正三棱锥
正三棱锥与正四面体，正三棱锥的相关性质。
前言
正三棱锥是底面是正三角形，三个侧面是全等的等腰三角形的三棱锥。正三棱锥不等同于正四面体，正四面体必须每个面都是全等的等边三角形。所以正四面体是特殊的正三棱锥。以下为我们解题时常用的几种正三棱锥的配图，要熟练掌握。
也就是我们解题时需要手工配图的样式图。
相关性质
以下图为例，解释说明相关的性质，希望一次过手，一次记准。
1．底面 \(ABC\) 是等边三角形。
2．侧面 \(PAB\)、 \(PBC\)、 \(PAC\) 是三个全等的等腰三角形。
3．顶点 \(P\) 在底面 \(ABC\) 的射影 \(O\) 是底面三角形\(\triangle ABC\) 的中心[也是重心、垂心、外心、内心]。
4．为方便解题，我们常在正三棱锥 \(P-ABC\) 中构造以下四个直角三角形：
①. 斜高 \(PE\) 、侧棱 \(PB\) 、底边的一半 \(BE\) 构成的直角三角形 \(Rt\triangle PEB\) ；
②. 高 \(PO\) 、斜高 \(PE\) 、斜高的射影 \(EO\) 构成的直角三角形 \(Rt\triangle POE\) ；
③. 高 \(PO\) 、侧棱 \(PB\) 、侧棱的射影 \(OB\) 构成的直角三角形 \(Rt\triangle POB\) ；
④. 斜高射影 \(EO\) 、侧棱射影 \(OB\) 、底边的一半 \(BE\) 构成的直角三角形 \(Rt\triangle BOE\) 。
说明：上述直角三角形集中了正三棱锥几乎所有元素。在正三棱锥计算题中，常常取上述直角三角形。这样做的优越性在于不仅使空间问题平面化，而且使平面问题三角化，还使已知元素与未知元素集中于一个直角三角形中，利于解出。
球体与正四面体
-
正四面体的棱长为\(a\)，则其高为\(h=\cfrac{\sqrt{6}}{3}a\)；
-
正四面体的内切球球心、棱切球球心、外接球球心是同一个点，在正四面体的高上，是高线上接近底面的四等分点。
- 正四面体的内切球半径\(R_{内}=\cfrac{\sqrt{6}a}{12}=\cfrac{1}{4}h=IF\)；
- 正四面体与各棱相切的棱切球的半径\(R_{棱}=\cfrac{\sqrt{2}a}{4}=IE\)；
- 正四面体的外接球半径\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{6}a}{4}=IC\)；
- 正四面体的内切球半径与外接球半径之比为\(R_{内}：R_{外}=1：3\)；\(R_{内}=\cfrac{1}{4}h\)；\(R_{外}=\cfrac{3}{4}h\)；\(h=\cfrac{\sqrt{6}}{3}a\)；
球体与正三棱锥
-
正三棱锥的棱长为\(a\)；则其高为\(h=\)；
-
正三棱锥的内切球半径；
-
正三棱锥的外接球半径；
球体与四面体
- 任意四面体都有内切球和外接球 [1]，任意四面体的外接球的球心：过任意两个侧面三角形的外接圆的圆心作垂线，两条垂线的交点即为外接球的球心；
法1：直接找球心，任意四面体的外接球的球心：过任意两个侧面三角形的外接圆的圆心作垂线，两条垂线的交点即为外接球的球心；在此题目中，下底面 \(Rt\triangle BAC\) 的外接圆的圆心为 \(BC\) 的中点，过此点做下底面 \(ABC\) 的垂线，由于平面 \(ABC\perp\) 平面 \(PBC\) ，故所作的垂线和 \(PB\) 相交于点 \(O\)，又由于侧面三角形 \(Rt\triangle PBA\)，故其外接圆的圆心也在点 \(O\) 处，故点 \(O\) 是三棱锥 \(P-ABC\) 外接球的球心 .
接下来计算，由于 \(\angle BAC=90^{\circ}\)，\(AB=3\)，\(AC=4\)，故 \(BC=5\)，又由于 \(PC\perp\) 底面 \(ABC\)，\(\angle PCB=90^{\circ}\)，\(\angle PBC=60^{\circ}\)，则 \(PB=10\)，从而 \(R=\cfrac{PB}{2}=5\)，则三棱锥 \(P-ABC\) 外接球的体积为 \(V_{P-ABC}=\cfrac{4}{3}\pi R^3=\cfrac{500\pi}{3}\)，故选 \(B\) .
法2：补体为长方体；由于注意到题目中有好几个直角，如 \(\angle BAC\)、\(\angle BAC\)、\(\angle PCA\)、\(\angle PCB\)，所以能联系到补体为长方体；
三棱锥 \(P-ABC\) 的外接球和长方体的外接球是相同的，而长方体的外接球的球心为体对角线的中点，由于 \(\angle BAC=90^{\circ}\)，\(AB=3\)，\(AC=4\)，故 \(BC=5\)，又由于 \(PC\perp\) 底面 \(ABC\)，\(\angle PCB=90^{\circ}\)，\(\angle PBC=60^{\circ}\)，则 \(PB=10\)，从而 \(R=\cfrac{PB}{2}=5\)，则三棱锥 \(P-ABC\) 外接球的体积为 \(V_{P-ABC}=\cfrac{4}{3}\pi R^3=\cfrac{500\pi}{3}\)，故选 \(B\) .
典例剖析
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；
涉及类比推理：任意三角形都有内切圆，任意四面体都有内切球；任意三角形都有外接圆，任意四面体都有外接球； ↩︎
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