具有三种棱长的四面体种类探索

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蔡鼎尧（B01151128） 指导老师：林磊

【摘 要】本文由1999年的一道高考填空题引入，探索了具有三种棱长的四面体种类。文中就3种棱长的个数分类讨论了三种棱长所构成的四面体的种类，且在各个分类下分别讨论构成四面体的条件，并研究了普遍的四面体体积公式以及各个分类下的四面体体积公式。 【关键词】四面体，三种棱长，体积

在1999年的高考题中有一道填空题：

“若四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积是_________（只需写出一个可能的值）”。

文[1]已经完美解决了由这道题拓展出的“具有两种棱长的四面体的种类”问题。本文尝试讨论一下“具有三种棱长的四面体”的问题。

§1. 四面体种类的探索

根据三种不同棱长a、b、c的棱的数量，可以分为三大类（其中a、b互不相等）。

一、有1根棱长为a，一根棱长为b，4根棱长为c的情况：

在这种情况下，可以分为以下两小类

（ⅰ）棱长为a和棱长为b的两根棱异面。如图（1），其中= b，BC= a，其余棱长均为c。

A

c

C

A

C

图（1）

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因为 △ABC与 △APC 是可构造的，所以a 0,2c ,b 0,2c 。

2 a2 是四面体P ABC成立的一个下面证明对于 a∈ 0,2c ，b 0,2c

4

充要条件。

必要性证明： a∈ 0,2c ，对于任一已确定的a∈ 0,2c 和任一确定的c，实际上已经确定了四面体P-ABC的两个面：△ABC以及△PBC。而= b，因为

四面体P ABC可以构成，所以由△ABC和△PBC所夹的二面角 ∈ 0, ，

a2

PA b 2PO·sin，又因为PO=c 为固定的值，所以= b是 的

24

2

一个单调增函数，b=f( ), ∈ 0, 。f =2=CA CO（如图（2）），

2

2

a

f(π)=2c .

2

2

2

2 aa22 。

=2c ，f(0)=0。所以b 0,2c

4 4

2

P

CAC

图（2） 图（3）

充分性证明：因为a∈ 0,2c ，所以△ABC和△PBC都存在且共边BC（如图（3））。 取BC中点O，连接AO、PO，因为△PBC和△ABC都是等腰三角形，又因为

a2 2 ,都满足PB=AB=PC=AC，且共边BC，所以ABC≌△PBC，所以 b 0,2c 4

构成△PAO， PAB和△PAC的条件。又因为B、O、C在同一线段BC上且不是重合的点，所以四面体P-ABC是可构造的。 （ⅱ）棱长为a和棱长为b的两根棱共面。

对于这种情况我们这里只进行了定性分析。

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A

图（4）

我们猜测的充要条件是：若四面体P ABC（其中= b，PB a，

PC=AB=AC=BC=c）可以构成，则以点C作为球心，PC=AC=BC=c作为半径的半球；△ABC在半球的底面上，另一个点P一定在这个半球上（底面除外）（如图（4））。

必要性证明：若符合要求的P-ABC存在，即PC=AB=AC=BC=c，

b， = a。以点C为球心，作如前面要求的半球。则因为PC=半径c，所以显然P点在除底面外的半球上。

充分性证明：以点C为球心作如前面要求的半球。点A和点B在半球底面C上，任取半球除底面外的一点P，连接PA，PB，PC。因为等边△ABC存在，

所以P与△ABC不在同一平面，且连接了PA，PB，PC，所以存在四面体P-ABC。 在此四面体中， = b，PB = a，PC==AC=BC=c，所以符合要求的四面体P-ABC存在，证毕。

二、有1根棱长为a，2根棱长为b，3根棱长为c的情况： 在这种情况下，可以分为以下四小类。

A

O

B

图（5）

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（ⅰ）3根棱长为c的棱共面（如图（5））。

取△PAB分析，因为△PAB是等腰三角形，其中两腰==b，底AB=c，所以我们据此可以推出b>

c c

。对于给定c， b , ，当且仅当2 2

c23c2 22 a b c,b c 时，符合要求的四面体P-ABC存在。

4242

O

P

图（6）

必要性证明：证明方法类似前面—（ⅰ）。对于四面体P-ABC，因为c已确定，对于任取一定b，所以四面体中的两个面△PAB和△CAB已确定。PC的取值范围的确定取决于△PAB和△CAB所在平面所夹的两角β的值，即。 PC=a=f 。a是 ∈ 0, 的单调增函数（在前一（ⅰ）中已经说明）

