH 相等,作AE CD ⊥于E ,BF CD ⊥于F ,连1H E ,2H F ．图23-321则由ACD BCD S S =△△,有AE BF =,从而12AEH BFH ∠∠=,即二面角1A CD A --等于二面角1B CD B --,此时二面角A CD B --的平分面α垂直于底面11A CB D ,也就垂直于面11AC BD ,且面α交AB 于其中点1O ． 又可证A 、B 两点到此平分面α的距离相等． 设此平分面α交AB 于1O ,则1O 为上底面中心．同理,由ABC ABD S S =△△,有二面角C AB D --的平分面β也垂直于两底面,也交CD 于其中点2O ．此时12O O αβ=∩且垂直于两底面,故平行六面体1111ACB D AC BD -为直平面六面体．由性质1即证得了充分性．性质3两对对棱分别相等的四面体的充要条件是另一对对棱每条棱所张的二个面角分别相等． 证明此性质即为:在四面体ABCD 中,AD BC =,AC BD CAD CBD =⇔∠=∠,ACB ADB ∠=∠． 必要性（⇒）:显然．充分性（⇐）:如图23-3,作四面体ABCD 的外接平行六面体1111ACB D AC BD -．由题设CAD CBD ∠=∠,又A 、B 、C 、D 四点共球O ,则ACD △和BCD △所在的平面截球O 的截面圆是等圆．而A 、B 两点到面11A CB D 的距离相等,则过CD 及AB 中点1O 的截面圆必是球O 的大圆．从而1O 、O 及CD 的中点2O 在过CD 的球O 的大圆面内．同理,1O 、O 、2O 也在过棱AB 的球O 的大圆面内．故1O 、O 、2O 三点共线于这两个大圆面的交线上．又1OO AB ⊥,2OO CD ⊥,则111OO A B ⊥,211OO C D ⊥,从而12O O 垂直于平行六面体的两底面11A CB D 、11AC BD ,故知此平行六面体为直平行六面体,由性质1,充分性获证．此性质的充分性也可以这样证:设CAD CBD α∠=∠=,ACB ADB β∠=∠=,令AC a =,AD b =,BC c =,BD d =,CD x =,AB y =．对ADC △和BDC △应用余弦定理可得()()()22222222cos a b x c d y ab cd x bc ad ac bd ab cd α+-+-==⇒-=--．① 同理,得()()()2ad bc y cd ab ac bd ---=．②由①、②可知,若0ab cd -=,则0ad bc a c -=⇒=,b d =．因此论断获证．若0ab cd -≠,则0ad bc -≠,0ac bd -≠,于是由①、②推得()222x y ac bd =-⇒或xy bd ac +=,或0xy ac by +-=． ③由托勒密定理及③式,可知A 、B 、C 、D 四点共圆,与题设矛盾．因此充分性获证． 性质4两对对棱分别相等的四面体的充要条件是其外心（外接球球心）在另一对对棱中点的连线上（重心亦在此连线上）．必要性（⇒）:设在四面体ABCD 中,AD BC =,AC BD =,作四面体ABCD 的外接平行六面体如图23-3．由性质1,即知此平行六面体为直平行六面体,从而上、下底面中心1O 、2O 的连线既是AB 、CD 中点的连线,又是AB 、CD 的公垂线,亦即既是AB 的中垂线,又是CD 的中垂线,因而四面体ABCD 的外心在12O O 上．充分性（⇐）:由题设,四面体的外心在一对对棱AB 、CD 的中点1O '、2O '的连线上,则12O O ''是AB 、CD 的中垂线,从而12O O '':垂直于四面体ABCD 的外接平行六面体1111ACB D AC BD -的两底面,故此外接平行六面体是直平行六面体．由性质1,充分性获证．性质5两对对棱分别相等的四面体的充要条件是其内心（内切球球心）在另一对对棱中点的连线上（重心亦在此连线上）．证明必要性（⇒）:设在四面体ABCD 中,AD BC =,AC BD =．作四面体ABCD 的外接平行六面体如图23-3,则此平行六面体为直平行六面体,故11A DC B CD S S =△△．又ADC BDC S S =△△,则二面角1A DC A --等于二面角1B DC B --．而上、下底面中心1O 、2O 所在直线与DC 两相交线所在对角面垂直于两底面,即知此对角面平分二面角A DC B --．同理,12O O 与AB 所在对角面也平分二面角C AB D --．故四面体内心I 在12O O 上．充分性（⇐）:设四面体ABCD 的内心I 在12O O 上,则1O 到面ACD 、BCD 的距离相等,从而A 到面BCD的距离与B 到面ACD 的距离相等（都等于点1O 到这两个面的距离的两倍）．由13V Sh =得BCD ACD S S =△△．同理ABD ABC S S =△△．由性质2即证．性质6四面体有两对对棱相等的充要条件是,以这两对对棱为棱的二面角,分别相等．证明在四面体ABCD 中,AD BC =,AC BD =的充要条件是二面角B AD C --等于二面角D BC A --,二面角B AC D --等于二面角A BD C --．必要性（⇒）:设AD θ、BC θ分别表示二面角B AD C --、二面角D BC A --的平面角的大小,由AD BC =、AC BD =,有DAC DBC △≌△,ABC BAD △≌△,如图23-4．图23-4H GI DABCEFMN于是DAC DBC ∠=∠,BAC ABD ∠=∠,BAD ABC ∠∠=．由三面角余弦公式（如cos cos cos cos sin sin AD BAC BAD DACBAD DACθ∠-∠⋅∠=∠⋅∠）或三面角全等定理,有AD BC θθ=,即二面角B AD C --等于二面角D BC A --．同理,可证二面角B AC D --等于二面角A BD C --．充分性（⇐）:记I 为四面体ABCD 的内心,从I 向各侧面引垂线,垂足为E 、F 、G 、H ,如图23-4,设过IE 、IF 的平面交AC 于M ,过IG 、IH 的平面交BD 于N ,则EMF ∠,GNH ∠分别为二面角B AC D --、二面角A BD C --的平面角,由题设有EMF GNH ∠=∠． 在Rt IMF △和Rt ING △中,IF IG =,1122IMF EMF GNH ING ∠=∠=∠=∠,从而IM IN =．故I 在对棱AC 、BD 的公垂线段的中垂面α内．同理,I 又在对棱AD 、BC 的公垂线段的中垂面β内,故I 在α与β的交线上．作四面体ABCD 的外接平行六面体如图23-3,知α与β的交线就是平行六面体上、下底面中心1O 、2O 的连线．由性质5即证得充分性．性质7两对对棱分别相等,则四面体的内切球切侧面于第三对对棱的中垂线上．证明此性质即为:在四面体ABCD 中,若AD BC =,AC BD =,则四面体ABCD 的内切球I 切ACD △、BCD △于CD 的中垂线上,切ACB △、ADB △于AB 的中垂线上．如图23-5,由性质6的充分性证明中可推知12O M O N =,①其中1O 、2O 为球I 切侧面ACD △、BCD △的切点,M 、N 为I 在棱AC 、BD 上的射影．图23-5O 1O 2DABCEFMNI设过1IO 、2IO 的平面交CD 于E ,连1O E 、2O E ,则由球的切线长定理,知12O E O E =．②又由ACD BDC △≌△有MCE NDE ∠∠=,而1O E CD ⊥,2O E CD ⊥,则M 、C 、E 、1O 共圆,E 、D 、N 、2O 共圆．故12MO E EO N ∠=∠．③由①、②、③知ME EN =,从而12sin sin ME ENO C O D MCE EDN===∠∠,∴12Rt Rt CO E DO E CE ED ⇒=△≌△． 故1O E ,2O E 均是CD 的中垂线段．同理,球I 切侧面ACB △,ADB △于AB 的中垂线上． 6．等面四面体我们称三组对棱分别相等的四面体为等面四面体．为了讨论问题的方便,先引进一些记号:等腰四面体ABCD 中,设BC AD a ==,AC BD b -=,AB CD c ==；设()12p a b c =++,()222212k a b c =++；以BC 、BD 、CD 为棱的两侧面所成二面角的大小依次为α、β、γ；四面体的体积记为V ,其内切、外接球半径分别记为r 、R ；顶点x 所对的面的面积记为x S ；外切于顶点x 所对的面,且与其余侧面的延展面相切的旁切球的半径记为x r ．性质1等面四面体对棱所成角的余弦值可表示为()222cos ,b c a a a -=,()222,cos b c a b b -=,()222cos ,a b c c c -=．性质2等面四面体中,对棱中点的连线共点（此点为四面体的重心）,且互相平分；连结对棱中点的每一线段均垂直于此二棱,或者说,当四面体绕这样的线段旋转180︒则与本身重合；连结对棱中点的三线段彼此互相垂直．且后两个结论的逆命题也是成立的．推论四面体为等面四面体的充要条件是三对对棱的公垂线两两相互垂直． 性质3设a d 、b d 、c d 分别为等面四面体对棱中点连线的长,则a d =b d =cd =性质4四面体为等面四面体的充要条件是四面体各面为全等的三角形． 性质5等面四面体所有的面角均为锐角,或者说各侧面是锐角三角形．（见本章练习题A 第7题）性质6四面体为等面四面体的充要条件是过四面体的每一顶点的三条棱长的m （m ∈R 且0m ≠）次方之和相等．分析只证充分性:令BC a =,AC b =,AB c =,AD x =,BD y =,CD z =,由m m m m m m m m m m m m b c x c a y a b z x y z ++=++=++=++,即推得a x =,b y =,c z =．推论四面体为等面四面体的充要条件是四面体的每一顶点的三条棱长之和相等．性质7四面体为等面四面体的充要条件是四面体各侧面三角形边长的m （m 为非零实数）次方之和相等．推论四面体为等面四面体的充要条件是四面体各侧面三角形的周长相等．性质8四面体为等面四面体的充要条件是四面体各侧面三角形的三条中线长的平方和相等．性质9四面体为等面四面体的充要条件是四面体每一顶点处的三个面角之和为180︒．性质10四面体为等面四面体的充要条件是过每对对棱的二面角相等（即三对二面角分别相等）． 性质11cos cos cos 1αβγ++=．性质1222sin sin sin 3x S a b cVαβγ===（其中x 可表示A 、B 、C 、D ,后面亦同）． 性质13()()()22222222222224cos cos cos 222xa k ab k bc k c S αβγ---===． 性质14在等面四面体ABCD 中,A B C D S S S S ===性质15四面体为等面四面体的充分必要条件是各面的面积相等．分析四面体的各二面角的大小分别用α、β、γ、α'、β'、γ'表示,如图23-6．图23-6β'γ'α'γβαD OABC由cos cos cos D C B A S S S S αβγ⋅+⋅+⋅=及D C B A S S S S ===有cos cos cos 1αβγ++=．同理,有cos cos cos 1γβα''++=,cos cos cos 1αβγ''++=,cos cos cos 1βαγ''++=．由上推出,cos cos αα'=,cos cos ββ'=,cos cos γγ'=,而0α<,β,γ,α',β',γ'<π,所以αα'=,ββ'=,γγ'=,由此即证． 性质16等面四面体的体积V =其中()222212k a b c =++． 分析作四面体ABCD 的外接平行六面体,使四面体的棱成为平行六面体的侧面对角线,如图23-7．由四面体对棱相等,可证得平行六面体侧面均为矩形,即为长方体,于是列方程组求得长方体共顶点的三条棱长,由此即证．图23-7DABC性质17记等面四面体共顶点的三个面角分别为1θ、2θ、3θ,则V =分析如图23-8,设1BDC θ∠=,2ADC θ∠=,3ADB θ∠=．又设A 点在面BCD 内的射影为E ,作AH CD ⊥于H ,连EH ,则AHE γ∠=．由12B S CD AH =⋅,有2B AH S c =⋅,则2sin sin B AE AH S cγγ=⋅=⋅⋅．图23-8γabc D ABCEH注意到31212cos cos cos cos sin sin θθθγθθ-⋅=⋅,有1233A A B V S AE S S c=⋅=⋅123θθθ++=π及()222123123121cos cos cos 2cos cos cos cos θθθθθθθθ---+⋅⋅=-+()()()212312123cos cos cos cos cos θθθθθθθθ⋅--+++-⋅=⎡⎤⎣⎦1234cos cos cos θθθ⋅⋅, 11sin 2A S bc θ=⋅,21sin 2B S ac θ=⋅,由此即证．性质18等面四面体的体积为 222222sin sin sin 333x x x V S S S c b a γβα=⋅=⋅=⋅；或43x V S r =⋅． 性质1912R k =． 性质20r性质21四面体为等面四面体的充要条件是四面体的外心（外接球球心）与重心重合（见本章例13证明部分）．或者,四面体各顶点和外心的连线与对面的交点为该面的重心．性质22四面体为等面四面体的充要条件是四面体的外心与内心（内切球球心）重合．（见本章例12） 性质23四面体为等面四面体的充要条件是四面体的内心与重心重合．或者,各顶点和内心的连线与对面的交点为该面的重心．推论若四面体的外心、内心、重心中任意两个相重合,则第三个也必和它们重合． 性质24在等面四面体中,2A B C D r r r r r =====．（提示:设顶点x 到所对面的距离为x h ,则可证2x x x h rr h r⋅=-,由此即推得）性质25四面体为等面四面体的充要条件是四面体的四条高长之和等于内切球半径的16倍（即16A B C D h h h h r +++=）． 分析充分性:由以3x x V h S =及16A B C D h h h h r +++=有1111316AB C D V r S S S S ⎛⎫⋅+++= ⎪⎝⎭． 注意到()13A B C D V S S S S r =+++⋅, 则()111116A B C D A B C D S S S S S S S S ⎛⎫++++++= ⎪⎝⎭．而()111116A B C D AB C D S S S S S S S S ⎛⎫++++++ ⎪⎝⎭≥,取等号是当且仅当A B C D S S S S ===．由此即证．推论42x x h r r ==．注对外接球半径也有一条性质见本章例13．性质26四面体为等面四面体的充要条件是它的切点四面体（内切球切侧面的切点）为等腰四面体． 分析充分性:设O 为四面体ABCD 的内心,亦即它是切点四面体A B C D ''''的外心．当A B C D ''''为等腰四面体时,由性质2的推论推之．性质27四面体为等面四面体的充要条件是四面体的内切球与各侧面的切点为该面的外接圆圆心． 性质28四面体为等面四面体的充要条件是四面体的重心（或外心）在各侧面内的射影为该面的外接圆圆心．性质29四面体为等面四面体的充要条件是各侧面都具有相等外接圆半径的锐角三角形． 性质30四面体为等面四面体的充要条件是四面体各侧面外接圆半径与内切圆半径之积相等． 分析充分性:在四面体ABCD 中,设BC a =,AC b =,AB c =,1DA a =,1DB b =,1DC c =,R ',r '分别为侧面三角形外接、内切圆半径,则2abcR r a b c ''=++．同理,1111111111112ab c a bc a b c R r a b c a b c a b c ''===++++++． 由此得()()()()11110c a c b b b b a c c +-++-=, ()()()()11110c c b a a a b a c c +-++-=, ()()()()11110b b c a a a a c b b +-++-=．