古今立体几何趣论几则

2024年2月27日发(作者：来安县高考数学试卷答案)

古今立体几何趣论几则

许苏华

根据《九章算术》和《古今数学思想》等经典名著，可以粗略认为小学数学主要为夏商周时期的文化遗产，中学数学主要为秦汉至宋元时期的文明产物，那么高等数学主要为明清时期以来同期的欧美发现.大中小学数学教材中所选择的内容是数学教育家或教育数学家认为数学历史长河中非常重要的部分，而许多未能出现在教材中的概念知识与思想方法，只能一直静静地躺在原著中、原地上.阅读原著、探索原地，可以发现许多不为人知的数学历史故事，以及鲜为人知却名垂青史的原理、公式、定理等结论.让我们一起欣赏其中几则吧！

一、《九章算术》中的空间几何体

立体几何作为高中数学的重要内容之一，它在两千多年前就已大量出现在西汉丞相张苍的《九章算术》一书中，近年全国各地借此书中空间几何体编制新题的情形屡见不鲜，不妨看下面几题：

例1 （2018上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）

A1A

D．16 A．4 B．8 C．12

AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E解析：如图以AA1为底面矩形一边的四边形有AAC11C、4个，每一个面都对应着4个顶点，所以阳马的个数为16个，故选D．

E1C1ECA1DABD1B1

例2 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，已知鳖臑PABC的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）

1

A．41 B．16 C．25 D．64

解析：由三视图还原后得到几何体的直观图如下图所示，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，PA底面ABC.则BCPC.扩展为长方体，它的对角线的PB即为球的直径162541，该三棱锥的外接球的表面积为4(412)41.故选A.

2

例3 在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知“堑堵”ABCA1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，且ABAC1，若这个三棱柱1的体积为，则该球O的表面积为（ ）

2A． B．2 C．3 D．4

解析：“堑堵”ABCA1B1C1的外接球的球心O如图所示，设RtABC外接圆圆心2

为O1，ABAC1，所以AO11122211.由三棱柱的体积为，所以222111(11)2OO1，所以OO1.在RtAOO1中，设该球O的半径为R，则有222R2OA2OO12AO1233，所以R，则S球4R23，故选C.

24

biēnào上面出现的堑堵、鳖臑、阳马三个几何体均在《九章算术》一书中出现，分别是非常特殊的三棱柱、三棱锥和四棱锥，在古代实际生活中比较常见的空间图dǎo形.除此之外，还有很多空间几何体，比如方堡壔和圆堡壔，分别指的是正四棱柱和圆柱；比如方亭和圆亭，分别指的是正四面棱台体和圆台；比如方锥和圆锥，分别指的是正四棱锥和圆锥.可见只有圆锥的名字一直沿用至今.

堡壔指的是土筑小城，亭指的是建筑物，由此可见《九章算术》是一部应用数学著作.除了解决人类居住的建筑物，还解决其它问题，比如羡除和冥谷，分别指的是墓道和墓坑，如图所示：

羡除

冥谷

羡除的体积计算公式为“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一”，即

V羡除(上广+下广+末广)深袤；

6冥谷的体积计算公式为

3

(上广2+下广)上袤+(下广2+上广)下袤深.

V冥谷6再比如盘池与曲池，分别指的是长方形土池和扇形水池，如图所示：

盘池

曲池

盘池的体积公式与冥谷的体积公式相同，这里的盘池和冥谷都不一定是我们现在所研究的棱台.

曲池的体积计算公式为

上中周+上外周下中周+下外周(上广2+下广)+(下广2+上广)深22.

6V曲池

看到这些公式，不禁惊叹近两千年前古人的智慧与能力，而且通过图形分割等方法可以证明这些公式是正确的！如果不好好学习，即使你穿梭时空到两千年前的大汉王朝，也只能算是后进生.

二、多面体的欧拉公式

除了高中数学教材中出现的棱柱、棱锥、棱台是多面体外，还有很多表面由”的多面体称为简单多面体，一些平面多边形构成的立体也是多面体.无“孔（洞）也有人称之为第零类多面体，假如多面体的面是用橡胶薄膜做成的，如果充以气体，那么简单多面体可以会变成一个球面.否则就不是简单多面体，如下图所示.

