正三棱锥相关

前言

有空补充

• 正三棱锥
• 正四面体

典例剖析

【2022届高三数学练习题】已知正三棱锥 \(S-ABC\) 的底面边长为 \(3\sqrt{2}\)， \(P\)， \(Q\)， \(R\) 分别是棱 \(SA\)， \(AB\)， \(AC\) 的中点， 若 \(\triangle PQR\) 是等腰直角三角形， 则该三棱锥的外接球的表面积为_______.

【分析】根据给定条件推导可得正三棱锥侧棱两两垂直， 再求出正三棱锥外接球半径即可计算作答。

【解答】解: 如图所示，在正三棱锥 \(S-ABC\) 中， \(P\)， \(Q\)， \(R\) 分别是棱 \(SA\)， \(AB\)， \(AC\) 的中点，

则 \(PQ//SB\)，\(PR//SC\)，\(P Q=\cfrac{1}{2}SB=\cfrac{1}{2}SC=PR\)， 而 \(\triangle PQR\) 是等腰直角三角形，

即 \(\angle QPR=90^{\circ}\)，因此， \(\angle BSC=90^{\circ}\)， \(SB\perp SC\)，

即有正三棱锥 \(S-ABC\) 的侧棱 \(SA\)，\(SB\)，\(SC\) 两两垂直正三棱锥的底面是正三角形，侧面是全等的三角形，由于 \(\angle BSC\)\(=\)\(90^{\circ}\)，故可知\(\angle ASC\)\(=\)\(90^{\circ}\)，\(\angle ASB\)\(=\)\(90^{\circ}\)，即 \(SB\)\(\perp\)\(SA\)，\(SA\)\(\perp\)\(SC\)，故三条侧棱两两垂直。， 以 \(SA\)， \(SB\)， \(SC\) 为棱的平行六面体是正方体，

这个正方体与正三棱锥 \(S-ABC\) 有相同的外接球， 因为正三棱锥 \(S-ABC\) 的底面边长为 \(3\sqrt{2}\)，则侧棱 \(SA=3\)，

于是得正三棱锥 \(S-ABC\) 外接球半径 \(r=\cfrac{1}{2}\sqrt{SA^{2}+SB^{2}+SC^{2}}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，

所以三棱锥的外接球的表面积为 \(4\pi r^{2}=27\pi\)， 故答案为: \(27\pi\) .

【2022届高三数学月考题】棱长均相等的三棱锥 \(P-ABC\) 的顶点都在球 \(O\) 的球面上， \(D\) 为 \(PB\) 中点， 过点 \(D\) 作球 \(O\) 的截面， 所得截面圆面积的最大值与最小值之比为【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{12}{11}$ $B.\cfrac{3}{2}$ $C.\sqrt{3}$ $D.2$

【解答】解：由题意， 当过点 \(D\) 的圆面也过球心时， 此时圆的面积最大， 此时圆的半径即为外接球的半径，棱长均相等的三棱锥 \(P-ABC\) 即为正四面体， 设边长为 \(2\) ， 外接球的球心为 \(O_{1}\)， 可得半径 \(R=\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)； 面 \(ABP\) 的外接圆的圆心为 \(O_{2}\)，可得球到面 \(A B P\) 的距离 \(O_{1}O_{2}=\cfrac{\sqrt{6}}{6}\)， \(O_{2}D=\cfrac{1}{3}AD=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)， 当过点 \(D\) 的圆面与过点 \(D\) 的大圆面垂直时，此时小圆的半径 \(r=R^{2}-\left[\left(\cfrac{\sqrt{6}}{6}\right)^{2}+O_{2} D^{2}\right]=1\)；

所以， 所得截面圆面积的最大值与最小值之比即为 \(R^{2}: r^{2}=\cfrac{3}{2}\)， 故选: \(B\) .

【北京人大附中高二11月月考第23题改编】已知三棱锥 \(P-ABC\) 的底面 \(ABC\) 为正三角形，点 \(A\) 在侧面 \(PBC\) 上的射影 \(H\) 是 \(\triangle PBC\) 的垂心(三角形的垂心是三角形三条高线的交点)， 延长 \(PH\) 交 \(BC\) 于 \(D\)， 过 \(P\) 作 \(PO\)\(\perp\)\(AD\) 于 \(O\)，延长 \(CO\) 交 \(AB\) 于 \(F\)， 二面角 \(H-AB-C\) 为 \(\cfrac{\pi}{6}\)， 且 \(PA=2\)， 则下列结论成立的有：

①\(BC\perp AD\)；

②二面角 \(P-AB-C\) 的平面角为 \(\angle PBC\)；

③直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\)；

④两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；

⑤直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的余弦值为 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)；

⑥三棱锥 \(P-ABC\) 的体积为 \(\cfrac{3}{4}\)；

解析：本题目的信息量有点太大，具体解析如下，

①\(BC\perp AD\)；

分析：由于点 \(A\) 在侧面 \(PBC\) 上的射影为 \(H\)，故\(AH\perp\)平面\(PBC\)，由于\(BC\subsetneqq PBC\)，故\(AH\perp BC\)；

又由于\(H\) 是 \(\triangle PBC\) 的垂心，故\(PD\perp BC\)，

由\(BC\perp AH\)，\(BC\perp PD\)，且又\(AH\)，\(PD\subsetneqq\) \(PAD\)、\(AH\cap PD=H\)，

