牢记正方体中的几何常识 | 体验篇

前情概要

正方体中是个有着非凡魅力的特殊的几何体，里面包含了好几种特殊的几何体，深入理解并记忆这些数学常识，往往能让你在不经意间快人一步。

正方体也是高中阶段重点考察的数学载体。其中蕴含了很多常用的点、线、面的位置关系。尤其是常见常用的线线、线面、面面位置关系，熟稔掌握，对于学生是大有裨益的。对于它们之间的位置关系的判断思路，其一：可以利用立体几何法；其二：可以利用空间向量法；

技能储备

① 短时间内画出一个正方体图形的作图技能；尤其是正式考试中发卷前的 \(5\) 分钟内，提前准备这个图形，一般都能用上，这是立体几何法解题的图形基础。

② 在正方体内 熟练建系 的技能；快速写出各点的坐标，向量的坐标，直线向量的求法，平面法向量的求法，这是利用解析法解题的基础。

位置关系储备

❶. 体对角线 \(B'D\perp\) 平面 \(ACD'\) ，且点 \(N\) 为三角形 \(ACD'\) 的重心 . (如图1)

佐以图例，具象推演，详释脉络原委

证法1：立体几何法，记体对角线\(B'D\)和平面\(ACD'\)的交点是\(N\)，

由 \(AC\perp BD\)，\(AC\perp BB'\)，$B'B\subsetneqq $平面 \(BDB'\)，$BD\subsetneqq $平面 \(BDB'\)，\(BB'\cap BD=\{B\}\)，则 \(AC\perp\) 平面 \(BDB'\)，则 \(AC\perp B'D\) ，即 \(B'D\perp AC\)；

同理，\(B'D\perp AD'\)，又由于 $AC\subsetneqq $平面 \(ACD'\)，$AD'\subsetneqq $平面 \(ACD'\)，\(AD'\cap AC=\{A\}\)，则 \(B'D\perp\)平面\(ACD'\)

即体对角线 \(B'D\perp\) 平面 \(ACD'\) .

点 \(N\) 为三角形 \(ACD'\) 的重心 的证明：连接 \(AN\)、\(CN\)、\(D'N\)，由 \(AC\perp\) 平面 \(BDB'\)，则可知 \(AC\perp D'N\)，同理可证 \(AD'\perp CN\)， \(CD'\perp AN\)，即点 \(N\) 是 \(\triangle ACD'\) 的三条高线的交点，又由于 \(\triangle ACD'\) 是正三角形，故三条高线也是三条中线，故点 \(N\) 是 \(\triangle ACD'\) 的三条中线的交点，即点 \(N\) 为三角形 \(ACD'\) 的重心，自然也是正三角形的 \(ACD'\) 中心 .

由 对称性策略 可知[想象着翻转正方体，将顶点 \(B'\) 与顶点 \(D\) 换位]，\(B'D\perp\) 平面 $A'C'B $ ，且点 \(M\) 为三角形 \(A'C'B\) 的重心 . (如图2)

证法2：空间基向量法，

\(\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{B'D}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})\cdot(\overrightarrow{B'B}+\overrightarrow{BD})\)

\(=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{B'B}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{B'B}+\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BD}\)

\(=0+1\times\sqrt{2}\times(-\cfrac{\sqrt{2}}{2})+0+1\times\sqrt{2}\times\cfrac{\sqrt{2}}{2}=0\)，

即 \(\overrightarrow{AC}\perp\overrightarrow{B'D}\)，即 \(B'D\perp AC\)；

同理可得，\(B'D\perp AD'\)，又由于 $AC\subsetneqq $平面 \(ACD'\)，$AD'\subsetneqq $平面 \(ACD'\)，\(AD'\cap AC=\{A\}\)，

则 \(B'D\perp\)平面\(ACD'\) .

证法3：空间向量坐标法，略 .