非第零类多面体

对于简单多面体，它的顶点数为v，面数为f，棱数为e，那么多面体的三元素个数之间满足关系式vfe2，这个我们称之为欧拉定理，因为数学历4

史记载最先由瑞士数学家欧拉发现的.欧拉公式的证明不是特别难，给出两种常见证明方法：

证法一：对于任意一个顶点数为v、面数为f、棱数为e的简单多面体，它是用橡胶薄膜做成的，在它里面放一个可变大的球，当这个球适当变大时，简单多面体就贴合在球面上，此时多面体的顶点、棱、面变成了结点、弧、小球面片，数目都是一致的.

任取其中一个结点，连接该结点有k条弧，那么与之相邻的小球面片也是k个，如果删掉该结点，与之相邻的k条弧也一同消失，那么k个小球面片变成一个球面片，结点数小球面片数弧数(v1)(fk1)(ek)vfe，可以发现，删除一个结点后，vfe不变.重复这样的操作，球面最终留下一个孤立的结点，弧全部消失，此时球面片变成整个球面，那么vfe1102.

证法二：对于任意一个顶点数为v、面数为f、棱数为e的简单多面体，它依然用橡胶薄膜做成的，去掉一个面积最大的面，然后把它剩下的棱和面拉到一个平面内，此时在平面内有v个点、e条线段以及f1个多边形.此时只需要证明v(f1)e1即可.比如下面两图分别是四面体和正方体去掉一个面变成平面图形的情形：

被拉成平面的四面体 被拉成平面的正方体

删除一条线段，对应就少了一个多边形，v(f11)(e1)v(f1)e不变；或者删除一条线段，再删除孤立的顶点，(v1)(f1)(e1)v(f1)e不变；重复这样的操作，可以发现最后平面内只剩下一个孤立的点，即v(f1)e1.

这里的vfe称之为欧拉示性数，前面的证明过程告诉我们简单多面体的欧拉示性数为2.对于前面所给的一个非第零类多面体，它的欧拉示性数为0.

5

下面是一道以欧拉公式为背景的数学试题：

例4 在数学历史中有很多公式都是数学家欧拉（Leonhard Euler）发现的，它们都叫做欧拉公式，分散在各个数学分支之中.任意一个凸多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间，都满足关系式VEF2，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”.若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为（ ）

A．10 B．12 C．15 D．20

解析：因为一个凸二十面体的每个面均为三角形，所以面数F20，顶点数V、3棱数E的关系为FE，由任意一个凸多面体的顶点数V、棱数E、面数F之23间，都满足关系式VEF2，所以VFF2，得V=12,故选B.

2三、简单几何体的辛普森公式

棱柱和圆柱统称为柱体，柱体的体积公式是V柱体Sh，此公式可以看成定义1或原理.棱锥和圆锥统称为锥体，锥体的体积公式是V锥体Sh，利用三棱柱可3以分割成三个体积相等的三棱锥以及祖暅原理得出此公式的.棱台和圆台统称为1台体，台体的体积公式是V台体(S\'SS\'S)h，利用两个位似锥体的体积相3减化简可得.

台体的体积公式也用于柱体和锥体，当S\'0时，此公式就变成锥体的体积公式；当S\'S，此公式就变成柱体的体积公式.

利用圆柱和圆锥的体积公式以及祖暅原理，可以推出球体体积公式4V球R3.

3上述中的棱柱、棱锥和棱台就是简单多面体，圆柱、圆锥、圆台和球是旋转体，这七个空间图形统称为简单几何体，它们有更一统的体积公式，即辛普森定理：

夹在两平行平面之间的几何体，如果被平行于这两个平面的任何平面所截，截得的截面面积是截面高的（不超过三次的）多项式函数，那么这个几何体的体积，就等于其上底面积S\'、下底面积S与四倍中截面面积4S0的和乘以高h的六分之一，即

V

hSS4S0.

6很容易验证此公式不仅适合柱体、锥体，还有球体，下面证明台体也可以用6

1h此公式，相当于证明V台体(S\'SS\'S)h=(S\'S4S0)，即只需证明36S\'2SS\'S4S0，设上底、中截面、下底对应线段比为r\':r0:r，那么对应的面积比S\':S0:Sr\'2:r02:r2；而且2r0r\'r，那么4r02(r\'r)2r\'22r\'rr2，那么4S0S\'2SS\'S，即证.说明这个公式不仅是对的，而且很有用，因此有必要证明它，然后以后你就可以光明正大地在适当的场合使用它，助你一臂之力.类似于人教社普通高中课程标准试验教科书（老教材）中球体体积公式的证法，证明过程如下：