OP OC b c f 0 OP OC

OC OP b c

并且可以得到， OP

c2

，OC AP OA b 4

2

2

2

AC OA

22

3c。2

c2c23 22 c,b c 。 f OP OC。所以a b 4242

cc23c2 22 充分性证明：对于给定C， b>, a b c,b c

24242 使得△POC存在，△PAC和△PBC也存在。因为△PAB、△ACB存在，△POC、△PAC和△PBC也存在，且点A、O、B在同一线段AB上，所以存在四面体P-ABC，证毕。 （ⅱ）3根棱长为c的棱共点（不妨放在点P）。

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C

A

P

B

图（7） 图（8）

对于这种情况，我们也只进行了定性的讨论。

构建如图（8），以P为球心， ==PC=c为半径的半球，充要条件是：当△CAB是以∣AC∣=∣BC∣=b为腰，不过球心P的球内接等腰三角形时，符合要求的四面体P-ABC存在。

必要性证明：任取一符合条件的四面体P-ABC，把顶点P放在前面构造的半球中。因为==PC=c，所以A、B、C三点都在半球上。又因为

AC BC b，所以△CAB是半球的内接等腰三角形。

充分性证明：△CAB是半球的内接等腰三角形，且AC BC b，AB a，因为P是球心，所以 PB PC c。又因为P不在△CAB所在平面，所以

四面体P ABC存在，且 PB PC c且AC BC b，AB a，所以

存在符合要求的四面体P-ABC。

（ⅲ）在四面体P ABC中， PB PC c，AC BC b，PB a（如图（9）a）。

A

B

图（9）a

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（ⅳ）在四面体P-ABC中， PB PC c，AC BC b，AB a （如图（9）b）。

A

B

图（9）b

在这种两情况下讨论四面体存在的充要条件比较困难，但找到一些特殊的充分必要条件还是可以的。

三、棱长为a、b、c的棱各为2根的情况：

在这种条件下，可分为三小类。

（ⅰ）3组各自等长的棱互相异面（如图（10））。

A

a

B

图（10）

不妨设其中PC AB a， BC b，PB AC c。四面体P-ABC的四个面是由四个全等的三角形构成。共面的三条棱长是互不相同的。我们先分析一下任意两个相邻的面。不妨取△ABC和△PAC，它们共边于AC，可绕AC为轴旋转，当两三角形所夹的角不为0和π时，连接PB可得一四面体P-ABC，若

PB AC c则此四面体P-ABC为所求的符合要求的四面体。

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P

A

B

C

C

B

图（11）

如何才能使=AC=c是△PAC和△ABC所夹的两面角γ的一个单调增函数（理由同前一（ⅰ）必要性的证明），当γ∈（0，π）。我们现在来分析当γ=π，即PB最大时的情况。此时△PAC和△ABC在同一平面，并不构成四面体。

因为△PAC≌△ABC，所以四面形ABCP是平行四面形（如图（11））。在△ABC中AC是∠ABC所对的边，在△APB中，PB是∠PAB所对的角，因为 BC，

PC ，∠PAB＋∠ABC=180°，根据两边相等，对应角越大，第三边也越大可知，当∠ABC≧90°时，PB≦AC。而此时的PB是γ∈ 0， 时的最大值。所以，若要符合条件P-ABC成立，∠ABC必须要是锐角。而我们是任意取的两个面，所以四个全等的三角形必须是锐角。这是关于符合要求P-ABC存在的充要条件：组成P-ABC的四个面都必须是全等的四个锐角三角形的必要性证明。

接下来证明其充分性：

A

P

B

B

C

C

图（12） 图（13）

充分性证明：取任一锐角三角形ABC，作为一共边于AC的全等△ABC的

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CPA。其中 CP b，AP BC a，AC c。是△ABC与△CPA

所夹的 的单调增函数， 0, ， f 。因为锐角三角形ABC和锐角三角形CPA可构造，所以如图（13），f 0 AC。如图（12）因为

PAB APC 180 ， APC 90 ，又因为两边相等 , PC ，

夹角越大，对应边也越长，所以f AC。因为 0, ，所以

PB AC，使得符合要求的四面体P ABC存在。

（ⅱ）棱长相同的3组棱中有一组棱相互异面，另两组共面（如图（14））。不妨设棱长为b 的那组棱相互异面。

A

b

B

图（14）

PB a，CA CB cPC AB b，在确定了a后，由△PAB可得b 0,2a 。所以，我们可以得到符合条件的四面体P-ABC存在的充要条件是：

b2b2 。 222222 b 0,2a ，c a b 2ba ,a b 2ba

44

A

O

B

O

图（15）a 图（15）b

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必要性证明：因为符合要求的四面体P-ABC可构造，取AB的中点O，分别连接PO，CO如图（15）a，因为 a，CA CB c，所以PO⊥AB，CO⊥AB。将垂直且平分AB的平面POC单独拿出来研究，如

