2004-上海卷理-21 解-正四面体

本题导读

本题考查二面角的平面角求解。核心在于综合几何推导法、空间向量建系法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年上海卷(理)） 如图， $P-ABC$ 是底面边长为 1 的正三棱锥， $D、E、F$ 分别为棱长 $PA、PB、PC$ 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. 第一问（棱长和等量代换）：设正三棱锥的侧棱长 $PA=PB=PC=l$。由于 $DEF\parallel ABC$， $△PDE\sim △PAB$，设相似比为 $k(0<k<1)$。分别表示出棱锥和棱台的棱长和，由它们相等建立方程，解出 $l=1$ 即可。
2. 第二问（二面角计算）：
   • 空间向量法：取底面正三角形 $ABC$ 的中心 $O$ 为原点，建立空间直角坐标系，求出各顶点及 $D$ 点坐标，计算平面 $DBC$ 的法向量与底面 $ABC$ 的法向量，利用数量积求解夹角。
3. 第三问（存在性探究与构造）：
   • 首先算出棱台的体积 $V$ 和棱长和 $C_{\text{台}}$。
   • 设要构造的直平行六面体各棱长均为 $x$，底面菱形的内角为 $\theta$。其棱长和为 $12x=C_{\text{台}}$，由此唯一确定 $x$。
   • 直平行六面体的高为 $x$，底面积为 $x^2\sin \theta$，其体积为 $x^3\sin \theta$。由于 $\sin \theta ⩽1$，只需检验已知的 $V$ 是否满足 $V⩽x^3$。若满足，即可反算出满足条件的 $\theta$，从而成功完成实体构造。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析（$P-ABC$ 为正四面体）

(2) $\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$

(3) $V=\frac{7\sqrt{2}}{96}$

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 证明： $P-ABC$ 为正四面体： 设正三棱锥 $P-ABC$ 的底面边长为 $AB=BC=CA=1$，侧棱长为 $PA=PB=PC=l$。 则棱锥 $P-ABC$ 的棱长和为： $C_{\text{锥}}=3\times 1+3\times l=3+3l$

因为截面 $DEF\parallel$ 底面 $ABC$，所以棱锥 $P-DEF$ 也是正三棱锥，且 $△PDE\sim △PAB$。 设相似比为 $k(0<k<1)$，则有： $PD=PE=PF=kl$ $DE=EF=FD=k\times 1=k$ 此时，棱台 $DEF-ABC$ 的上底面三条边长均为 $k$，下底面三条边长均为 $1$，三条侧棱长均为 $AD=BE=CF=l-kl=(1-k)l$。 则棱台 $DEF-ABC$ 的棱长和为： $C_{\text{台}}=3\times k+3\times 1+3\times (1-k)l=3k+3+3l-3kl$

由已知条件，棱台与棱锥的棱长和相等，即 $C_{\text{台}}=C_{\text{锥}}$： $3k+3+3l-3kl=3+3l$ 消去两边相同的项 $3+3l$ 得： $3k-3kl=0⟹3k(1-l)=0$ 因为 $0<k<1⟹3k\ne 0$，所以必有： $1-l=0⟹l=1$ 由于侧棱长 $PA=PB=PC=1$，且底面边长均轴为 1，该四面体的 6 条棱长全部相等。 故 $P-ABC$ 为正四面体。

(2) 若 $PD=\frac{1}{2}PA$，求二面角 $D-BC-A$ 的大小：

空间向量法： 由第 (1) 问可知 $P-ABC$ 是中心棱长为 1 的正四面体。 取底面正 $△ABC$ 的中心 $O$ 为坐标原点。令 $BC$ 的中点为 $G$，则 $AG\perp BC$，且 $OG$ 落在 $AG$ 的延长线上。以 $OG$ 所在直线为 $y$ 轴， $BC$ 所在直线为 $x$ 轴，过 $O$ 垂直于底面的射线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。

由于 $AB=BC=CA=1$，可算得 $AG=\frac{\sqrt{3}}{2}$，根据重心的比例性质： $OA=\frac{2}{3}AG=\frac{\sqrt{3}}{3},OG=\frac{1}{3}AG=\frac{\sqrt{3}}{6}$ 由此可得底面各点的坐标为： $A\left(0,-\frac{\sqrt{3}}{3},0\right),B\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6},0\right),C\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6},0\right)$ 正四面体的高 $PO=\sqrt{P{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{1^2-{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，故顶点坐标为： $P\left(0,0,\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$

因为 $PD=\frac{1}{2}PA$，所以 $D$ 为 $PA$ 的中点。由中点坐标公式得： $D\left(0,\frac{0+(-\frac{\sqrt{3}}{3})}{2},\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}+0}{2}\right)=D\left(0,-\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{6}\right)$

