2005-全国卷II理-12 单-正四面体的几何性质

本题导读

本题核心考查正四面体中球体堆叠的几何边界问题。通过将 4 个球的球心抽象为一个较小的正四面体，利用两正四面体的同心对称性及内切球半径与高的比例关系，可将复杂的空间相切位置关系转化为简明的一维线性组合。

📌【题干】

Question

（2005年全国卷II(理)） 将半径都为 1 的 4 个铅球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高最小值为()

A. $\frac{\sqrt{3}+2\sqrt{6}}{3}$　　　　B. $2+\frac{2\sqrt{6}}{3}$　　　　C. 4+$\frac{2\sqrt{6}}{3}$　　　　D. $\frac{4\sqrt{3}+2\sqrt{6}}{3}$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 当正四面体容器的体积和高最小时，4 个铅球处于两两外切且均与容器内壁相切的紧致状态。
2. 4 个铅球的球心构成一个较小的正四面体，其棱长为两球心距（即 2）。
3. 利用正四面体的高与内切球半径固定的 4 倍关系，结合两个正四面体同心且对应面平行的几何特征，建立高与半径的等量关系求解。

✅【答案】

Success

C

✍【详细解析】

Abstract

当容器的高取得最小值时，4 个半径为 $R=1$ 的铅球两两外切，并且每一个铅球都与正四面体容器的三个侧面（或底面）相切。

设这 4 个铅球的球心分别为 $O_1,O_2,O_3,O_4$，它们连线构成的几何体为一个较小的正四面体 $V_2$。 因为半球两两外切，所以球心距即为 $V_2$ 的棱长： $a_2=2R=2$

根据正四面体的几何性质，棱长为 $a$ 的正四面体的高 $h=\frac{\sqrt{6}}{3}a$，其内切球半径 $r=\frac{1}{4}h$。 由此可计算出球心正四面体 $V_2$ 的高 $h_2$ 及其内切球半径 $r_2$： $h_2=\frac{\sqrt{6}}{3}\times 2=\frac{2\sqrt{6}}{3}$ $r_2=\frac{1}{4}{h}_2=\frac{\sqrt{6}}{6}$

设外层正四面体容器为 $V_1$，其高为 $H$，内切球半径为 $r_1$。 根据空间结构的对称性，容器 $V_1$ 与球心正四面体 $V_2$ 共享同一个中心 $O$。 由于 $V_1$ 的四个面分别与 $V_2$ 的对应各面平行，且外推的垂直距离正好等于铅球的半径 $R=1$。 所以，容器 $V_1$ 的内切球半径 $r_1$ 与 $V_2$ 的内切球半径 $r_2$ 满足关系： $r_1=r_2+R=r_2+1$

由于任意正四面体的高均为其内切球半径的 4 倍，故容器 $V_1$ 的高 $H$ 为指示： $H=4r_1=4(r_2+1)=4r_2+4$

将 $4r_2=h_2=\frac{2\sqrt{6}}{3}$ 代入上式可得： $H=4+\frac{2\sqrt{6}}{3}$

故选 C

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：正四面体基本量之间的比例关系（高 $h=4r$）、多面体平行放缩性质。
2. 核心方法：模型转化法。将球体切面接触问题转化为球心多面体与外壳多面体的相似截面距离问题。
3. 避坑指南：避免直接去计算顶点到球心的距离，由于涉及三面角的立体几何投影，直接计算顶角到球心距离的根式极其繁琐。利用“同心正多面体面间距即为半径差”的整体法可以完全绕开空间角度计算。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于晶体化学中“等径圆球最密堆积（CCP）”的空间几何模型。属于将实际物理堆积空间包装为纯立体几何切面计算的典型压轴选择题。
2. 结论推广：若将 $n$ 层等径外切球（半径为 $R$）以三角形分层堆叠方式（第一层 1 个，第二层 3 个，第三层 6 个 $\dots$ 第 $n$ 层 $\frac{n(n+1)}{2}$ 个）放入正四面体容器中。则球心组成的正四面体棱长为 $2(n-1)R$。通过相同的方法可推广出外层正四面体容器高的通用极小值公式：$H=4R+\frac{2\sqrt{6}}{3}(n-1)R$。本题对应 $n=2$ 的情形。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.02 外接球和内切球模型

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