❷. 平面 \(ACD'\)\(\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(A'BC'\) (如图2)

佐以图例，具象推演，详释脉络原委

如图所示，可以通过立体几何法、或空间向量法来证明。

用立体几何法证明思路简单提示：\(AD'\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}BC'\)，\(AC\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}A'C'\)，\(AD'\cap AC=\{A\}\)，\(BC'\cap A'C'=\{C'\}\)，\(AD'\subsetneqq\) 平面 \(ACD'\)，\(AC\subsetneqq\) 平面 \(ACD'\)，\(BC'\subsetneqq\) 平面 \(A'BC'\)，\(A'C'\subsetneqq\) 平面 \(A'BC'\) .

❸. [逆向思维]如果需要将正四面体或者墙角型的正三棱锥恢复还原为正方体，我们可以先画出正方体，然后在里面找出需要的正四面体或者墙角型正三棱锥。

❹. 平面 \(ACD'\)\(\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(A'BC'\)\(\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(HIJKLE\)，\(B'D\perp\) 平面 \(ACD'\) ，\(B'D\perp\) 平面 \(A'C'B\) ，\(B'D\perp\) 平面 \(HIJKLE\)

佐以图例，具象推演，详释脉络原委

如图所示，同样可以通过立体几何法、或空间向量法来证明。 且 \(HIJKLE\) 为正六边形；

❺. 正方体中有 \(18\) 对平行直线；有 \(24\) 对相交直线；有 \(24\) 对异面直线 .

如何数 ? 具象推演，详释原委，渗透计数原理

正方体共 \(12\) 条棱，任取两条的总对数为：\(C_{12}^2\) \(=\) \(\dfrac{12\times 11}{2}\) \(=\) \(66\) .

1. 平行棱对数

棱分 \(x\)、\(y\)、\(z\) 三组[或三个方向]，每组 \(4\) 条平行棱，单组平行棱的对数：\(C_4^2\) \(=\) \(6\)，三组总和：\(3\)\(\times\)\(6\)\(=\)\(18\) 对 .

2. 相交棱对数

\(8\) 个顶点，每个顶点引出 \(3\) 条棱，同顶点棱必相交，单个顶点相交对：\(C_3^2\) \(=\) \(3\)，全部相交对：\(8\) \(\times\) \(3\) \(=\) \(24\) 对 .

3. 异面棱对数

总组合数减去平行棱的对数、相交棱的对数，\(66-18-24\)\(=\)\(24\) .

补充另一种异面直线验证方法

一条棱有 \(4\) 条棱与它异面，\(12\) 条棱：\(12\times4\) \(=\) \(48\)，每对算两次，\(48\div2\) \(=\) \(24\)，结果一致，确认正确。

动手体验1

数量关系储备

【数学事实】如图所示，给定正方体 \(ABCD-A'B'C'D'\) ，如下的常用结论需要牢记：

❶. 正方体中的三棱锥 \(D-ACD'\) 是正三棱锥；

结合图形的具体解释说明

首先说明其中的正三棱锥：① 设正方体的棱长为 \(a\)，如图，正三棱锥 \(D-ACD'\) 的底面 \(ACD'\) 是正三角形，其三边是正方体的三条面对角线，长度为 \(\sqrt{2}a\)， 则 \(S_{\triangle ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \((\sqrt{2}a)\) \(\cdot\) \((\sqrt{2}a)\) \(\cdot\) \(\sin60^{\circ}\) \(=\) \(\cfrac{\sqrt{3}}{2}a^2\)，正三棱锥 \(D-ACD'\) 三条侧棱是正方体的棱。

② 计算其体积常用两个思路，其一以 \(\triangle ACD\) 为底面，以棱 \(DD'\) 为高求解；其二以\(\triangle ACD'\) 为底面，以 \(DN\) 为高(后边有说明)求解；此处用等体积法可求解其高 \(DN\)，\(DN\) 为体对角线 \(B'D\) 的 \(\dfrac13\) .