图（15）bPO b的情况 ，因为 b 0,2a ，所以C一定在以P为圆心，在平面POC上的圆P上。在△ACO中可明显看出OA

b

AC c取决于OC。2

max

由此，我们可以得到OC

min

OC' OP b ， OC OC'' OP b，

OCmin

b2b22

a b， OCmax a b，c AC

44

2

OC OA，所

2

22

以Cmax

2b2 b a b

4 4

2

2

，Cmin

2b2 b a b

4 4

2

，所以

b2b2 。 222222

c a b 2ba ,a b 2ba

44

在PO PC b时（如图（15）c）。

C''

C'

图（15）c

因为PC PC b，所以 PCC PC C，所以 OCC PC C，在同一三角形内，大角对大边，所以OC OC。所以在 PC时，

b2b22

，OCmax OC'' b a ，因为OCmin OC' PC OP b a 44

2

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c AC OC OA，OC项有平方，所以PCPO差的正负不影响计算

22

b2b2 。必要性得证。 222222

,a b 2ba 结果，所以c a b 2ba 44

充分性证明：因为 a，AB b。构造等腰三角形ABC如

图（15）d，其中CA CB c，取AB中点O，连接PO，CO。

A

O

B

图（15）d

b2b2 b2 ，222222

,a b 2ba 所以PO a ， c a b 2ba 44 4

2

OC

b2b2b222 ，所以OC a b,a b 。因AC AO c

444

2

2

2

为 PB a，CA CB c，O为AB中点，所以PO⊥AB，CO⊥AB，点P、O、C共面。

同样把平面PCO单独拿出来看。（如图（15）e）

图（15）e

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PCmin PO OC

b2

a OCPCmax PO OC

4

2b2

a OC，

4

2

b2b222 因为OC a b,a b ，可见PC的取值范围是OC取值范围 44 的正比例函数，所以取OC

b2

a b代入PCmin和PCmax，可得：

4

2

PCmin b ，PCmax b，等号在点C、P、O共线时取到。所以只要点C、P、O不共线，可得b PC的取值范围，所以存在PC b，可使得符合要求的四面体P-ABC存在。充分性得证。

