四面体体积比的一个定理

我们知道,若一个四面体被一个平面所截,如果截口是一个三角形,则只要知道了截面分四面体三条棱之比,就可较容易地求出截面分四面体两部分体积之比。但如果截面是四边形,那么情况就要复杂得多。本文介绍四面体体积比的一个定理,从中可以看到用分割法解立几题的作用。 定理 设A—BCD是体积等于V的四面体,它被平面a所截,ABCDA是由四条棱AB、BC、CD、DA首尾顺次相连的空间封闭折线,a与AB、BC、CD、DA的交点依次为P_1,P_2,P_2,P_4     

距离化归途径

<正>对于典型题目,我们若能从不同角度多思多想,激活思维的源泉,往往能获得多种不同的解题途径.题目已知正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1,求直线DA′与AC的距离.思路一直接寻找公垂线段较难,可转化为求平行的直线和平面的距离,打开了局面.如图1,连A′C′,则AC∥面A′C′D.连A′D,DC′,DO′,过O作OE⊥O′D与E,因为A′C′⊥面BB′D′D.所以A′C′⊥OE.     

关于四面体的几个不等式

本文将用初等方法证明四面体中的几个不等式。定理设四面体ABCD的体积为V,顶点A、B、C、D所对面的面积分别为S_A、S_B、S_C、S_D,棱长BC=a、DA=a＇、CA=b,DB=b＇。AB=c,DC=C＇,这六条棱的乘积为P,则有以下不等式: (1)(aa＇)~2 (bb＇)~2 (cc＇)~2 ≥4(S_A~2 S_B~2 S_C~2 S_D~2); (2)S_A~2 S_B~2 S_C~2 S_D~2≥9(3V~4)1/3; (3)P≥72V~2。当且仅当四面体为正四面体时(1)、(2)、(3)中等号成立。     

空间中的平面轨迹--一类热门高考题

2004年重庆市高考题有这样一道题: 四面体ABCD,在面ABC内有一点P,P到 平面BCD的距离等于P到AB的距离,则在平 面ABC内的P点轨迹为(　　)? 图10图2 解　如图2所示,作PE⊥AB于H,PE⊥ 平面E,PF⊥BC于F,设PH=PE=a,平面 ABC与平面BCD所成的角为α,则PH=PE= PF·sinα,所以P在平面ABC的轨迹是直线, 答案(D) 同样的,在2004年北京市高考题有这样一 道题 P是正方体ABCD—A1B1C1D1面BCC1B1 上的任意一点P到棱B1C1的距离等于P到棱 CD的距离,则P的轨迹是(　　) (A)直线　　　　(B)椭圆 (C)双曲…     

转换角度 解决问题

<正>1问题(2020年北京中考,28)在平面直角坐标系x Oy中,☉O的半径为1,A,B为☉O外两点,AB=1,给出如下定义:平移线段AB,得到☉O的弦A′B′(A′,B′分别为点A,B的对应点),线段AA′长度的最小值称为线段AB到☉O的"平移距离".(1)如图1,平移线段AB得到☉O的长度为1的弦P1P2和P3P4,     

对一题多解的辩证理解

1 一题多解的优点“一题多解”之所以深受数学教师的重视,就是因为在解题过程中能够引导学生多层次、多角度的思考问题,全面地应用知识来分析问题与解决问题.例如人教版第二册(下B)的习题9.8的第4题:如图,已知正方体ABCD-A′B′ C′D′的棱长为1,求直线DA′与AC的距离.教师可以引导学生从不同的入口,挖掘不同的解法.解法1 ∵AC∥平面A′DC′,∴点A到平面A′DC′的距离h就等于异面直线AC与DA′的距离,从而转化为点面距.     

考点31 简单几何体及其体积

1.(全国卷,3)一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π,则球的表面积为().(A)82π(B)8π(C)42π(D)4π2.(全国卷,4)设三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,P、Q分别是侧棱AA1、CC1上的点,且PA=QC1,则四棱锥B-APQC的体积为().(A)61V(B)41V(C)31V(D)21V3.(广东卷,4)已知高为3的直棱柱ABC-A′B′C′的底面是边长为1的正三角形(如图所示),则三棱锥B′-ABC的体积为().(A)41(B)21(C)63(D)43第3题图第4题图4.(全国卷,5)如图,在多面体ABCDEF中,已知ABCD是边长为1的正方形,且△ADE、△BCF均为正三角形,EF∥AB,EF=2,则该多…     