证明：将几何体的高h等分成n等分，通过这些分点且平行于上、下底面的平面，将几何体分为n个薄片，每一个薄片可以近似看成柱体，这n个柱体的体积之和近似等于这个几何体的体积，n越大，那么这n个柱体的体积之和就越逼近于这个几何体的体积.

iii对于自下而上第i个薄片的底面积为Sia3(h)3a2(h)2a1(h)a0，那nnnnnSihSh么第i个薄片的体积为Vi，整个几何体的体积近似为V\'Vii，整nn11理得：

hnhniiiV\'Si[a3(h)3a2(h)2a1(h)a0]n1n1nnnhh3n3h2n2hn[a3()ia2()ia1()ina0].

nn1n1n1nn2(n1)2n(n1)n2n(n1)(2n1)3i又由数列求和公式i、和i可426111n得：

hh3n2(n1)2hn(n1)(2n1)hn(n1)V\'[a3()a2()2a1()na0]

nn4n6n22h3(n1)3(n1)2(n1)(2n1)[a3hah3ah6a0].

212262nnnh3因此VlimV\'(a3h32a2h23a1h6a0)（此处利用了极限思想和洛必n62达法则）.

7

下底面积为Sa0，上底面积为S\'a3h3a2h2a1ha0，中截面面积为hhhS0a3()3a2()2a1()a0，裂项得：

222hhhhV(a0a3h3a2h2a1ha04a3()34a2()24a1()4a0)

6222h(S\'S4S0).

6 证毕.

下面是以辛普森公式为背景编制的题目：

例5 “辛卜生公式”给出了求几何体体积的一种计算方法：夹在两个平行平面之间的几何体，如果被平行于这两个平面的任何平面所截，截得的截面面积是截面高（不超过三次）的多项式函数，那么这个几何体的体积，就等于其上底面积、h下底面积与四倍中截面面积的和乘以高的六分之一，即VSS4S0，式6中h，S，S，S0依次为几何体的高，下底面积，上底面积，中截面面积.如图，2现将曲线yxx0与直线y2及y轴围成的封闭图形绕y轴旋转一周得到一个几何体.利用辛卜生公式可求得该几何体的体积V( )

A．

2B． C．2 D．4

2解析：根据题意可知该几何体是由曲线yxx0与直线y2及y轴围成的封闭图形绕y轴旋转一周得到.



S0，S2222，S01，



根据辛卜生公式V22042，故选C.

6四、四面体的定理

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三角形是边数最少的多边形，因此在初中研究了与三角形有关的内容，比如等腰三角形、等边三角形、直角三角形、全等三角形、相似三角形及其它们的性质、判定等有关结论.四面体是面数最少的多面体，就是三棱锥，是最简单的多面体，正因为它的特殊性，因此它也具有很多结论.

1.四面体的定理：

给定一个四面体，都可以确定它的外接平行六面体.

定理1-1：通过四面体的每一条棱及其对棱重点的平面共有六个，它们通过同一点.

定理1-2：连接四面体的每一顶点与其对面重心的线段共有四条，也都通过这一点，而且从各该顶点算起都被这点分为3:1.

定理1-3：三双对棱中点的三个连线段也通过这一点，而且都被它平分.

这点称为四面体的重心.

四面体的每一个面都可以看成三棱锥的底面，三棱锥的顶点到底面的垂线段称之为四面体的高线，因此它的高线有四条.

定理2：四面体中从两顶点发出的高线相交的充要条件是连接这两顶点的棱垂直于其对棱.

定理3：设四面体有两双对棱互相垂直，则第三双对棱也互相垂直，此时四面体的四高线通过同一点.

2.等腰四面体的定理：

如果一个四面体，它的每一对对棱的长相等，就说该四面体为等腰四面体.

定理1：等腰四面体的四个面都是全等的三角形.

定理2：一个四面体是等腰的，当且仅当每个顶点处面角之和是180°.

定理3：等腰四面体的每个面都是锐角三角形.

定理4：如果一个四面体的各个面具有相同的周长，那么它是等腰的.

定理5：任意四面体的内切球在各个面上的切点与该面的顶点的连线在切点所形成的三个角，对每个面来说都是相同的.

定理6：各面面积相等的四面体是等腰的.

定理7：一个四面体是等腰的，当且仅当它的内切球与外接球同心.

等腰四面体是一特殊的四面体，那么四面体的所有定理适用于等腰四面体，反之则不一定.这些定理虽然未出现在教材中，但是每一个定理的得出及其证明都是数学历史发展的最简缩影.高考、竞赛经常以此为载体编制试题.