将上述三式看作1a a -,1b b -,1c c -为未知数的三元一次方程组,它只有唯一的一个零解．即证． 性质31四面体为等面四面体的充要条件是四面体的四条中线长相等（中线长即为四面体的每一顶点和对面重心的连结线段长）．分析充分性:注意到中线长相等及四面体重心性质,推得重心与外心重合． 性质32． 性质33四面体为等面四面体的充要条件是四面体的四条中线长的平方和等于2649R ． 分析由性质31及25推导．性质34四面体为等面四面体的充要条件是四面体的四条高线长相等（即A B C D h h h h ===）．性质35等面四面体的过某棱及所对棱中点的截面,就是过此棱及与所对棱垂直的截面,也就是过此棱且平分此棱所在二面角的截面．性质36在等面四面体ABCD 中,设分别过棱BC 、BD 、CD 且平分α、β、γ的截面面积为a S 、S β、S γ,则cos2x S S αα=⋅,cos2x S S ββ=⋅,cos 2x S S γγ=⋅,且22222xS S S S αβγ++=． 性质37四面体为等面四面体的充要条件是其棱均作为外接平行六面体的侧面对角线时,平行六面体为长方体．性质38四面体为等面四面体的充要条件是四面体在平行于两对棱的每一个平画上的射影为矩形． 性质39四面体为等面四面体的充要条件是四面体的展开图是一个引出了三条中位线的锐角三角形． 性质40四面体为等面四面体的充要条件是四面体内任意一点到各侧面的距离之和为定值．分析充分性:设定值为l ,取点为内心时有4l r =,再取点为重心时有4A B C D h h h h l +++=,再由性质25即证．7．正四面体称六条棱相等的四面体为正四面体．性质1正四面体的每个面是正三角形．反之亦然． 性质2正四面体是三组对棱都垂直的等面四面体． 推论正四面体是两组对棱垂直的等面四面体．性质3正四面体的对棱中点的连线都互相垂直且相等,2倍,反之亦真． 性质4正四面体的各棱的中点是正八面体的六顶点．性质5正四面体的每个三面角均是面角为60︒的三面角,因而都是全等的三面角,且每个三面角的特征值2,即 ()22221cos cos cos 2cos cos cos S x αβγαβγ=---+⋅⋅=性质6正四面体的六个二面角都相等．若记其大小为θ,则1arccos 3θ=或22其逆命题亦成立．性质73,12倍,即23S a 全,32V =． 推论设S △为侧面三角形面积,则4228cos 2a S θ=⋅⋅△；22sin 3S a V θ=⋅⋅△；6V S =⋅全． 性质8正四面体的内切球与其外接球是同心球,内切球半径6r =（等于高线的14）；外接球半径6R =；两球面面积之比为1∶9． 性质9在各类四面体的比值R r ∶中,以正四面体的比值3R r =∶为最小．性质10正四面体的体积与其内切球的内接正四面体的体积之比为27．且若内切球半径为r ,则其体积为383r ．性质11正四面体的四个旁切球半径均相等,等于内切球半径的2倍,即x r =,或等于正四面体高线的一半．性质12正四面体的内切球与各侧面的切点是侧面三角形的外心,或内心,或垂心,或重心．除外心外,其逆命题均成立．性质13正四面体的外接球球心到四面体四顶点的距离之和,小于空间中其他任一点到四顶点的距离之和．分析利用正四面体的外接球球心O 是过四面体的一棱AB 与对棱CD 中点N 的平面（共有六个这样的平面）的交点的特性,我们将指出,如果点P （空间中任一点）不在这些平面之一上即如果它不是O ,则和S PA PB PC PD =+++不是最小．由此得出结论:使S 最小的点位于所有这些平面上,因此最小值只可能在点O 达到．假定P 不在平面ABN 上,设l 为过P 平行于CD 的直线,因此垂直于平面ABN ,且设P '为l 和ABN 的交点,则PC PD P C P D ''+>+．①事实上,CPD △和CP D '△有相同的底和高,但后者是等腰三角形,它有较小的周长．又PA P A '>,PB P B '>．② 因为PA 是Rt APP '△的斜边,PB 是Rt BPP '△的斜边,把①和②中三个不等式加起来,得PA PB PC PD P A P B P C P D ''''+++>+++,这就是我们要证的．性质14四面体为正四面体的充要条件是,存在五个球与四面体的六条棱或其延长线相切． 此性质的充分性证明见本章例14．性质15正四面体内任意一点到各侧面的垂线长的和等于这四面体的高．性质16对于四个相异的平行平面,总存在一个正四面体,其顶点分别在这四个平面上．性质17以正四面体的每条棱为直径作球,设S 是所作六个球的交集,则S 中含有两点,倍棱长．性质18 性质19四面体为正四面体的充要条件是,其棱均作为外接平行六面体的侧面对角线时,平行六面体为正方体．性质20四面体为正四面体的充要条件是,其共顶点三棱作为外接平行六面体的棱时,平行六面体为一个三面角面角均为60︒的菱形六面体．性质21囚面体为正四面体的充要条件是,四面体在平行于两棱的每一个平面上的射影是正方形． 性质22四面体为正四面体的充要条件是,四面体的展开图是一个引出了三条中位线的正三角形．性质23正四面体每条高的中点与底面三角形三顶点均构成直角四面体的四顶点,且高的中点为直三面角顶点．性质24正四面体是垂心四面体（四条高共点的四面体）,且四面体的垂心、重心、内心、外心这四心合一．性质25设P 为正四面体1234A A A A 的外接球面上任一点,R 为该球的半径． （I ）42218i i PA R ==∑；（Ⅱ）若1B ,2B ,…,6B 分别为23A A ,34A A ,24A A ,12A A ,13A A ,14A A 的中点,则42218i i PB R ==∑；（Ⅲ）若i O 为i A 所对面的中心（1,2,3,4i =）,则22409i PO R =∑． 证明（I ）设i O 为正四面体1234A A A A 的中心,则。
四面体与平行六面体一、一般四面体的性质性质1.任意四面体六个二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，称该点为四面体内切球球心（简称四面体的内心）。
内切球与四面体四个面内切。
若四面体ABCD 的体积为V ，顶点A 所对的侧面面积为A S ，类似的有,,B C D S S S ,则内切球半径3A B C DVr S S S S =+++.性质2.任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点，这点到四面体顶点的距离相等，该点称为四面体外接球球心（简称四面体外心）。
外接球通过四面体四顶点。
性质3.任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点，而且该点是中线的四等分点。
性质4.四面体体积公式一：11113333A A B B C C D D V S h S h S h S h ==== 性质5.四面体体积公式之二：1||||sin ,6V AB CD d AB CD =⋅⋅⋅<> （其中d 为AB 、CD 距离）性质6.四面体体积公式二：2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 333333C D AB A D BC A B CD B C DA B D AC A C BDS S S S S S S S S S S S V AB BC CD DA AC BDθθθθθθ======二、特殊四面体的性质（1） 正四面体：各边均相等；（2） （3） 等腰四面体：三组对边分别相等。
三、平行面体像平行四边形是平面图几何的基础一样， 平行六面体是立体几何的基本图形。
性质1.平行六面体的四条体对角线交于一点，且在这一点互相平分，称该点为平行六面体的中心； 性质2.平行六面体的所有体对角线的平方和等于所有棱的平方和。
推论1:平行六面体的所有侧面对角线的平方和等于其所有体对角线平方和的两倍。
推论2：平行六面体的每一侧棱的平方和等于等于与这一侧共面的两侧面四条对角线的平方减去与这一侧棱不共面而共端点的两条侧面对角线平方和所得差的14。
四面体是一种立体几何图形，它由四个三角形构成，并且每一个三角形都共享一个公共顶点。
四面体有着许多有趣的性质，其中一个引人注目的性质就是四面体四个顶点距离相等的平面。
本文将介绍这个有趣的几何性质，并进行相关讨论。
一、四面体的定义四面体是一个由四个三角形构成的立体几何图形。
这四个三角形被称为四面体的面，而它们共享一个共同的顶点。
四面体有六条边，四个顶点以及四个面。
四面体的每个面上都有三个顶点，每个顶点都与三条边相连。
二、四面体四个顶点距离相等的平面的几何性质定义四面体的四个顶点为A、B、C、D。
若对于任意三个顶点A、B、C四边形ABC的面积等于三个顶点A、B、D所构成四边形ABD的面积，且点D在BC的上方，那么四面体ABCD的四个顶点构成的面的距离相等。
三、四面体四个顶点距离相等的平面的证明证明四面体ABCD的四个顶点构成的面的距离相等可以通过以下步骤进行证明：1. 假设四面体ABCD的四个顶点构成的面的距离不等。
2. 根据假设，选取四面体ABCD的四个顶点构成的面中距离最长的两个面。
不妨设为面ABC和面ABD。
3. 由面ABC和面ABD的距离不等可得面ABC的面积不等于面ABD的面积。
4. 然而，根据条件，面ABC的面积等于面ABD的面积，与假设矛盾。
5. 原假设不成立，得证四面体ABCD的四个顶点构成的面的距离相等。
通过以上证明可知，四面体ABCD的四个顶点构成的面的距离相等。
四、四面体四个顶点距离相等的平面的应用四面体四个顶点距离相等的平面的性质在实际生活中有许多应用。
例如在建筑设计中，设计师需要确保建筑结构的稳定性和坚固性，而四面体四个顶点距离相等的平面提供了一种均衡的支撑结构。
另外，在工程测量中，四面体四个顶点距离相等的平面也可以用来确定不同测量点之间的水平距离。
五、结论四面体是一种立体几何图形，它由四个三角形构成，并且每一个三角形都共享一个公共顶点。
四面体有许多有趣的性质，其中一个引人注目的性质就是四面体四个顶点距离相等的平面。
第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广,三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ,顶点A 所对的侧面面积为A S ,类似地有B S ,C S ,D S （后面所设均同此）,其内切球半径记为r ,则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点,这点到四面体四顶点的距离相等,该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ,其三对对棱的长分别为1a ,a ；1b ,b ；1c ,c ,其外接球半径为R ,则1624Q R V V==注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点,而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比,这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心）,且一个四面体有四个旁心,旁切球与四面体的一个侧面外切,与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切,与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ,类似地有B r ,C r ,D r ,其他记号同前,则 3A B C D A V r S S S S =++-,3B A C D B Vr S S S S =++-,3C A B D C V r S S S S =+++,3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中,若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小,其余类同,则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方,等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中,有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ,B S ,C S ,D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式,其余各式类同．性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二,除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ,有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S ABθθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DAB S S AB θ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一,即对于四面体ABCD ,若共顶点A 的三条棱长分别为a ,b ,c ,顶点A 处的三个面角分别为α,β,γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =()12ωαβγ=++． 其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅,即得上述结论．性质10（体积公式四）若记1P ,2P ,3P 分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方,再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和,则四面体的体积V =性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中,有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D AC AB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅；（2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中,任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积,余类同,则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等,该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比,即对四面体ABCD ,有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证,性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ,有 ()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体,运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ,b 和1b ,c 和1c 是四面体的三对对棱长,三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ,()1,d b b ,()1,d c c ,则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ,1a ,这对对棱间的距离为d ,对棱所成的角为θ,则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅． 