四面体的对棱所成的三角形

文 [1],[2 ]讨论了四面体的对棱构成的三角形 ,文 [3]继续讨论了四面体的二面角所构成的三角形 .之所以做这些工作 ,除了能利用等价变换迅速将三角形的不等式推广到四面体[1,2 ,3] 外 ,还可用来进行四面体间的体积比较[4 ] .本文继续探讨四面体的对棱所构成的三角形 .以下 ,在四面体Ａ1Ａ2 Ａ3Ａ4 中 ,Ａｉ 的对面为Ｓｉ(1≤ｉ≤ 4 ) ,Ｓｉ,Ｓｊ 的夹角为θｉｊ(1≤ｉ<ｊ≤ 4 ) ,三组对棱Ａ1Ａ2 ,Ａ3Ａ4 ;Ａ1Ａ3,Ａ2 Ａ4 ;Ａ1Ａ4 ,Ａ2 Ａ3分别记为ａ ,ａ′ ;ｂ ,ｂ′ ;ｃ,ｃ′ .这三组对棱中点间的距离分别为ｍ1,ｍ2 ,ｍ3.外接球半径为Ｒ ,…     

四面体等周定理的一个初等证法

本文把三角形等周定理推广到空间。先证引理1 给定不共面三条平行线,在其中一条上取线段AB为定长,另两条上各取一点C,D,则四面体ABCD体积为定值,且当C,D位于AB的中垂面上时,△ACD与△BCD面积之和最小。引理2 若四面体一组对棱为a,a＇,距离为d,所成角为a,则四面体体积为V=(1/6)aa＇dsina 引理1的证明见[l],引理2为熟知事实。定理1 体积一定的四面体中,正四面体表面积最小。设四面体ABCD体积V一定,而面积最     

问题征解

一、本期问题征解 1.已知47~(100)是168位数,试求47~(25)的位数。 2.已知x、y为正整数,且xy=24,求函数1/(x~2+y~2)的极大值。 3.在△ABC和△A′B′C′中,已知∠B=∠B′,BC=B′C′,AB+AC=A′B′+A′C′, 求证△ABC≌△A′B′C′。 4.在△ABC中,AB=AC,在AB上取一点D,AC延长线上取一点E,使DB=EC,连接DE交BC于G,求证DG=GE。黄冈上巴河标云岗中学熊红英 5.M为BC边的中点,AD为∠A的平分线。过A、D、M三点作圆设交AB、AC于E、F点,求证BE=CF。     

一道课本例题的引伸与探究

1问题提出国标苏科版教材九年级上册24页例6[1]:图1已知:如图1,E、F、G、H分别是正方形ABCD各边的中点,AF、BG、CH、DE分别相交于点A′、B′、C′、D′.求证:四边形A′B′C′D′是正方形.2方法探究课本给出的证法经历了三次全等证明:①△ABF≌△BCG,②△AB′B≌△BC′C,③△AA′E≌△BB′F.接下来,要思考的是能否减少证明全等的次数,使得证明更简单、自然?不妨把上述的三次证明全等,定义为三个模块.不难发现,模块①是证明过程必不可少的,通过模块①证∠A′B′C′=90°,同理可证四边形A′B′C′D′其它的各内角也都为90°,从而可证四边形A′B′C′D′是矩形.在此基础上,模块②、③中只需证明其中的一个即可.方法1证明模块②,可得AB′=BC′,BB′=CC′,同理有CC′=DD′=AA′,则AB′-AA′=BC′-BB′,即A′B′=B′C′,从四边形A′B′C′D′的一组邻边相等.因此,四边形A′B′C′D′是正方形.方法2证明模块③,可得AA′=BB′,B′F=A′E,同理有A′E=D′H=C′G,则AF-B′F-AA′=BG-C′G-BB′,即A′B′=B′C′,从...     

角格点一些猜想的统一证明

文 [1 ]给出了文 [2 ]中一些猜想的证明 .在此 ,笔者运用角元形式的塞瓦定理再给出这些猜想统一简捷的证明 .角元形式的塞瓦定理　设 A′,B′,C′分别是△ ABC的三边 BC,CA,AB上的点 ,则三直线 AA′,BB′,CC′共点的充要条件是sin∠ BAA′sin∠ A′AC.sin∠ CBB′sin∠ B′BA.sin∠ ACC′sin∠ C′CB=1 .事实上 ,如图 1 ,由BA′A′C=S△ ABA′S△ AA′C =AB . sin∠ BAA′AC . sin∠ A′AC,CB′B′A=BC . sin∠ CBB′AB . sin∠ B′BA,AC′C′B=AC . sin∠ ACC′BC . sin∠ C′CB.图 1三式相乘 ,再运用…     