则正三棱锥 \(D-ACD'\) 的体积为 \(V_{D-ACD'}\)\(=\)\(\dfrac{1}{3}\)\(\cdot\)\(S_{\triangle ADC}\)\(\cdot\)\(DD'\)\(=\)\(\dfrac{1}{6}a^3\)，换个视角 \(V_{D-ACD'}\)\(=\)\(\dfrac{1}{3}\)\(\cdot\)\(S_{\triangle ACD'}\)\(\cdot\)\(DN\)\(=\)\(\dfrac{1}{3}\)\(\cdot\)\(\dfrac{1}{2}\cdot(\sqrt{2}a)^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\cdot\)\(DN\)，可求得底面 \(ACD'\) 的高线 \(DN=\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\)

③ 对此正三棱锥的表面积\(S_{表}\) \(=\) \(S_{\triangle ACD'}\) \(+\) \(3S_{\triangle ACD}\)，体积 \(V_{D-ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{1}{3}\) \(\times\) \(S_{\triangle ADD'}\) \(\times\) \(CD\) 拟或体积 \(V_{D-ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{1}{3}\) \(\times\) \(S_{\triangle ACD'}\) \(\times\) \(DN\)，表面积和体积的求解要非常熟练且运算准确 . 以后可以延申到正三棱锥更多的考查，比如正三棱锥的[高线][内切球]等等， 更多 。

④ 像正三棱锥 \(D-ACD'\) 是正方体中体积最大的正三棱锥，这样的正三棱锥有 \(8\) 个[一条体对角线上能裁出两个，共有四条体对角线，故有 \(8\) 个；或以正三棱锥的顶点来计数，由一个顶点能得到一个，共有 \(8\) 个顶点，故有 \(8\) 个]； 和正三棱锥 \(D-ACD'\) 共用顶点，高线重合[类似那种等比例放缩一样的]的正三棱锥有无穷多，其底面都和 \(ACD'\) 平行，只有正三棱锥 \(D-ACD'\) 是正方体中用等比例缩放中体积最大的正三棱锥；

❷. 正方体中的三棱锥 \(B'-ACD'\) 是正四面体。

结合图形的具体解释说明

在上述基础上，再说明正四面体：① 三棱锥 \(B'-ACD'\) 是正四面体，其 \(6\) 条侧棱 \(B'D'\)、 \(B'A\)、 \(B'C\)、 \(AC\)、 \(AD'\) 和 \(CD'\) 都是正方体的面对角线，其四个侧面都是由正方体的面对角线构成的全等的等边三角形。设正方体的棱长为 \(a\)，则其任意一个底面的面积，比如 \(S_{\triangle ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}\) \(\cdot\) \((\sqrt{2}a)^2\) \(=\) \(\sqrt{3}a^2\)，正四面体 \(B'-ACD'\) 的表面积 \(S_{表}\) \(=\) \(4\sqrt{3}a^2\) 。

② 设正方体的棱长为 \(a\)，则其体对角线长 \(BD'=\sqrt{3}a\)，\(V_{正方体}\) \(=\) \(a^3\)；则正三棱锥 \(D-ACD'\) 的体积为 \(V_{D-ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{1}{6}a^3\)，换个视角 \(V_{D-ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{1}{3}\) \(\cdot\) \(S_{\triangle ACD'}\) \(\cdot\) \(DN\) \(=\) \(\dfrac{1}{3}\) \(\cdot\) \(\dfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \((\sqrt{2}a)^2\) \(\cdot\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\cdot\) \(DN\)，可求得底面 \(ACD'\) 的高线 \(DN\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\) ；利用对称思维可知，正三棱锥 \(B'-A'C'B\) 的底面 \(A'C'B\) 的高线 \(B'M\) \(=\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，这两个高线都占到体对角线 \(B'D\) \(=\) \(\sqrt{3}a\) 的 \(\dfrac13\) . 正四面体 \(B'-ACD'\) 的高线长是正方体的体对角线长的\(\dfrac{2}{3}\) .

③ 割补法 求正四面体的体积：像这样的正三棱锥 \(D-ACD'\)，还有\(A'-AB'D'\)、\(C'-CB'D'\)、\(B-B'AC\)，共有四个等体积的，故其体积之和为 \(4\cdot\dfrac{1}{6}a^3\) \(=\) \(\dfrac{2}{3}a^3\)，当整个正方体切割去这四个正三棱锥后，剩余部分的几何体是个正四面体 \(B'-ACD'\)，故由割补法可知，正四面体 \(B'-ACD'\) 的体积为 \(V_{B'-ACD'}\) \(=\) \(\dfrac{1}{3}a^3\)，即此正四面体的体积是正方体体积的\(\dfrac{1}{3}\)；当然也可以用公式来求解正四面体的体积 .