性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ,二面角A BC E --,E BC D --的大小分别为1θ,2θ,则()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ,b ,c ,d ,e ,f ,G 为其重心,P 为空间中任一点,则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++ 性质19（空间塞瓦定理）设E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为四面体ABCD 的棱CD ,DB ,BC ,AD ,AB ,AC 上的点,若六个平面ABE ,ACF ,ADG ,BCH ,CDM ,DBN 共点,则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ,BD ,CD ,AC 于K ,L ,M ,N ,则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=． 证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面,1AA ,1BB ,1CC ,1DD 是平面α的垂线（1A ,1B ,1C ,1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分,显然11AA K BB K △△≌,则11AA AK KB BB =．同理,11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥,过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ,则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△．证明如图221-,作AF BC ⊥于F ,连BF ,DF ．注意到AD BC ⊥,知BC ⊥面ADF ,所以BC EF ⊥,BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中,由余弦定理,有2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后,整理得222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△． 同理在DEF △中,有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α,整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时,有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时,有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时,有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上,由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△,有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△,ABC ABC BCD S AECD S S =+△△△．由此即证．推论4当AEk ED=时,有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中,E ,F ,G ,H 分别在棱AB ,BC ,CD ,DA 上,且1AE EB λ=,2BFFCλ=, 3CG GD λ=,4DHHA λ=,则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ,BG ,得四棱锥E FBDG -,G EBDH -．在CBD △,ABD △中,有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△, ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△, ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V ',则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++设六面体FHEACG 的体积为V '',则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合,得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ,F ,G ,H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形,A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心,二面角H AB C --的平面角等于30︒,SA =求三棱锥S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题）FOCBE HS图22-2A解如图222-,由题设,知AH ⊥面SBC ,作BH SC ⊥于E ,则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ,则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理,可知CO AB ⊥于F ．同理,BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心,从而SA SB SC ===又CF AB ⊥,CF 是EF 在面ABC 上的射影,由三垂线定理知EF AB ⊥,所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角,故30EFC ∠=︒,cos 6030OC SC =⋅︒=︒,tan 603SO OC =⋅︒=．又OC AB =,则3AB ==,所以,21333S ABC V -=⋅= 例2证明：任意一个四面体总有一个顶点,由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题）证明利用反证法来证,设四面体ABCD 中AB 是最长的棱,如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形,则对由A 出发的三条棱,有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱,有BA BC BD +≥．两式相加,得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中,有AB AC BC <+,AB AD BD <+．此两式相加,有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾,故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1,求证这四面体的体积18V ≤．图22-3BC证明如图223-,设AB 是这个四面体的最长的棱,则ACD △,BCD △的边长不大于1．作BCD △的高BE 和ACD △的高AF ,则BE,AF 不大于（其中1a ≤表示CD 的长度）,四面体的高AO h AF =-≤所以111332BCD V h S a =⋅△≤()21424a a =-, 而()()()()22431213a a a a a -=---+-≤,故当1a =时,()24a a -取最大值3,故31248V =≤． 例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A 和B 都具备所述的性质,则有180CAB DAB ∠+∠>︒及180CBA DBA ∠+∠>︒,但是作为CAB △和DAB △的全部6个内角之和也只有180180︒+︒,此为矛盾,从而原结论获证．例5设d 是任意四面体的相对棱间距离的最小值,h 是四面体的最小高的长．证明2d h >．（第24届全俄竞赛题）图22-4H G lF EBDAC证明如图224-,为确定起见,假定h 是四面体ABCD 中由顶点A 所引出的高,而d 是棱AB 和CD 之间的距离．经过顶点B 引直线l CD ∥,过点A 作平面垂直于棱CD 交CD 于F ,交l 于E ,于是AEF △的高AH 和FG 就分别等于h 和d ．由于AEF △的第三条高等于四面体ABCD 的某一条高,所以其值不小于h ,因此AF EF ≤,且2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤,此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）OF E P QNMA BCD图22-5证法1如图225-,设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点,MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面,因为P 为BD 的中点,则BCP CDP S S =△△,即有ABCP ACDP V V =．因此,要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分,只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线,垂足分别为E ,F ,如图225-．因为M 为AC 的中点,则有APM CPM S S =△△,故要证AMNP CMPQ V V =,只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ,易证E ,O ,F 三点共线．要证NE FQ =,只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此,考察两个平行平面,异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．N OP M QBDCA图22-6因为MP 是连接AC ,BD 中点的线段,所以它在与上述两平面平行的平面上,这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ,所以O 等分线段NQ ,即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中,没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论,则有下述两种证法． 证法2如图227-,设M ,P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ,BD 的中点．图22-7ADG当截面是平行四边形或特殊三角形时,证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =,有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中,对截线MNG 应用梅涅劳斯定理,有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而,有1CG BNGB NA⋅=． 同理,在BCD △中,有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=,即1DQ CGQC GB ⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2,下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同）,设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ,P 分别是AC ,BD 的中点,可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n ====． 由A C d d =,有A MNPQ C MNPQ V V --=．又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-,设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ,则3R r ≥．图22-843A 2A证明设O 为四面体的外心,i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤,四面体体积为V ,过顶点1A 的高11A H h =,则易知1111d OA d R h +=+≥,从而()111113S d R S h V +⋅=≥,即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥,3331133S d S R V ⋅+≥, 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加,并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=, 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4,即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑,从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥,即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,侧面面积为k S ,j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤,棱k j A A 的中点记为kj M ,含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ,j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面）,这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤,则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅,其中k ,j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ,由性质6,有223434131423242cos 3,4cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅．亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6,有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅,2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加,并将前面结果代入,有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理,得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5,有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤,则推知()22214141412cos ,4kj k j k jk j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心,则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++ 222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-,连A ,G 并延长交面234A A A 于点1G ,则1G 是234A A A △的重心,连21A G 并延长交34A A 于M ,则M 是34A A 的中点．连1A M ,对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理,有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶,则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式,有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*,有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭． 故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ,r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径,i h 为顶点i A 到所对面的距离,内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ,G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心,延长1A G ,交面234A A A 于1G ,则1G 为234A A A △的重心,连21A G 交34A A 于M 点,则M 点为34A A 中点,如图229-．由例9中证明,知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++．同理,在四面体234OA A A 中,有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++由于G 为四面体重心,由性质3,知1131A G GG =．于是,在11AOG △中,对点G 应用斯特瓦尔特定理,有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥,故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥,则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理,对2h ,3h ,3h 也有类似于上述的不等式． 此四式相加,得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =,则有4411113i i i iS h V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑,则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥,有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R ',则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径,故R r '=．于是42222141199********k j ik j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中,外接球半径为R ,体积为V ,过顶点k A ,j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ,2d ,3d 与1θ,2θ,3θ分别为三对对棱12A A ,34A A ；13A A ,24A A ；14A A ,23A A 的距离与夹角,则由性质15,有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅,亦即113346V d A A A A ⋅≤．同理,有213246V d A A A A ⋅≤,314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ,则121212112MA A S S A A d =⋅△≥,同理,可得关于kj S 的不等式,从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141411633k j k j k j k j A A A A V V<<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)1221466163RRV=． 例12设四面体1234A A A A 的内心为I ,记k j A IA △的面积为kj S ',顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证： 41416kj i k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A ',作34IN A A ⊥于N ,若记面积为k S ,j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤,则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径,则在1Rt IA N '△中,有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8,有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=,于是消去34A A ,得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅,注意到4113i i V S r ==⋅∑,则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑,并用canchy 不等式,有1241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S S θ<<=⎫'=⋅⋅⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5,有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅,即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑,对上式两边同乘以1S 后,再两边取∑,有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式,有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是,由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤． 例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍,即若令12A A a =,34A A a '=,13A A b =,24A A b '=,14A A c =,23A A c '=,顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，,则222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥,其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式,有()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理,()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理,得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a ab b a ac c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ,i d ,顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，,34k ≥ ．求证：41423ki ki i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥． 证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=,41i i x a ==∑,则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上,由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤,有443343k kki i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥,从而4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ,如图2210-,作11A H ⊥面234A A A 于1H ,作11PE A H ⊥于E ,作1PD ⊥面234A A A 于1D ,则11A P l =,11PD d =,111A H h =．A 3A 4图22-10设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，,则 ()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥,从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理,1342233PA A A S l V V ⋅-≥,1243333PA A A S l V V ⋅-≥,1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+, 即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥．同理,222221133442l S l h d S l S l S l +++≥,333331122442l S l h d S l S l S l +++≥,444441122332l S l h d S l S l S l +++≥．令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=,由前述结论,得4411423kki i k i i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时,要善于与三角形类比例15一个球内切于四面体,将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来,这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，,又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ,j ,k ,l 表示{}1234，，，的不同元素,由于i j PQ 与i k PQ是从同一顶点向球所作的切线,故i j i k PQ PQ =． 同理,i j i k PQ PQ =,从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边,边,边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠, 并用il θ表示这种角,即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π,故有2334422πθθθ++=,3441132πθθθ++=,4112242πθθθ++=,1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个,且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=,即1234θθ=． 又由对称性,得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ,34θ,42θ,由()*式,它们分别等于以2Q 为顶点的三个角,即41θ,34θ,13θ．由对称性,在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕, 注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点,证明：AKB DMC ∠=∠．”显然,这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △,外接圆半径为R ,过A ,B ,C 作平面ABC 的垂线,并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ,1B ,1C ,使1a AA h =,1b BB h =,1c CC h =,这里a h ,b h ,c h 分别表示边BC ,CA ,AB 边上的高．求四个平面11A B C ,11B C A ,11C A B ,ABC 所围成的四面体的体积． 解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点,则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此,K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点,从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理,类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ,因此B I 就是平面11A B C ,11B C A 与ABC 的公共点,即为所求四面体的一个顶点．这样,旁心A I ,B I ,C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ,则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点,因而在直线1B B I 上,P 在平面ABC 上的射影在B BI 上,也在A AI 上,因而P 的射影就是ABC △的内心I ． 