底面 $ABC$ 的一个法向量显然可以取为： $\overrightarrow{n_1}=(0,0,1)$。 设平面 $DBC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x,y,z)$。计算平面内的两个向量： $\overrightarrow{BC}=C-B=(-1,0,0)$ $\overrightarrow{GD}=D-G=\left(0,-\frac{\sqrt{3}}{6}-\frac{\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{6}-0\right)=\left(0,-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{6}}{6}\right)$ 根据法向量的垂直性质： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{BC}=-x=0⟹x=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{GD}=-\frac{\sqrt{3}}{3}y+\frac{\sqrt{6}}{6}z=0⟹y=\frac{\sqrt{2}}{2}z\end{array}$ 令 $z=2$，解得 $y=\sqrt{2}$，故平面 $DBC$ 的一个法向量为： $\overrightarrow{n_2}=(0,\sqrt{2},2)$。

设二面角 $D-BC-A$ 的平面角为 $\alpha$。由图可知该二面角为锐角，则： $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0\times 0+0\times \sqrt{2}+1\times 2|}{1\times \sqrt{0^2+(\sqrt{2}{)}^2+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ 所以，二面角 $D-BC-A$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$。

(3) 存在性探究： 结论：存在满足条件的直平行六面体。

证明与具体构造如下： 由第 (2) 问已知 $PD=\frac{1}{2}PA⟹k=\frac{1}{2}$。 代入第 (1) 问的结论，棱台 $DEF-ABC$ 的棱长和为： $C_{\text{台}}=3+3\times 1=6$ 大正四面体 $P-ABC$ 的高为 $H=\frac{\sqrt{6}}{3}$，底面 $△ABC$ 的面积为 $S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}$。其总体积为： $V_{P-ABC}=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4}\times \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}$ 小正四面体 $P-DEF$ 的相似比为 $k=\frac{1}{2}$，则其体积为大四面体的 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^3=\frac{1}{8}$。 故棱台的体积 $V$ 满足： $V=\left(1-\frac{1}{8}\right)V_{P-ABC}=\frac{7}{8}\times \frac{\sqrt{2}}{12}=\frac{7\sqrt{2}}{96}$

现在假设存在一个各棱长均相等的直平行六面体。设其各棱长均为 $x$，底面菱形的邻角为 $\theta (0<\theta ⩽\frac{\pi }{2})$。 该直平行六面体共有 12 条棱，其棱长和必为 $12x$。 要求两多面体棱长和相等： $12x=6⟹x=\frac{1}{2}$

此直平行六面体的高为 $x=\frac{1}{2}$，底面是边长为 $\frac{1}{2}$、内角为 $\theta$ 的菱形。 则其底面积为 $S_{\text{底}}=x^2\sin \theta =\frac{1}{4}\sin \theta$。 该六面体的体积为： $V_{\text{六}}=S_{\text{底}}\cdot x=\frac{1}{4}\sin \theta \times \frac{1}{2}=\frac{1}{8}\sin \theta$

要使该直平行六面体的体积等于棱台体积 $V$，只需满足方程： $\frac{1}{8}\sin \theta =\frac{7\sqrt{2}}{96}⟹\sin \theta =\frac{7\sqrt{2}}{12}$

检验该三角方程是否有解： 因为 ${\left(7\sqrt{2}\right)}^2=98$， $12^2=144$，显然 $98<144⟹7\sqrt{2}<12$。 所以： $\sin \theta =\frac{7\sqrt{2}}{12}<1$ 由于 $\frac{7\sqrt{2}}{12}\in (0,1)$，方程在 $\theta \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上必然存在唯一实数解。

构造方案： 我们可以具体构造出如下的一个直平行六面体： 该六面体为直柱体，其各棱长均固定为 $\frac{1}{2}$，其底面是一个邻角为 $\arcsin \frac{7\sqrt{2}}{12}$ 的菱形。该几何体完全符合体积为 $\frac{7\sqrt{2}}{96}$ 且棱长和为 6 的全部约束条件。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：相似多面体的边长与体积比性质、空间直角坐标系法解二面角、含参立体图形体积公式构建。
2. 核心方法：空间向量建系法、不等式存在性值域边界夹逼法。
3. 避坑指南：
   • 第三问在完成构造后必须进行 $\sin \theta ⩽1$ 的有界性检验。很多同学推导到 $\sin \theta =\frac{7\sqrt{2}}{12}$ 就不再继续，严格来说，如果算出这个值大于 1，则说明该几何体在物理现实中根本无法闭合，存在性命题就会证伪。通过比较 $98<144$ 确认 $\sin \theta <1$ 是锁死满分最关键的闭环步骤。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 2004年上海高考理科数学压轴题。
2. 结论推广: 本题第三问是不动点与几何形体几何变形思想的初等化缩影。只要一个体系在形变过程中（改变菱形夹角 $\theta$），其体积函数 $V(\theta )=V_{\max }\sin \theta$ 的连续值域区间 $[0,V_{\max }]$ 能够完全覆盖目标已知常数 $V$，根据连续函数介值定理，满足特定物理指标的异构几何体就必然存在。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积
• 21.01 空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 1991-上海-24 解-线面角与二面角的求法
• 1958-北京-07 解-二面角内点到棱的距离
• 1958-安徽-04 解-三棱锥中截面新锥体积