④ 正四面体 \(B'-ACD'\) 的高线长是正方体的体对角线长的\(\dfrac{2}{3}\) ，正三棱锥 \(D-ACD'\) 和 正四面体 \(B'-ACD'\) 共用相同的底面 \(ACD'\)，正三棱锥 \(D-ACD'\) 的高线占了体对角线长的\(\dfrac{1}{3}\) ，故正四面体 \(B'-ACD'\) 的高线长是正方体的体对角线长的\(\dfrac{2}{3}\) . 当然这个高线的求解还可以用等体积法。

⑤ 在以上的基础上，还可以继续延申研究 更多

❸. \(DN\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，\(B'M\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，\(MN\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\) [利用等体积法+转换视角]

结合图形的具体解释说明

正三棱锥 \(D-ACD'\) 的体积求解可以用两个思路，其一以 \(\triangle ACD\) 为底面，以棱 \(DD'\) 为高求解；其二以\(\triangle ACD'\) 为底面，以 \(DN\) 为高求解；用等体积法可求解其高 \(DN\) .

由于 正三棱锥 \(D-ACD'\) 的体积为 \(V_{D-ACD'}\)\(=\)\(\dfrac{1}{3}\)\(\cdot\)\(S_{\triangle ADC}\)\(\cdot\)\(DD'\)\(=\)\(\dfrac{1}{6}a^3\)，

换个视角 \(V_{D-ACD'}\)\(=\)\(\dfrac{1}{3}\)\(\cdot\)\(S_{\triangle ACD'}\)\(\cdot\)\(DN\)\(=\)\(\dfrac{1}{3}\)\(\cdot\)\(\dfrac{1}{2}\cdot(\sqrt{2}a)^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)\(\cdot\)\(DN\)，

利用等体积法，可求得底面 \(ACD'\) 的高线 \(DN\)\(=\)\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\)，又 \(B'D\) \(=\) \(\sqrt{3}a\)，故 \(DN\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，

同理同法，可求得 \(B'M\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，这样可得 \(MN\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\) .

❹. 平面 \(ACD'\) 与平面 \(A'BC'\) 的间距是 \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，即体对角线的 \(\cfrac{1}{3}\) .

结合图形的具体解释说明

结合上述的位置关系的说明可知，\(B'D\perp\) 平面 \(ACD'\) ，且点 \(N\) 为垂足，且平面 \(ACD'\)\(\mathrel{\raise{0.3ex}{\scriptsize/}\mskip-2.5mu\raise{0.3ex}{\scriptsize/}}\) 平面 \(A'BC'\) ，

则同理 \(B'D\perp\) 平面 \(A'C'B\) ，且点 \(M\) 为垂足，又 \(DN\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，\(B'M\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，\(MN\) \(=\) \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，而 \(MN\) 即为 两个平面的间距 . 故平面 \(ACD'\) 与平面 \(A'BC'\) 的间距是 \(\cfrac{1}{3}\) \(B'D\)，即为体对角线的 \(\cfrac{1}{3}\) .

❺. 【渗透类比推理】圆内接正方形的中心就是圆心，正方形的对角线的长度就是圆的直径；球内接正方体的中心就是球心，正方体的体对角线的长度就是球的直径。

❻. 【渗透类比推理】正方形的棱长设为 \(2a\)，则正方形的内切圆半径为 \(a\)，正方形的外接圆半径为 \(\sqrt{2}a\)，三者的关系之比为\(2\) \(:\) \(1\) \(:\) \(\sqrt{2}\)；

正方体的棱长设为 \(2a\)，则正方体的内切球半径为 \(a\) ，正方体的外接球半径为 \(\sqrt{3}a\)，三者的关系之比为\(2\) \(:\) \(1\) \(:\) \(\sqrt{3}\)；

动手体验2

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