由相似三角形,1PI AA ∥,且1A P 与AI 相交于A I ,可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===,其中r 为ABC △的内切圆半径,a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ,则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a ---=⋅=⋅=-△． 由平面几何知识,易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，,以i j A A 为棱的二面角为il θ,则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤． 证明联想到在ABC △中,运用三角形射影定理并结合柯西不等式,有2223cos cos cos 4A B C ++≥, 31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤,于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5,1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, 由Cauchy 不等式,有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤,从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理,还有类似于上式的三个式子,四式相加,得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i i x x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥．故2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S SS S θθθ=⋅+⋅+⋅≥ 同理,还有类似于上式的三个不等式,此四式相乘,化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥；（Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n-+<+∏≤≤≤,其中2n =为三角形的,3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ,ACD ,BCD 上,由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等,证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）COCDEGABDEFG(b)(a)图22-11证明设E ,F ,G 分别是边AB ,BC ,CA 的中点,连结DE ,DF ,DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ,则1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△．由于sin 0θ>,所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中,任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此,我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上,得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中,显然,有D G DG '=,DF D F '=．由Ptolemy （托勒密）不等式,有 D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ,由DFG D FG '△△≌,得DO D O '=．在DOE △中, DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，,过点i B ,i C ,i D 作平面i α,i β,i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ,i i AC ,i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α,i β,i γ()123i =，，相交于一点E ,而三点1A ,2A ,3A 在同一直线l 上,求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多,画出准确的全图几乎不可能．为此,画出一个局部图．231B 1图22-12(a)(b)连1A E 与1B E 如图2212- （a ）,可知111A B B E ⊥,此表明以1A E 为直径的球过1A ,1B ,E 三点．同样可知,这球过1A ,1B ,1C ,1D ,E 五点,此表明中心在1A E 的中点1O ,直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，．于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆,它们有一个公共点E ,从E 向直线123A A A 作垂线,垂足为E ',显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点,所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时,此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点．例20如图22-13,过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ,N ,S ,T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=．（《数学通报》问题1362题） B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13证明设1G 为ABC △的重心,连1PG ,并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ,1B ,1C ．连1PA ,1PB ,1PC ,在平面α内,直线l 与1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的交点分别为M ,N ,S ,T ．因G 是四面体重心,1G 是ABC △的重心,由重心性质,知G 分1PG 所成的比为31∶,且 1112111110G A G B G C ++=． 图22-14以1G 为原点,以直线11G A 为x 轴,建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ,()1,0B b ,()1,0C c ,(),P m n ,别由1112121110G A G B G C ++=,知1110a b c ++=,,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的方程分别为()n y x a m a =--,()ny x b m b=--, ()ny x c m c=--,0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角,t 为参数） 并设M ,N ,S ,T 对应的参数分别为1t ,2t ,3t ,4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 方程,得 114sin 4cos 4sin 33m n t na n ααα-⋅-⋅=+, 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+, 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+,414sin t n α-=由1110a b c++=,得123411110t t t t +++=,故11110GM GN GS GT +++=． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ,2d ,3d ,则四面体的体积V 不小于13123d d d ． D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15证明如2215-,过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ,AD 与BC ,AC 与BD ,分别引三对相互平行的平面,得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体）,各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离,又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍．在底面11A DB C 中,作1EF CA ⊥于E ,则1EF B D ⊥．设垂足为F ,则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离,即3EF d ≥．又12AC d ≥,所以1123A DB CSd d ⋅≥．又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ,因此,1111111123AD BC A DB C A DB CV Sd d d d -=⋅⋅⋅≥．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ,b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长,r 为四面体内切球半径,求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）GABCDHFE图22-16证明如图2416-,过AB 与CD 分别作ABEF 与CDGH ,使得AF CD ∥,CH AB ∥,连AC ,BH ,EG ,FD ,得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ,CB ,CD 为共顶点的棱构成平行六面体）．设AB 与CD 之间的距离为d ,它们所成的角为θ,则由性质15,知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高,显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离,即a h d >,而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理,12ABC S ad >△,12ACD S bd >△,12BCD S bd >△．于是,四面体ABCD 的表面积()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1,即13V S r =⋅表,得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α,β,γ,δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ,B ,C ,D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面,则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ,半径为R ．令OA a =,OB =b ,OC c =,CD d =．对空间中任意一点X ,令OX x =,则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥,所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ,即2⋅a x =R ． 同理,平面β,γ,δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ,2⋅c x =R ,2R ⋅=d x ．注意到,对任意不同时为零的数λ,μ,有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ,且对任意X l ∈,有2R ⋅=⋅a x b x =．另外,对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ,μ,使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ,可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解,即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证,平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的,所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ,b h ,c h ,d h ,在各高线上分别取1A ,1B ,1C ,1D ,使1a k AA h =,1a k BB h =,1c k CC h =,1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心．证明令AB b =,AC c =,AD d =,根据向量矢量积的意义,知同BD BC ⨯的方向是对应A 点高线的方向,而它的长度是BCD △面积的2倍． 设A 点对应高线的单位向量为i ,则 2BCDBD BCi S ⨯=△,而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b ．故2i S⨯⨯⨯=b d +d c +c d．同理,设B ,C ,D 点对应的高线的单位向量分别为j ,k ,l ,则 22ACD ACDAC AD S S ⨯⨯=△△c dj =,2ADB S ⨯△d b k =,2ABC S ⨯△b c l =．若设四面体ABCD 的体积为V ,因而()16a k kAA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d ．同理,()16k BB V =⨯c d ,()16k CC V =⨯d b ,()16kDD V=⨯b c ． 因而,有11110AA BB CC DD +++=． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心,则()1111111114AO A B AC A D =++ ()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++ ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d + ()114A A =-b +c +d ． 而111AO AA AO =+,故()114AO AO ==b +c +d ,这表示1O 与O 重合． 