例6（2017浙江）如图，已知正四面体DABC（所有棱长均相等的三棱锥），BQCR2，分别记二面QCRAP，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，APPB，9

角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，，，则（ ）

DAPRBCQ

C．<< D．<< A．<< B．<<

解析：设O为三角形ABC中心，底面如图2，过O作OERP，OFPQ，OGRQ，由题意可知tanDOODOD，tan，tan，

OEOFOGyCQGDAPEROFBGCQAREOPFBx

图1 图2

由图2所示，以P为原点建立直角坐标系，不妨设AB2，则A(1,0)，B(1,0)，C(0,3)，O(0,BQCR3231232，∴Q(,)，∵APPB，)，R(,)，33333QCRA3x，直线PQ的方程为y23x，直线RQ的方程为2则直线RP的方程为yy

135322139xOFOG，，根据点到直线的距离公式，知OE，，392139310

∴OFOGOE，又因为，所以，tantantan，，为锐角，故选B．

例7（2017全国Ⅲ卷）如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD．

DCEBA

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；

(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值．

解析：（1）由题设可得，ABDCBD，从而ADDC．又ACD是直角三角形，所以ACD=90．取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO．

又由于ABC是正三角形，故BOAC．所以DOB为二面角DACB的平面角．在RtAOB中，BO2AO2AB2．又ABBD，所以故DOB90．所以平面ACD平面ABC．

BO2DO2BO2AO2AB2BD2，（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则

zDCOE

yBxA11

A(1,0,0)，B(0,3,0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)．

由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的的距离为D到平面ABC的距离的1，从而E到平面ABC2131,)．故，即E为DB的中点，得E(0,22231,)．设n=x,y,z是平面DAE的22AD(1,0,1)，AC(2,0,0)，AE(1,xz0nAD0，3n(1,,1)． 法向量，则即，可取313yz0nAE0，x22mAC0，设m是平面AEC的法向量，则同理可得m(0,1,3)．

mAE0，则cosn,m7nm7，所以二面角DAEC的余弦值为．

7nm7例8

如图，在等腰四面体ABCD中设BC=AD==BD=b，AB=CD=c，外接球的半径为R，则R=______.（用a、b、c表示）

解析：设长方体的长宽高分别为x，y，z，根据题意得x2y2a2，y2z2b2，x2z2c2，相加得

a2b2c2xyz，

2222121a2b2c2222222Rxyzabc，

222412

故答案为2a2b2c2．

4例9

定义异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体DBMN的外接球半径为R，BMN的外接圆半径为r.已知DBMNa，DMBNb，rDNBMc.则的取值范围是______.

R解析：由定义，知对棱相等的四面体可补成一个长方体ABCDMKNL，如图所示.则四面体DBMN即为对棱相等的四面体，其外接球直径就是长方体的对角线DK.

x2y2c2,222ABy令长方体的高、长、宽分别为AMx，，ADz.则yza,

z2x2b2R12xy2z2.而等腰四面体的四个侧面均相同，由海伦公式得

2SBMN1y2z2z2x2x2y2

2ry2z2z2x2x2y22y2z2z2x2x2y2

rRyx22z2y2zxxy.

zyz+zxxy22222222222222222222222222222由恒等式xyzyzzxxy=yzzxxyxyz，

y2z2z2x2x2y2822r11.

及均值不等式得22222222293Rxyzyzzxxy五、正多面体与旋转体图形赏析

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正多面体只有5种，分别是正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面和正二十面体，可以借助欧拉公式证明有且仅有这五种正多面体.

下面借助网络画板画出的3D效果，共大家赏析.

正四面体 正八面体

正十二面体 正二十面体

腰鼓 小蛮腰

六、三个有奖问题

单墫教授在解题研究丛书序中说“学习数学，就要学习发现问题，解决问题.”14

我发现了三个问题，大家来解决这三个问题，每个题目后面是红包金额，钱不多，重在解决问题后所获得的快乐与幸福！

第一个问题：如何证明有且仅有五个正多面体？（8.8元）

第二个问题：如何借助网络画板画一个3D足球？（18.8元）

第三个问题：如何用一个平面平分任意六面体的体积？（28.8元）

做出者把过程或网络画板链接，还有你的微信号，通过电子邮件shxu@发给我，第一位做对者，通过微信送红包一个.

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