（ⅲ）三组棱长相等的棱各自共面（如图（16））。

其中 a，AB AC b，BC PC c，对于这种情况下四面体成立的充要条件，本文未能归纳出来。

A

b

B

图（16）

§2. 四面体面积的探索

在前面的讨论中，没有讨论关于体积的问题。下面介绍一个通用的体积公式，在知道6根棱长的情况下求体积。该公式的推导的基本思想来源于文[4]。

建立空间坐标系，把四面体P-ABC的顶点P置于原点O的位置，设

A xa,xb,xc ,B ya,yb,yc ,C za,zb,zc 。如图并设四面体的6根棱分别为

l,m,n,p,q,r。

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x

图（17）

可知，VP ABC

11

xb ·=66

xc

yaybyc

zaxazbxbzcxc

yaybyc

zazbzc

xayaybyc

zazbzc

，两边平方可得：

VP2 ABC

=

xa1xb36xc

=

xa1xb36xc

yaybyc

zaxazbxbzcxc

yaybyc

za

zb zc

=

1

xaxb ysyb zazb36

xaxc yayc zazc

2a

2a

2a

22xa yc2 za

xaxb yayb zazb

222

xb yb zb

xaxc yayc zazc

xbxc ybyc zbzc（*）

xc2 yc2 zc2

xbxc ybyc

zbzc

2

x y z p

，

2222

xb yb zb q

，

2

xc2 yc2 zc2 r

。

2 2 2p q n

（根据余弦定理）。xaxb yayb zazb OA·OB p·q·cos p，q

2

2 2 2p r l

p·r·cos p，r 同理，xaxc yayc zazc ·

2

2 2 2q r l

OC q·r·co sq，r xbxc ybyc zbzc OB·

2代回（*）式

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2p

2 2 2p q n1

得到：VP2 ABC=

362

2 2 2p r m

2

2 2 2p q n

2 2q 2 2 2q r l

2

2 2 2p r m2

2 2 2q r l

2 2r

这就是已知6根棱长的情况下的通用体积公式。

我们把这个公式用前面分类讨论的三大情况代入，就得到了这三大情况下的体积公式。

一、有1根棱长为a，一根棱长为b，4根棱长为c的情况：

（ⅰ）棱长为a和棱长为b的两根棱异面。不妨取 a=q，b=m，满足异面。

c

1

V

36

2

2

a222

2c b2

2

a22a2a22

2c2 b2

2

1 24142142a222 = ac a2c b a2c b 36 882 c2

124142

ac a2c b2 64

V

（ⅱ）棱长为a和棱长为b的两根棱共面。 a=p，b=q

a

2

2

1a2 b2 c2

V

362

a22

V2

a2 b2 c2

2

b2b22

a22b2

2c2

1 222122212222222 abc aba b c aba b c 36 88

V

12221222

abc aba b2 c2 64

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二、有1根棱长为a，2根棱长为b，3根棱长为c的情况： （ⅰ）3根棱长为c的棱共面。

不妨设p r m c，q n b，l a 。

c

2

2

1c2

V

362c22

V2

c22b2

b2 c2 a2

2

c222

b c2 a2

2

c2

1 2414214222

bc cb c a cb c2 a2 36 88

V

124142

bc cb c2 a2 64

（ⅱ）3根棱长为c的棱共点P。

不妨设p q r c，l n b，m a。

c

2

2

12c2 b2

V

362

2

2c a2

2

V2

2c2 b2

2c22c2 b2

2

2

2c2 a2

22

2c b2

2c2

1 6122

c 2c b36 8

2c

2

a2

1 2c

8

2

b2

2c

2

2

a2

V

1612

c 2c b264

2c

2

2

a2

（ⅲ）在四面体P-ABC中， BC PC c，AC b，PB a

（如图（9）a）。不妨设p l r c，m n b，q a。

c

36

2

222

V2 1a c b

a2 c2 b2

2

a2a22

22c b2

2

2

2c2 b2

2a2 2c2

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V2

1 2412212222222222

ac a2c ba c b a2c ba c b36 88

V

124122

ac a2c b2a2 c2 b2 64

（ⅳ）在四面体P-ABC中， PB PC c，AC BC b，AB a

（如图（9）b）。不妨设p l r c，m q b，n a。

c

2

2

1b2 c2 a2

V

362

2

2c b2

2

V2

b2 c2 a2

2

b2b22

2c2 b2

2b2

2c2

1 2412212222222222 bc b2c bb c a b2c bb c a 36 88

V

124122

bc b2c b2b2 c2 a2 64

三、棱长为a、b、c的棱各为2根的情况： （ⅰ）三组等长的棱各自异面（如图（10））。

不妨设r n a，p l b，q m c。

b

2

2

1b2 c2 a2

V

362

2

b a2 c2

2

V2

b2 c2 a2

2

c2

a2 c2 b2

2

b2 a2 c2

22

a c2 b2

2

a2

1 2221222222222 abc a b ca c bb c a 36 4

V

122212

abc a b2 c2a2 c2 b2b2 c2 a2 64

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（ⅱ）棱长相同的棱有一组异面（如图（14））。

不妨设p q a，r n b，l m c。

a

2

V2 1

2a2 b2

362

2

a b2 c2

2

2a2 b2

2a2

a2 b2 c2

2

a2 b2 c2

22

a b2 c2=1 a4b2 12a2 b2a2 b2 c22

36 4 2

b2

V

1421

ab 2a2 b2a2 b2 c264

2

（ⅲ）三组等长的棱各自共面（如图（16））。

不妨设p q a，m n b，l r c。

a

2

V2 1

2a2 b2

362

2

a c2 b2

2

2a2 b2

2a2a22

a2 c2 b2

2

1 421222222 a2= ac a2a ba c b 36 4 2

c2

V

14212

ac a2a2 b2a2 c2 b2 64

以上就是全部三种棱长构成的四面体的体积。

参考文献

[1] 林磊，探索具有两种棱长的四面体的种类，数学教学, 2000年第5期。 [2] 蔡聪明，毕氏定理的两个推广，科学月刊, 第25卷第12期。

[3] 张雪明，立体几何巧用图：识图·作图·析图·解图，中国致公出版社，2002年。 [4] /jidi/sxsy/yyal/anli18/guocheng.htm上海交通大学数学系《数

学实验》课程案例库。

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On the tetrahedron with three type lengths of edges

【Abstract】The problem in this paper inducts from a fill blanks question of the college entrance exam in 1999. We explore the tetrahedron with three type lengths of edges. We discuss the kinds of the tetrahedron with three type lengths of edges and classify them. We discuss the conditions of forming the tetrahedron as well. At last, we determine the formulas of all the tetrahedron’s volume. 【Keywords】tetrahedron, three type lengths of edges, volume

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/xudq.html