再论圆周向量定积定理

文[1]中提出了“圆周向量定积定理”:设⊙C的半径为R,其同心⊙C′的半径为R′,R>R′,M是⊙C上的动点,AB是⊙C′的任一直径(如图)1),那么MA·MB=R2-R′2.文[2]将该定理改进为:设AB是半径为R的⊙O上的两点,M是平面上任意一点,如果AB是⊙O的直径,则MA·MB=MO2-R2.本文主要讨论该定理的逆定理是否成立,即:AB是半径为R的⊙O上的两点,M是平面上任意一点,如果MA·MB=MO2-R2,则AB是否一定是⊙O的直径呢?分析当M与A点或B点重合时,由于“MA·MB=MO2-R2”是一个恒等式,故AB一定是⊙O的直径.当M与A点及B点都不重合时,我们分M…     

椭圆竞赛题的解法赏析与推广

<正>题目(2018年全国高中数学联赛江苏复赛)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆M:x²、6+y2、6+y²、3=1,过点P(2,2)作直线l_1,l_2与椭圆M分别交于A,B和C,D,且直线l_1,l_2的斜率互为相反数.(1)证明:PA·PB=PC·PD;(2)记直线AC,BD的斜率分别为k_1,k_2,     

数学问题解答

1989年5月号问题解答(解答由问题提供人给出) 591.设O为△ABC的外心,射线AO、BO、CO分别与△ABC外接圆交手A′,B′、C′.求证:S_(△ABC)=S_(△A′BC) S_(△AB′C) S_(△ABC′)。     

触“类(比)”旁通 从“会”到“透”

(2012上海高考理-14)如图1,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2,若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是 分析:观察题中的AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,类比椭圆定义,易知BC线段是“椭球”面上与焦点连线所在的轴垂直的动线段,当BC线段位于“椭球”短轴所在的截面圆时,体积最大. 解:由已知,B、C在分别是以A、D为焦点,长轴长为2a的两个椭圆上(如图2),过点B作BM上AD,垂足为M,连接MC,由AD⊥BC,AD⊥MB,知AD上平面BMC,进而AD上MC,设BM=x,由椭圆的对称性知BM=CM=x,此时,四面体ABCD的体积V=1/3S△MBC·AD=1/3×1/2×2×√x2-1×2c=2c√a2-c2-1/3(0＜x≤／a2-c2).     

闭折线一条性质的应用

易证 ,对于一组闭折线A1A2 A3 …An,总有A1A2 +A2 A3 +A3 A4+… +An -1An+AnA1=0 .这条性质简明 ,应用却很广泛 .1　简化向量式例 1　化简AB -AC +BD -CD .解　原式 =AB +CA +BD +DC =AB +BD +DC +CA =0 .例 2　如图 1,在△ABC中 ,A′ ,B′ ,C′分别为BC ,CA ,AB的中点 ,O为△ABC所在平面内任一点 ,求证 :OA +OB +OC =OA′+OB′+OC′ .图 1　例 2图解　易知 ,B′A =12CA ,C′B =12 AB ,A′C =12BC .∵OB′ +B′A =OB′ +12 CA =OA ,OC′ +C′B =OC′ +12 AB =OB ,OA′ +A′C =OA′ +12 BC =OC …     

梅涅劳斯定理的应用

<正>梅涅劳斯定理作为奥数的入门定理,在解题中可以起到简化解题步骤、优化解题过程的作用,特别是在平面向量和空间向量的求比值问题中应用广泛.梅涅劳斯定理~([1])设A′,B′,C′分别是△ABC的三边BC,CA,AB或其延长线上的三点,若A′,B′,C′三点共线,则     

数学问题解答

2005年11月号问题解答(解答由问题提供人给出)1581在正方形ABCD中,AB=2,E是AB边的中点,F是BC边上的一点,将△AED、△DCF折起(如图),使A,C重合于A′点.(Ⅰ)问F点在什么位置时,才能使△DCF、△AED折起后(使A,C重合于A′)成为三棱锥A′-EFD.(Ⅱ)求三棱锥A′-EFD的体积的最大值.解(Ⅰ)设BF=x,由已知AE=EB=1,所以EF=1 x2,FC=2-x,所以0相似文献   

别解一道翻折题

<正>题目已知,如图1,在矩形ABCD中,AD=4,CD=3,限定点E在边AB上,点F在边BC上,将△BEF沿EF翻折后压平,落在△EB′F的位置,点B落在形内点B′处,则点B′距点A的最小距离是.文[1]王老师通过分类讨论的方法,最终得到AB′的最小值为1,本文尝试用不等式的最值解决此题.图1证明如图1,连接AF,AB′,设BF=b,依题有0≤b≤4,B′F=b,AF=AB2槡+BF2=槡9+b2.在△AB′F中,AB′>AF-B′F=槡9+b2-b=(槡9+b2-b)(槡9+b2+b)槡9+b2+b=