【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ,SB ,SC 上分别取点1A ,1B ,1C ,使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ,B ,C ,1A ,1B ,1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题） 2．在四面体ABCD 内求作一点P ,使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶,其中α,β,γ,δ为给定的正数．3．设P ,Q ,R 分别是四面体ABCD 的棱AC ,AD ,AB 或延长线上的点,E ,F 在BC 上,且BE EF FC ==,AE ,AF 分别与RP 交于点G ,H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ,1V ．求证：13V V ≥,当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球,且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中,P 为各棱长之和,V 为其体积,用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点的截面（即中线面）面积,其余中线面表示类同,求证：()()()()()()1111113CD AB BC AD BD AC P S S S S S S V+++++≤ 等号当且仅当四面体为正四面体时取得．6．四面体KLMN 的顶点在另一个四面体ABCD 的内部,在其面上或者棱上．证明：四面体KLMN 各棱长度的和小于四面体ABCD 各棱长度和的34．（第16届全苏竞赛题） 7．观察一切外切于已知球的四面体AXBY 证明：当确定点A ,B 后,空间四边形的角之和,AXB XBY BYA YAX ∠+∠+∠+∠不依赖于点X 和Y 的选择．（第20届全苏竞赛题）8．四面体ABCD 中,面ABC 与BCD 的夹角为30︒,ABC △的面积为120,BCD △的面积为80；10BC =．求此四面体的体积．（1992年美国竞赛题）9．在四面体ABCD 内部有一点O ,使得直线AO ,BO ,CO ,DO 与四面体的面BCD ,ACD ,ABD ,ABC 分别交于1A ,1B ,1C ,1D 四点,且1111AO BO CO DOk A O B O C O D O ====．求k 的所有可能的值．（1968年保加利亚竞赛题）10．如果两个四面体的四个面的面积对应相等,则它们的体积也一定相等．对否？。
四面体中若干问题的探论【摘要】四面体的相关问题经常作为高考和竞赛的考题背景，自然也就成为中学数学研究的重点之一.本文首先用代数和几何两种不同的方法讨论了:六正数构成四面体六条棱长的充要条件，然后又从平面几何和立体几何两个角度对充要条件的应用展开了较深入的思考,然后再根据这个充要条件推导出了四面体的六棱求积公式等一系列重要的结论，最后本文把三角形的两个优美的结论，在四面体中作了类比推广，同时也是对《中学数学研究》提出的:数学疑难系列之六，做了完整的回答。
【关键词】四面体；充要条件；余弦定理About some questions in the tetrahedronZeng zhong-jun【Abstract】The related questions of tetrahedron frequently as the college entrance examination and the competition examination question background, also becomes one of the middle school mathematics research. This article first used the algebra and the geometry methods discussed the necessary and sufficient conditions of six positive number constitution tetrahedron six leng long, then have launched the thorough ponder from the plane geometry and the solid geometry twoangles to the necessary and sufficient condition application, then acted according to this necessary and sufficient condition to infer the tetrahedron six leng quadrature formula again and so on a series of important conclusions, finally this article the triangle two exquisite conclusions, has made in the tetrahedron the analogy promotion, simultaneously was also proposes to "Middle school Mathematics Research": Sixth mathematics difficult series, have given the complete reply.【Key words】Tetrahedron；Sufficient and necessary condition；Cosine theorem1.引言我们知道三角形和四面体分别是平面几何和立体几何中最简单的封闭图形,在过去的学习过程中,我们对三角形的相关性质研究得比较多,也得出了很多优美的结论.但是对于四面体的相关问题的研究就显得较少,可以说四面体是一片很有开发空间的“土地”,可以成为中学数学探究性学习的很好的课题,同时也可以作为中学数学教师加强数学基本功练习的不错的素材.本文就不同角度对四面体的一些基本性质做了比较深入的思考,也得出了很多重要的结论.2. 六正数构成四面体六棱长的充要条件定理1设, , , , , 为六正数,则这六正数构成四面体六条棱长的充要条件是:=++- ＞0(其中:和，和，和各为四面体的一组对棱).2.1 定理1的代数证明证明:如图1所示四面体,因为; 分别为, 的三边.易知＞＞.所以,对于及有:＞+ + (1)＞+ + (2)当二面角的平面角或时，易知四点共面.(1) 当二面角的平面角时,建立如图2所示的直角坐标系,则有: , 假设两点坐标分别为:, 那么我们有:，，，解方程组可得两点的坐标分别为,(其中: =-- - + + + ,且由(1),(2)式可知,, ).(2) 当二面角的平面角时,建立如图3所示的直角坐标系, 则有: ,由(1)的推导过程,同理可得两点的坐标分别为:, .由两点间的距离公式可知:(其中:=- + + + + - + + - ).因为四面体的四个顶点,则二面角的平面角应满足:,从而有:＜＜LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL(3)将不等式(3)平方得:,即有＜＜整理得: ＜两边同时平方:＜(4)把, , 代入(4)式中,整理化简得:++- ＞0由于以上求解过程步步可逆,所以:六正数和, 和, 和构成四面体的六条棱长的充要条件是: (其中:和, 和, 和各为四面体的一组对棱).2.2 定理1的几何证明证明:如图4所示四面体,设, , 则有:由(5),(6)可知:由,且,可知.又在上为减函数,所以,即: ＞(9)对于而言:①当时,由在上为减函数可知: .②当时,由可知:,又因在上为增函数,所以所以: 对于,且都有由(9),(10)可知:＜＜(11)即: - ＜＜+所以,即＜,所以＜• ,不等式两边同时平方可知- + ＜化简整理可得:1+ - - - ＞(12)又在，，中,由余弦定理可知:=(13)=(14)=(15)把(13),(14),(15)分别代入(12)式中有:1+ • •- -- ＞0去分母化简整理可知:++- ＞0由于以上求解过程步步可逆,所以:六正数和, 和, 和构成四面体的六条棱长的充要条件是: (其中:和, 和, 和各为四面体的一组对棱).2.3 关于定理1的说明及推论对于定理1的充要条件,很容易认为:只要对于的三边: , 的三边:, 的三边: , 的三边:分别满足构成三角形的条件,就可以保证六正数和, 和, 和可以构成四面体的六条棱长(其中: 和, 和, 和各为四面体的一组对棱).其实不然,例如:=10, =9, =7, =8, =14, =11时,, , , 都存在,但是=-552321＜0.由上述定理可知,这样的六正数不能构成四面体的三组对棱长,从而不能构成四面体.由定理1的代数证明过程,容易知道:当二面角的平面角或时,四点共面,此时有:或,即:= ,所以:= ,从而:其实由定理1的几何证明过程，同样可以得出：当(5),(6),(7)式中的七个不等式中任何一个取时，四点共面，此时显然可以推出：因此,我们有如下推论:推论1 六正数构成四面体三组对棱的充要条件是:推论2 空间四点共面的充要条件是: .2.4 定理1及其推论的应用下面根据定理1,给出已知四面体六棱长求该四面体的体积公式:定理2已知四面体的三组对棱分别为和, 和, 和,且,则四面体的体积为：证明:如图5,过四面体顶点作底面的垂线交于点,连结,且设,则有:, , .因四点共面,由推论2可知把, , 代如中整理有:-= (16)在中,由海伦公式有:(其中).平方整理有,代入(16)式中得: ,又,所以此公式非常简洁,很好记忆,特别适合求已知四面体六条棱长的非特殊四面体的体积,但是此公式的弱点是计算量较大.特别地:令,可得等腰四面体(三组对棱分别相等的四面体)的体积公式:令:可得正三棱锥的体积公式:令可得正四面体的体积公式: 令, , 可得垂直四面体(存在一个顶点出发的三条棱两两垂直的四面体)的体积公式:例1 (2003年全国高中数学联赛)如图6所示,在中,, , 是的中点.将沿折起,使两点间的距离为,求此三棱锥的体积.解: 由题意可知,分别记, , .所以由定理2即得:例2如图7,已知四面体的棱长, , , , , ,求四面体的体积.解:设= , = , = , = , = , = 所以由定理2即得:为了简化定理2的计算量,下面我们给出已知四面体由一个顶点出发的三条棱长及其中每两条棱的夹角，求其体积的公式：定理3已知四面体由顶点出发的三条棱长分别为.其中, , 则这个四面体的体积为：证明:如图8所示,过A作于H,过H作于M,于N,连结, 则,且易知, .从而:因为四点在以为直径的圆上,即为外接圆直径.=== =从而四面体的体积:= =定理3相对于定理2的优点在于大大降低了求体积的计算量.对于上述例1，例2这类已知四面体的六棱长求该四面体体积的问题,当然也可以用定理3来完成，只需要用余弦定理求出对应的,再代入定理3的公式即可.对于推论2即: 空间四点共面的充要条件,在三角形的有关计算和一些数学奥赛定理的证明中,有着广泛的应用,下面举例说明:例3已知三角形三边长,求中线长.如图9所示,在四边形中,令: ,则即为的中线.把代入中,化简即得中线长.例4证明斯得瓦尔特(Stewart)定理: 已知及边两点间一点，求证:+ -=如图9,在四边形中,令: ,则点D位于B,C两点之间.把代入中,整理即得:,即:+ -=例5证明西姆松(Simson)定理,即:已知三角形的三边长,求其内角平分线长.如图9,在四边形中,令: ,,即:, ,则AD即为的的角平分线,把, 代入中,整理可得:角平分线长(其中:).3.三角形的两个性质在四面体中的类比推广类比是根据两类不同对象之间在某些方面有相同或相似之处，猜测它们在其他方面也可能相同或相似，并做出某些判断的方法.在中学数学教学过程中，类比思想是一种重要的具有创造性的思想，有助于发现、解决问题，是数学知识拓展的原动力之一.由于三角形和四面体分别是平面几何和立体几何中最简单的封闭图形，下面就三角形的两个性质在四面体中做类比推广.3.1 五心俱全且有两心重合的四面体为正四面体大家都知道一个三角形有外心，内心，重心，垂心，界心(4)并且有两心重合的三角形为正三角形.文[3]提出了数学疑难之6:四心俱全且有两心重合的四面体是否正四面体?.是一个十分有趣的问题,经过笔者的研究发现，对于四面体而言我们有如下定理：定理4五心(即四面体的外心,内心,重心,垂心, )俱全且有两心重合的四面体为正四面体.为了得到定理4,我们先给出以下三个引理:引理1(5)若点P是四面体内一点, 则点P是四面体重心的充要条件是:= = = .引理2(6)若四面体的四条高相等且相交于一点,则该四面体为正四面体.引理3(7)垂心存在的四面体(非正三棱锥)的垂心,内心,外心,及界心构成以重心为中心的平行四边形的四个顶点.为了证明定理4,我们先证明如下命题:命题1 垂心存在且重心和内心重合的四面体为正四面体.证明:如图10,设ABCD是垂心存在的四面体,点P同时为四面体ABCD的重心和内心,且设底面ABC,BCD ,CDA ,DAB上的高分别为,设点P到ABC,BCD ,CDA ,DAB上的距离分别为.因点P为四面体ABCD的重心,由引理1知,= = = ,又P为内心,则,∴,∴.又Q四面体ABCD的垂心存在,即四条高线交于一点,由引理2可知,四面体ABCD为正四面体.命题2 垂心和外心重合的四面体为正四面体.证明:如图11,点P为四面体ABCD的垂心和外心,连结PA,PB,PC,PD,延长DP交面ABC于点0,连结AO,BO,CO.因P为四面体的垂心,所以DP⊥面ABC,AP⊥面BCD,∴BC⊥面ADP,∴AO⊥BC同理可得:BO⊥AC,CO⊥AB,∴为O的垂心ΔABC.又因P为四面体的外心,则PA=PB=PC ,又PO⊥面ABC ,所以ΔAOP≌ΔBOP≌ΔCOP, ∴AO=BO=CO,即0为ΔABC的外心, ∴ΔABC有两心重合,所以ΔABC为等边三角形.同理: ΔBCD,ΔCDA,ΔDAB也为等边三角形.∴四面体ABCD为正四面体.命题3 垂心和内心重合的四面体为正四面体.证明:如图12, 点P为四面体ABCD的垂心和内心,连结PA,PB,PC,PD,并延长DP,AP分别交面ABC,BCD于点O,Q,连结AO,DQ,Q,P为四面体垂心,∴PO=PQ又∠APO=DPQ,∴ΔAPO ≌ΔDPQ,所以:AP=DP.同理可得AP=BP=CP=D=,∴点P为四面体ABCD的外心,所以:四面体ABCD的垂心和外心重合.由结论2可知,四面体ABCD为正四面体.命题4 垂心存在且内心和外心重合的四面体为正四面体.证明:如图13, 点P为四面体ABCD的外心和内心,过点P 作PO1,PO2,PO3,PO4分别垂直于面BCD,ACD,ABD,ABC,垂足分别为O1,O2,O3,O4,并连结PA,PB,PC.因P为四面体ABCD的外心,所以:AP=BP=CP,又Q,PO4⊥面ABC ,所以：ΔPO4A≌ΔPO4B ≌ΔPO4C , ∴AO4=BO4=CO4即O4为ΔABC的外心,同理:O1O2O3分别为ΔBCD, ΔACD, ΔABD的外心.又P为四面体ABCD的内心,则:PO3=PO4 ∴ΔPO4B≌ΔPO3B,∴BO3=BO4,即ΔBCD,ΔACD,ΔABD,ΔADC的外接圆半径全相等.ΔAO4B≌ΔAO3B,∴∠AO4B=AO3B ,同理可得: ∠BO4C=∠BO1C, ∠BO1D=∠BO3D, ∠AO3D=∠AO2D, ∠AO4C=∠AO2C, ∠CO1D=∠CO3D,不妨设：∠AO4B=∠AO3B= ,∠BO4C=∠BO1C= ,∠BO1D=∠BO3D= ,∠AO3D=AO2D= ,∠AO4C=AO2C= ,∠CO1D=∠CO2D=(17)+(19)得: =1200LLL(21)(18)+(20)得:,比较(21)(22)得,即, ≌, 同理: , .