2004-上海卷文-21 解-正四面体二面角

本题导读

本题考查正三棱锥的截面与棱长和，以及二面角的求法。核心在于由棱长和相等反解侧棱长证正四面体，用中线长与余弦定理求二面角，再按条件构造直平行六面体。

📌【题干】

Question

（2004年上海卷(文)） 如图，$P-ABC$ 是底面边长为 $1$ 的正三棱锥，$D$、$E$、$F$ 分别为棱 $PA$、$PB$、$PC$ 上的点，截面 $DEF\parallel$ 底面 $ABC$，且棱台 $DEF-ABC$ 与棱锥 $P-ABC$ 的棱长和相等.（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）

(1) 证明：$P-ABC$ 为正四面体；

(2) 若 $PD=\frac{1}{2}PA$，求二面角 $D-BC-A$ 的大小（结果用反三角函数值表示）；

(3) 设棱台 $DEF-ABC$ 的体积为 $V$，是否存在体积为 $V$ 且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台 $DEF-ABC$ 有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 设侧棱 $s$、比 $t$，棱长和相等：$3+3t+3(1-t)s=3+3s$，$t>0$ 得 $s=1$，正四面体。
2. $D$ 为 $PA$ 中点，$\cos \angle AMP=\frac{1}{3}$，$DM$ 是角平分线，二面角 $\angle DMA=\frac{1}{2}\arccos \frac{1}{3}=\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$。
3. 棱长和 $6$：取棱 $\frac{1}{2}$ 的直平行六面体，底面菱形内角 $\alpha =\arcsin 8V$，体积 $\frac{1}{8}\sin \alpha =V$，存在。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) $\frac{1}{2}\arccos \frac{1}{3}=\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$

(3) 存在，构造见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）设正三棱锥的侧棱长为 $s$，并令 $t=\frac{PD}{PA}=\frac{PE}{PB}=\frac{PF}{PC}$.由截面平行于底面，$△DEF\sim △ABC$，所以 $DE=EF=FD=t$，且 $AD=BE=CF=(1-t)s$；由截面在棱锥内部，$0<t<1$.棱台的棱长和为 $3\cdot 1+3t+3(1-t)s$，棱锥的棱长和为 $3+3s$.由题设二者相等，得 $3+3t+3(1-t)s=3+3s$，即 $3t(1-s)=0$.结合 $0<t<1$，可得 $s=1$.于是正三棱锥的六条棱长均为 $1$，所以 $P-ABC$ 为正四面体。 （2）取 $BC$ 的中点 $M$.由于 $△ABC$ 和 $△PBC$ 都是边长为 $1$ 的等边三角形，$MA=MP=\frac{\sqrt{3}}{2}$.又 $PD=\frac{1}{2}PA$，所以 $D$ 是 $PA$ 的中点。由 $PB=PC$、$AB=AC$ 及中线定理得 $DB=DC$，所以 $DM\perp BC$；又 $AM\perp BC$，故 $\angle DMA$ 是二面角 $D-BC-A$ 的平面角。在等腰三角形 $AMP$ 中，由余弦定理 $A{P}^2=A{M}^2+P{M}^2-2AM\cdot PM\cos \angle AMP$，即 $1=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-\frac{3}{2}\cos \angle AMP$，所以 $\cos \angle AMP=\frac{1}{3}$.因为 $MD$ 是底边 $AP$ 上的中线，也是顶角 $\angle AMP$ 的角平分线，所以 $\angle DMA=\frac{1}{2}\angle AMP=\frac{1}{2}\arccos \frac{1}{3}=\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$（由半角公式 $\sin \frac{\theta }{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \theta }{2}}=\sqrt{\frac{1}{3}}$）． （3）由（1）（2），$t=\frac{1}{2}$，正四面体 $P-ABC$ 的体积 $V_0=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}$（高为 $\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$），棱台体积 $V=V_0\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^3\right)=\frac{7\sqrt{2}}{96}$，棱台的棱长和为 $3+\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=6$.构造：取底面为边长 $\frac{1}{2}$、一个内角 $\alpha =\arcsin (8V)=\arcsin \frac{7\sqrt{2}}{12}$ 的菱形，侧棱垂直于底面且长均为 $\frac{1}{2}$，这是一个各棱长均为 $\frac{1}{2}$ 的直平行六面体。它的棱长和为 $12\cdot \frac{1}{2}=6$，体积为底面积乘高：${\left(\frac{1}{2}\right)}^2\sin \alpha \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{8}\sin \alpha =\frac{1}{8}\cdot \frac{7\sqrt{2}}{12}=\frac{7\sqrt{2}}{96}=V$.因此存在满足条件的直平行六面体，上述构造即为所求。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：正四面体二面角
2. 核心方法：设侧棱 $s$、比 $t$，棱长和相等 $3+3t+3(1-t)s=3+3s$ 得 $s=1$ 正四面体；$D$ 为 $PA$ 中点，$\cos \angle AMP=\frac{1}{3}$，二面角 $\angle DMA=\frac{1}{2}\arccos \frac{1}{3}=\arcsin \frac{\sqrt{3}}{3}$；存在：底面取边 $\frac{1}{2}$、内角 $\arcsin 8V$ 的菱形、侧棱 $\frac{1}{2}$ 的直平行六面体，棱长和 $6$、体积 $V$
3. 避坑指南：棱长和相等先列 $t$ 与 $s$ 的方程；二面角用中线长与余弦定理，半角关系 $\sin \frac{\theta }{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \theta }{2}}$；构造体用棱长 $\frac{1}{2}$ 控制棱长和 $6$

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 源于正三棱锥的截面与棱长和，教材”空间几何体”
2. 结论推广: 一般化：棱台与棱锥棱长和相等可反解侧棱长；二面角用中线长与余弦定理；设比值 $t$ 列棱长和方程；二面角找平面角 $\angle DMA$；构造用定棱长与定底角

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2005-北京春文-16 解-正三棱锥二面角与体积
• 2004-全国卷I文-10 单-正四面体心距比例
• 2013-上海卷文-19 解-正三棱锥度量