则\(BC\perp\)平面\(PAD\)，又\(AD\subsetneqq\) \(PAD\)，则得到\(BC\perp AD\)；故①成立；

②二面角 \(P-AB-C\) 的平面角为 \(\angle PBC\)；

分析：如图所示，延长\(BH\)交\(PC\)于点\(E\)，连结\(AE\)，

则由\(AH\perp PC\)，\(BE\perp PC\)（垂足），\(AH\cap BE=H\)，\(AH\)、\(BE\subsetneqq\) \(ABE\)，

故\(PC\perp\)面\(ABE\)，\(AB\subsetneqq\)面\(ABE\)，

则有\(PC\perp AB\)，又\(PO\perp AB\)，\(PC\cap PO=P\)，\(PC\)、\(PO\subsetneqq\) \(POC\)，

则\(AB\perp POC\)，\(CO\subsetneqq\)面\(POC\)，

则得到\(AB\perp CO\)，则\(AB\perp CF\)，

故\(O\)为\(\triangle ABC\)的垂心，又由于三角形为正三角形，

故\(O\)是\(\triangle ABC\)的中心，

故\(P-ABC\)为正三棱锥。

故可知，点\(D\)，\(F\)分别为中点，连结\(PF\)，则可得到\(PF\perp AB\)，

则\(\angle PFC\)为二面角 \(P-AB-C\) 的平面角。故②错误；

③直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\)；

分析：连结\(EF\)，由①②可知，\(AB\perp\)平面\(PCF\)，故\(AB\perp EF\)，又\(PC\perp\)平面\(ABE\)，故\(PC\perp EF\)，

故线段\(EF\)为两条异面直线\(AB\)和\(PC\)的公垂线，又由于\(CF\perp AB\)，

故\(\angle EFC\)为二面角\(H-AB-C\)的平面角，则由已知得\(\angle EFC=\cfrac{\pi}{6}\).

设正三角形\(ABC\)的边长为\(2x\)，则\(BD=FB=x\)，则\(CF=\sqrt{3}x\)，

在\(Rt\triangle CEF\)中，由于\(\angle CFE=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(CE=\cfrac{\sqrt{3}}{2}x\)，\(EF=\cfrac{3}{2}x\)；

在\(Rt\triangle CEB\)中，可得\(BE^2=BC^2-CE^2=(2x)^2-(\cfrac{\sqrt{3}}{2}x)^2=\cfrac{13}{4}x^2\)，

且由于是正三棱锥，有\(BE=AE\)；

又在\(Rt\triangle PAF\)中，则\(PF^2==PA^2-AF^2=2^2-x^2=4-x^2\)，

则在\(Rt\triangle PEF\)中，\(PE^2=PF^2-EF^2=4-x^2-\cfrac{9}{4}x^2=4-\cfrac{13x^2}{4}\)，

由已知\(PA=2=PC\)，即\(PE+CE=PC=2\)，即\(\sqrt{4-\cfrac{13x^2}{4}}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}x=2\)，

移项，得到\(\sqrt{4-\cfrac{13x^2}{4}}=2-\cfrac{\sqrt{3}}{2}x\)，两边平方，解得\(x=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

故可得\(AB=BC=AC=\sqrt{3}\)，\(BD=BF=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(AD=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times\sqrt{3}=\cfrac{3}{2}\)，

则由点\(O\)为正三角形\(ABC\)的重心，得到\(AO=\cfrac{3}{2}\times \cfrac{2}{3}=1\)，

在\(Rt\triangle PAO\)中，\(PA=2\)，\(AO=1\)，故\(\angle PAO=\cfrac{\pi}{3}\).

即直线 \(PA\) 与平面 \(ABC\) 所成角的大小为 \(\cfrac{\pi}{3}\)；

④两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；

分析：由上可知，线段\(EF\)为两条异面直线\(AB\)和\(PC\)的公垂线，

且\(EF=\cfrac{3}{2}x=\cfrac{3}{2}\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；

即两条异面直线\(AB\)和\(PC\)间的距离为\(\cfrac{3\sqrt{3}}{4}\)；故④正确；

⑤直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的余弦值为 \(\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)；

分析：由于点\(D\)， \(F\)分别是线段\(BC\)和\(AB\)的中点，故\(DF//AC\)，

则直线 \(FD\) 与直线 \(PC\) 所成角的也就是直线 \(AC\) 与直线 \(PC\) 所成的角，

由上可知是正三棱锥，故在\(\triangle PAC\)中，\(PA=PC=2\)，\(AC=AB=BC=\sqrt{3}\)，

故由余弦定理或者构造\(Rt\triangle\)可得到，\(\cos\angle PCA=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)，故④错误；

⑥三棱锥 \(P-ABC\) 的体积为 \(\cfrac{3}{4}\)；

分析：由上可知，\(PC=2\)，\(CD=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，则\(PD^2=PC^2-CD^2=2^2-(\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2=\cfrac{13}{4}\)，

则\(PO^2=PD^2-OD^2=\cfrac{13}{4}-\cfrac{1}{4}=3\)，即\(PO=\sqrt{3}\)，

故\(V_{P-ABC}=\cfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot PO=\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot(\sqrt{3})^2\cdot \sqrt{3}=\cfrac{3}{4}\)，故⑥正确，

综上所述，正确的命题有：①③④⑥；

解后反思：本题目难度很大，从总体求解过程中，我们可以总结出许多有用的结论，

待有空整理；