即:四面体为等腰四面体(三组对棱分别相等的四面体). ≌≌≌, ∴SABC=SBCD=SCDA=SDAB,∴( 的意义同命题1).又Q四面体ABCD的垂心存在,即四条高线交于一点,由引理2可知,四面体ABCD为正四面体.当四面体ABCD垂心存在,且界心和重心重合或界心和内心重合时,由引理3可知,内心和重心重合,再由命题1可得如下结论:命题5 垂心存在且重心和界心重合的四面体为正四面体.命题6 垂心存在且内心和界心重合的四面体为正四面体.当四面体ABCD的垂心和重心重合或外心和重心重合时,由引理3可知,垂心和重心重合,再由命题2可得如下结论: 命题7 垂心和重心重合的四面体为正四面体.命题8 垂心存在且重心和外心重合的四面体为正四面体.当四面体ABCD的垂心存在, 且外心和界心重合时,由引理3可知,垂心和内心重合,再由命题3可得如下结论: 命题9 垂心存在且外心和界心重合的四面体为正四面体.当四面体ABCD的垂心和界心重合时,由引理3可知,内心和外心重合,再由命题4可得如下结论:命题10 垂心和界心重合的四面体为正四面体.综上命题1到命题10可知:五心俱全且有两心重合的四面体为正四面体，从而定理4得证.但如果四面体的垂心不存在,则命题1, 命题4, 命题5, 命题6的结论应为等腰四面体(三组对棱分别相等的四面体),证明略.3.2 四面体余弦定理普通高级中学课本在高一(下)向量部分给出了解斜三角形的一个有力工具――余弦定理，下面我们就把余弦定理类比推广到四面体中，不妨称之为“四面体余弦定理”.定理5如图14，在四面体ABCD中，设顶点A,B,C,D所对面的面积分别为S1,S2,S3,S4.其中每两面所夹的二面角分别为( ),则：= + + -- - ；= + +- - -= + + -- -= + + -- -证明:过顶点A作于O,由射影面积公式有：= + + =+ +(23)同理：= + +(24)= + +(25)= + +(26)由(24)得= - + ，两边同时乘以得：= - +(27)同上可得：= - +(28)= -+(29)(27)+(28)+(29)得：=+ + - --再将(23)式带入上式左边有：= + + -- -用同样的方法可以证明：= + + -- -= + + -- -= + + -- -以上即为“四面体余弦定理”的内容，证明及表达式.如果在四面体ABCD中从一点出发的三条棱，两两垂直即共点的三个面两两垂直，不妨设D为此顶点，此时有：，.由四面体余弦定理可得，这就是勾股定理在四面体中的推广，可以称为“四面体勾股定理”.参考文献[1]付增德.数学疑难之9:6正数如何构成四面体的6棱长?[J].中学数学研究(广州),2007(3) .[2]曾中君. 6正数构成四面体3组对棱长的充要条件[J].中学数学研究(广州).本文已收到用稿通知,文章登记编号:07-1611.[3]许鲔潮.数学疑难之6:四心俱全且有两心重合的四面体是否正四面体?[J].中学数学研究,2006(12).[4]邓胜.四面体界点,界心及其坐标公式[J].中学数学,2002(11).[5]段惠民.也谈重心向量形式的应用[J].数学通讯,2004(13).[6]虞关寿.四面体与平行六面体的关系探析[J].数学通讯,2005(9).[7]黄华松.垂心存在的四面体若干心的一个性质[J].数学通讯,2006(3).[8]朱德祥.初等数学复习及研究(立体几何)[M].北京:人民教育出版社,1960.[9]曾中君.直线y=kx(k=a/b)上的点到椭圆最短距离的讨论[J].数学教学通讯,2007(1)收稿日期：2011-04-22“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”。
立体几何考试内容：平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．平行平面的判定与性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定与性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．考试要求:（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图;能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．（2）掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离．（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念掌握三垂线定理及其逆定理．（4）掌握两个平面平行的判定定理和性质定理，掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．（5）会用反证法证明简单的问题．（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．9（B）．直线、平面、简单几何体立体几何知识要点一、平面.1. 经过不在同一条直线上的三点确定一个面.注：两两相交且不过同一点的四条直线必在同一平面内.2. 两个平面可将平面分成3或4部分.（①两个平面平行，②两个平面相交）3. 过三条互相平行的直线可以确定1或3个平面.（①三条直线在一个平面内平行，②三条直线不在一个平面内平行）[注]：三条直线可以确定三个平面，三条直线的公共点有0或1个.4. 三个平面最多可把空间分成8 部分.（X、Y、Z三个方向）二、空间直线.1. 空间直线位置分三种：相交、平行、异面. 相交直线—共面有反且有一个公共点；平行直线—共面没有公共点；异面直线—不同在任一平面内[注]：①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（×）（可能两条直线平行，也可能是点和直线等）②直线在平面外，指的位置关系：平行或相交③若直线a、b异面，a平行于平面α，b与α的关系是相交、平行、在平面α内.④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点.⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×）（射影不一定只有直线，也可以是其他图形） ⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）（并非是从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段）⑦b a ,是夹在两平行平面间的线段，若b a =，则b a ,的位置关系为相交或平行或异面.2. 异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.（不在任何一个平面内的两条直线）3. 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.4. 等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等（如下图）.（二面角的取值范围[) 180,0∈θ） （直线与直线所成角(] 90,0∈θ） （斜线与平面成角() 90,0∈θ） （直线与平面所成角[] 90,0∈θ）（向量与向量所成角])180,0[ ∈θ推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等.5. 两异面直线的距离：公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面）三、 直线与平面平行、直线与平面垂直.1. 空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.2. 直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行，线面平行”）[注]：①直线a 与平面α内一条直线平行，则a ∥α. （×）（平面外一条直线） ②直线a 与平面α内一条直线相交，则a 与平面α相交. （×）（平面外一条直线） ③若直线a 与平面α平行，则α内必存在无数条直线与a 平行. （√）（不是任意一条直线，可利用平行的传递性证之）④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （×）（可能在此平面内）⑤平行于同一直线的两个平面平行.（×）（两个平面可能相交）⑥平行于同一个平面的两直线平行.（×）（两直线可能相交或者异面）⑦直线l 与平面α、β所成角相等，则α∥β.（×）（α、β可能相交）3. 直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.（“线面平行，线线平行”）4. 直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α，a ⊥AO ，得a ⊥PO （三垂线定理）， 得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ，但PO 不垂直OA .● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面.（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直12方向相同12方向不相同P OA a于这个平面.推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.[注]：①垂直于同一平面．．．．的两个平面平行.（×）（可能相交，垂直于同一条直线．．．．．的两个平面平行）②垂直于同一直线的两个平面平行.（√）（一条直线垂直于平行的一个平面，必垂直于另一个平面）③垂直于同一平面的两条直线平行.（√）5. ⑴垂线段和斜线段长定理：从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段射影较长；③垂线段比任何一条斜线段短.[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）]⑵射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上四、 平面平行与平面垂直.1. 空间两个平面的位置关系：相交、平行.2. 平面平行判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，哪么这两个平面平行.（“线面平行，面面平行”）推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行；平行于同一平面的两个平面平行.[注]：一平面间的任一直线平行于另一平面.3. 两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行同时和第三个平面相交，那么它们交线平行.（“面面平行，线线平行”）4. 两个平面垂直性质判定一：两个平面所成的二面角是直二面角，则两个平面垂直.两个平面垂直性质判定二：如果一个平面与一条直线垂直，那么经过这条直线的平面垂直于这个平面.（“线面垂直，面面垂直”）注：如果两个二面角的平面对应平面互相垂直，则两个二面角没有什么关系.5. 两个平面垂直性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面. 推论：如果两个相交平面都垂直于第三平面，则它们交线垂直于第三平面. 证明：如图，找O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l ，因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,则OB PM OA PM ⊥⊥,. 6. 两异面直线任意两点间的距离公式：θcos 2222mn d n m l +++=（θ为锐角取加，θ为钝取减，综上，都取加则必有⎥⎦⎤ ⎝⎛∈2,0πθ） 7. ⑴最小角定理：21cos cos cos θθθ=（1θ为最小角，如图）⑵最小角定理的应用（∠PBN 为最小角）简记为：成角比交线夹角一半大，且又比交线夹角补角一半长，一定有4条.成角比交线夹角一半大，又比交线夹角补角小，一定有2条.成角比交线夹角一半大，又与交线夹角相等，一定有3条或者2条.成角比交线夹角一半小，又与交线夹角一半小，一定有1条或者没有.五、 棱锥、棱柱.1. 棱柱.⑴①直棱柱侧面积：Ch S =（C 为底面周长，h 是高）该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的. 图1θθ1θ2图2P αβθM A B O②斜棱住侧面积：l C S 1=（1C 是斜棱柱直截面周长，l 是斜棱柱的侧棱长）该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的.⑵{四棱柱}⊃{平行六面体}⊃{直平行六面体}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}. {直四棱柱}⋂{平行六面体}={直平行六面体}. 四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体底面是平行四边形侧棱垂直底面底面是矩形底面是正方形侧面与底面边长相等⑶棱柱具有的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧面都是矩形．．．．．．．．；正棱柱的各个侧面都是全等的矩形．．．．．.②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等．．多边形. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.注：①棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直可推测是直棱柱. （×）（直棱柱不能保证底面是钜形可如图）②（直棱柱定义）棱柱有一条侧棱和底面垂直.⑷平行六面体：定理一：平行六面体的对角线交于一点．．．．．．．．．．．．．，并且在交点处互相平分. [注]：四棱柱的对角线不一定相交于一点.定理二：长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和.推论一：长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为γβα,,，则1c o s c o s c o s 222=++γβα.推论二：长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为γβα,,，则2c o s c o s c o s 222=++γβα.[注]：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.（×）（斜四面体的两个平行的平面可以为矩形） ②各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱.（×）（应是各侧面都是正方形的直．棱柱才行） ③对角面都是全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.（×）（只能推出对角线相等，推不出底面为矩形）④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直. （两条边可能相交，可能不相交，若两条边相交，则应是充要条件）2. 棱锥：棱锥是一个面为多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形.[注]：①一个棱锥可以四各面都为直角三角形.②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥；所以棱柱棱柱3V Sh V ==.⑴①正棱锥定义：底面是正多边形；顶点在底面的射影为底面的中心.[注]：i. 正四棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形.（不是等边三角形）ii. 正四面体是各棱相等，而正三棱锥是底面为正△侧棱与底棱不一定相等iii. 正棱锥定义的推论：若一个棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形（即侧棱相等）；底面为正多边形.②正棱锥的侧面积：'Ch 21S =（底面周长为C ，斜高为'h ）③棱锥的侧面积与底面积的射影公式：αcos 底侧S S =（侧面与底面成的二面角为α） 附： 以知c ⊥l ，b a =⋅αcos ，α为二面角b l a --.则l a S ⋅=211①，b l S ⋅=212②，b a =⋅αcos ③ ⇒①②③得αcos 底侧S S =.注：S 为任意多边形的面积（可分别多个三角形的方法）.⑵棱锥具有的性质：①正棱锥各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高相等（它叫做正棱锥的斜高）.②正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形，正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形. ⑶特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心.⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心.⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心.⑦每个四面体都有外接球，球心0是各条棱的中垂面的交点，此点到各顶点的距离等于球半径；⑧每个四面体都有内切球，球心I 是四面体各个二面角的平分面的交点，到各面的距离等于半径.[注]：i. 各个侧面都是等腰三角形，且底面是正方形的棱锥是正四棱锥.（×）（各个侧面的等腰三角形不知是否全等） ii. 若一个三角锥，两条对角线互相垂直，则第三对角线必然垂直. 简证：A B ⊥CD ，AC ⊥BD ⇒ BC ⊥AD. 令b AC c AD a AB ===,, 得c a c b AD BC c AD a b AB AC BC -=⋅⇒=-=-=,，已知()()0,0=-⋅=-⋅c a b b c a0=-⇒c b c a 则0=⋅AD BC . iii. 空间四边形OABC 且四边长相等，则顺次连结各边的中点的四边形一定是矩形.iv. 若是四边长与对角线分别相等，则顺次连结各边的中点的四边是一定是正方形. 简证：取AC 中点'O ，则⊥⇒⊥'⊥'AC AC O B AC o o ,平面=∠⇒⊥⇒'FGH BO AC B O O 90°易知EFGH 为平行四边形⇒EFGH 为长方形.若对角线等，则EFGH FG EF ⇒=为正方形.3. 球：⑴球的截面是一个圆面.①球的表面积公式：24R S π=.②球的体积公式：334R V π=. l ab c B C D A a bcFE HG B C DA O'O r⑵纬度、经度：①纬度：地球上一点P 的纬度是指经过P 点的球半径与赤道面所成的角的度数.②经度：地球上B A ,两点的经度差，是指分别经过这两点的经线与地轴所确定的二个半平面的二面角的度数，特别地，当经过点A 的经线是本初子午线时，这个二面角的度数就是B 点的经度.附：①圆柱体积：h r V 2π=（r 为半径，h 为高） ②圆锥体积：h r V 231π=（r 为半径，h 为高） ③锥形体积：Sh V 31=（S 为底面积，h 为高）4. ①内切球：当四面体为正四面体时，设边长为a ，a h 36=，243a S =底，243a S =侧 得a a a R R a R a a a 46342334/424331433643222=⋅==⇒⋅⋅+⋅=⋅. 注：球内切于四面体：h S R S 313R S 31V 底底侧AC D B ⋅=⋅+⋅⋅⋅=- ②外接球：球外接于正四面体，可如图建立关系式.六. 空间向量.1. （1）共线向量：共线向量亦称平行向量，指空间向量的有向线段所在直线互相平行或重合.注：①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线.（×） [当0=b 时，不成立] ②向量c b a ,,共面即它们所在直线共面.（×） [可能异面]③若a ∥b ，则存在小任一实数λ，使b a λ=.（×）[与0=b 不成立]④若a 为非零向量，则00=⋅a .（√）[这里用到)0(≠b b λ之积仍为向量]（2）共线向量定理：对空间任意两个向量)0(,≠b b a ，a ∥b 的充要条件是存在实数λ（具有唯一性），使b a λ=.（3）共面向量：若向量a 使之平行于平面α或a 在α内，则a 与α的关系是平行，记作a ∥α.（4）①共面向量定理：如果两个向量b a ,不共线，则向量P 与向量b a ,共面的充要条件是存在实数对x 、y 使b y a x P +=.②空间任一点．．．O ．和不共线三点．．．．．．A ．、．B ．、．C ．，则)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP 是P ABC 四点共面的充要条件.（简证：→+==++--=AC z AB y AP OC z OB y OA z y OP )1(P 、A 、B 、COR四点共面）注：①②是证明四点共面的常用方法.2. 空间向量基本定理：如果三个向量．．．．c b a ,,不共面．．．，那么对空间任一向量P ，存在一个唯一的有序实数组x 、y 、z ，使c z b y a x p ++=.推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P , 都存在唯一的有序实数组x 、y 、z 使 OC z OB y OA x OP ++=(这里隐含x+y+z≠1).注：设四面体ABCD 的三条棱，,,,d AD c AC b AB ===其中Q 是△BCD 的重心，则向量)(31c b a AQ ++=用MQ AM AQ +=即证. 3. （1）空间向量的坐标：空间直角坐标系的x 轴是横轴（对应为横坐标），y 轴是纵轴（对应为纵轴），z 轴是竖轴（对应为竖坐标）.①令a =(a 1,a 2,a 3),),,(321b b b b =，则),,(332211b a b a b a b a ±±±=+))(,,(321R a a a a ∈=λλλλλ332211b a b a b a b a ++=⋅ a ∥)(,,332211R b a b a b a b ∈===⇔λλλλ332211b a b a b a ==⇔ 0332211=++⇔⊥b a b a b a b a 222321a a a a a a ++=⋅=(用到常用的向量模与向量之间的转化：a a a a a a ⋅=⇒⋅=2)232221232221332211||||,cos b b b a a a b a b a b a b a b a b a ++⋅++++=⋅⋅>=< ②空间两点的距离公式：212212212)()()(z z y y x x d -+-+-=.（2）法向量：若向量a 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥a ，如果α⊥a 那么向量a 叫做平面α的法向量.（3）用向量的常用方法：①利用法向量求点到面的距离定理：如图，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条射线，其中α∈A ，则点B 到平面α的距离为||||n n AB ⋅.②利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则21,n n 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n n 方向相同，则为补角，21,n n 反方，则为其夹角）.③证直线和平面平行定理：已知直线≠⊄a 平面α，α∈⋅∈⋅D C a B A ,，且CDE 三点不共线，则a ∥α的充要条件是存在有序实数对μλ⋅使CE CD AB μλ+=.（常设CE CD AB μλ+=求A DC M BG解μλ,若μλ,存在即证毕，若μλ,不存在，则直线AB 与平面相交）. α▲n BC A αβ▲n 2n 1αC E D ABII. 竞赛知识要点一、四面体.1. 对照平面几何中的三角形，我们不难得到立体几何中的四面体的类似性质：①四面体的六条棱的垂直平分面交于一点，这一点叫做此四面体的外接球的球心；②四面体的四个面组成六个二面角的角平分面交于一点，这一点叫做此四面体的内接球的球心；③四面体的四个面的重心与相对顶点的连接交于一点，这一点叫做此四面体的重心，且重心将每条连线分为3︰1；④12个面角之和为720°，每个三面角中任两个之和大于另一个面角，且三个面角之和为180°.2. 直角四面体：有一个三面角的三个面角均为直角的四面体称为直角四面体，相当于平面几何的直角三角形. （在直角四面体中，记V 、l 、S 、R 、r 、h 分别表示其体积、六条棱长之和、表面积、外接球半径、内切球半径及侧面上的高），则有空间勾股定理：S 2△ABC +S 2△BCD +S 2△ABD =S 2△ACD.3. 等腰四面体：对棱都相等的四面体称为等腰四面体，好象平面几何中的等腰三角形.根据定义不难证明以长方体的一个顶点的三条面对角线的端点为顶点的四面体是等腰四面体，反之也可以将一个等腰四面体拼补成一个长方体.（在等腰四面体ABCD 中，记BC = AD =a ，AC = BD = b ，AB = CD = c ，体积为V ，外接球半径为R ，内接球半径为r ，高为h ），则有 ①等腰四面体的体积可表示为22231222222222c b a b a c a c b V -+⋅-+⋅-+=； ②等腰四面体的外接球半径可表示为22242c b a R ++=；③等腰四面体的四条顶点和对面重心的连线段的长相等，且可表示为22232c b a m ++=； ④h = 4r.二、空间正余弦定理.空间正弦定理：sin ∠ABD/sin ∠A-BC-D=sin ∠ABC/sin ∠A-BD-C=sin ∠CBD/sin ∠C-BA-D 空间余弦定理：cos ∠ABD=cos ∠ABCcos ∠CBD+sin ∠ABCsin ∠CBDcos ∠A-BC-D立体几何知识要点一、知识提纲（一）空间的直线与平面⒈平面的基本性质 ⑴三个公理及公理三的三个推论和它们的用途． ⑵斜二测画法． ⒉空间两条直线的位置关系：相交直线、平行直线、异面直线．O A BCD⑴公理四（平行线的传递性）．等角定理．⑵异面直线的判定：判定定理、反证法．⑶异面直线所成的角：定义（求法）、范围．⒊直线和平面平行 直线和平面的位置关系、直线和平面平行的判定与性质． ⒋直线和平面垂直⑴直线和平面垂直：定义、判定定理．⑵三垂线定理及逆定理．5.平面和平面平行两个平面的位置关系、两个平面平行的判定与性质．6.平面和平面垂直互相垂直的平面及其判定定理、性质定理．（二）直线与平面的平行和垂直的证明思路（见附图）（三）夹角与距离7.直线和平面所成的角与二面角⑴平面的斜线和平面所成的角：三面角余弦公式、最小角定理、斜线和平 面所成的角、直线和平面所成的角．⑵二面角：①定义、范围、二面角的平面角、直二面角．②互相垂直的平面及其判定定理、性质定理．8.距离⑴点到平面的距离．⑵直线到与它平行平面的距离．⑶两个平行平面的距离：两个平行平面的公垂线、公垂线段．⑷异面直线的距离：异面直线的公垂线及其性质、公垂线段．（四）简单多面体与球9.棱柱与棱锥⑴多面体．⑵棱柱与它的性质：棱柱、直棱柱、正棱柱、棱柱的性质．⑶平行六面体与长方体：平行六面体、直平行六面体、长方体、正四棱柱、 正方体；平行六面体的性质、长方体的性质．⑷棱锥与它的性质：棱锥、正棱锥、棱锥的性质、正棱锥的性质．⑸直棱柱和正棱锥的直观图的画法．10.多面体欧拉定理的发现⑴简单多面体的欧拉公式．⑵正多面体．11.球⑴球和它的性质：球体、球面、球的大圆、小圆、球面距离．⑵球的体积公式和表面积公式．二、常用结论、方法和公式1.从一点O 出发的三条射线OA 、OB 、OC ，若∠AOB=∠AOC ，则点A 在平面∠BOC 上的射影在∠BOC 的平分线上；2. 已知:直二面角M －AB －N 中，AE ⊂ M ，BF ⊂ N,∠EAB=1θ,∠ABF=2θ，异面直线AE 与BF 所成的角为θ，则;coscos cos 21θθθ=3.立平斜公式：如图，AB 和平面所成的角是1θ，AC 在平面内，BC 和AB 的射影BA 1成2θ，设∠ABC=3θ,则cos 1θcos 2θ=cos 3θ；4.异面直线所成角的求法：（1）平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线；（2）补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系；5.直线与平面所成的角斜线和平面所成的是一个直角三角形的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面上的射影。
等腰四面体：一、来源在长方体中蕴含了两个相同的等腰四面体，各占去长方体八个顶点中的四个（如图）。
二、定义三对对棱都相等的四面体称为等腰四面体.三、性质在等腰四面体ABCD 中，设,,BC AD a AC BD b AB CD c ======，且令()()222211,,,22p a b c k a b c l ab bc ca n abc =++=++=++=.以,,BC BD CD 为棱的侧面间的二面角是,,αβγ，,,,BCD ABC ABD ACD ∆∆∆∆的面积依次是123,,,S S S S ，四面体的体积为V ，中线（顶点和对面重心的连线段）长为m ，外接球半径为R ，内切球半径为r ，等腰四面体ABCD 具有如下性质：（1）等腰四面体各个面都是全等的锐角三角形，每个顶点处的三个面角的和为0180；（2）V =；（3）三个侧面间二面角余弦和为1，即cos cos cos 1αβγ++=；（4）三个侧面间二面角的正弦满足22sin sin sin 3a b c S Vαβγ++=； （5）等腰四面体对棱中点的连线共点（长方体的中心），互相垂直平分，且（6）内切球半径r =；（7）外接球半径R =； （8）四条高相等，且等于内切球半径的4倍，即4h r =；（9）等腰四面体的四条中线（顶点和对面重心的连线段）相等，长度为m = （10）等腰四面体的重心（四条中线的交点）、内心（内切球球心）、外心（外接球球心）重合；（11）等腰四面体中，侧面间二面角的半角余弦满足下列等式： ()()()22222222222224cos cos cos 222a k a b k b c k c S αβγ---++=；（12）等腰四面体中，对棱夹角的余弦值为222222222cos ,,cos ,,cos ,b c c a a b a a b b c c a b c---===； （13）等腰四面体的主要不变量,,,,,,,,,k p l n VS m h Rr 之间有如下关系：2222222233316942691448R m k p l n h r ==≥≥≥≥≥≥= 其中不等式中的等号当且仅当等腰四面体ABCD 为正四面体时成立.。
