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每日一题：2026-05-26

题目

如图，在三棱锥A−BCDA-BCD中，∠ACD=∠BDC=π2\angle ACD=\angle BDC=\frac{\pi}{2}，AC=BD=1AC=BD=1，CD=xCD=x，记二面角A−CD−BA-CD-B的大小为θ\theta，MM，NN分别为ADAD，BCBC的中点。

(1) 求证：CD⊥MNCD\perp MN；
(2) 用xx，θ\theta表示三棱锥M−CDNM-CDN的体积；
(3) 设在三棱锥A−BCDA-BCD内有一个半径为rr的球，0<x≤20<x\leq 2，且θ=x\theta=x，求证：r<14r<\frac{1}{4}。

参考解答

解析：

(1) 求证CD⊥MNCD\perp MN

取CDCD中点OO，连接OMOM，ONON。

因为MM，NN分别为ADAD，BCBC的中点，则OM∥ACOM \parallel AC，ON∥BDON \parallel BD。

因为∠ACD=∠BDC=π2\angle ACD = \angle BDC = \frac{\pi}{2}，所以CD⊥OMCD \perp OM，CD⊥ONCD \perp ON。

又OM∩ON=OOM \cap ON = O，OM,ON⊂OM, ON \subset平面MONMON，所以CD⊥CD \perp平面MONMON。

又MN⊂MN \subset平面MONMON，所以MN⊥CDMN \perp CD。

(2) 用xx，θ\theta表示三棱锥M−CDNM-CDN的体积

由 (1) 知，CD⊥CD \perp平面MONMON，
又CD⊂CD \subset平面CDNCDN，所以平面MON⊥MON \perp平面CDNCDN，交线为ONON。

过MM作MG⊥ONMG \perp ON于GG。
因为MG⊂MG \subset平面MONMON，所以MG⊥MG \perp平面CDNCDN，即MGMG为三棱锥M−CDNM-CDN的高。

因为MM、OO分别为ADAD、CDCD中点，所以MO∥ACMO \parallel AC，MO=12AC=12MO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}。

又CD⊥CD \perp平面MONMON，所以∠MON\angle MON即为二面角A−CD−BA-CD-B的平面角，则∠MON=θ\angle MON = \theta，

在Rt△MOG\text{Rt} \triangle MOG中，MG=12sin⁡θMG = \frac{1}{2}\sin\theta。

因为NN为BCBC中点，所以

S△CDN=12S△BCD=12×12×1×x=x4.S_{\triangle CDN} = \frac{1}{2}S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times 1 \times x = \frac{x}{4}.

所以

VM−CDN=13S△CDN⋅MG=13×x4×12sin⁡θ=xsin⁡θ24.V_{M-CDN} = \frac{1}{3}S_{\triangle CDN} \cdot MG = \frac{1}{3} \times \frac{x}{4} \times \frac{1}{2}\sin\theta = \frac{x\sin\theta}{24}.

(3) 求证r<14r<\frac{1}{4}

作MG⊥ONMG \perp ON于GG，由 (2) 知，MG=12sin⁡xMG = \frac{1}{2}\sin x，

过GG作GH∥CDGH \parallel CD交BDBD于HH，则BD⊥GHBD \perp GH，四边形OGHDOGHD为矩形，

又MG⊥MG \perp平面BCDBCD，BD⊂BD \subset平面BCDBCD，所以BD⊥MGBD \perp MG，

又MG∩GH=GMG \cap GH = G，MG,GH⊂MG, GH \subset平面MGHMGH，所以BD⊥BD \perp平面MGHMGH，

因为MH⊂MH \subset平面MGHMGH，所以BD⊥MHBD \perp MH，

在Rt△MGH\text{Rt} \triangle MGH中，

MH=GH2+MG2=OD2+MG2=(12x)2+(sin⁡x2)2=12x2+sin⁡2x,MH = \sqrt{GH^2 + MG^2} = \sqrt{OD^2 + MG^2} = \sqrt{\left(\frac{1}{2}x\right)^2 + \left(\frac{\sin x}{2}\right)^2} = \frac{1}{2}\sqrt{x^2 + \sin^2 x},

设△ABD\triangle ABD的高为h′h'，所以h′=2MH=sin⁡2x+x2h' = 2MH = \sqrt{\sin^2 x + x^2}，

又AC=BD=1AC = BD = 1，BC=AD=1+x2BC = AD = \sqrt{1 + x^2}，所以△ABD≅△BAC\triangle ABD \cong \triangle BAC，

即

S△ABD=S△ABC=12BD⋅h′=12x2+sin⁡2x,S△ACD=S△BCD=x2,S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BD \cdot h' = \frac{1}{2}\sqrt{x^2 + \sin^2 x}, \quad S_{\triangle ACD} = S_{\triangle BCD} = \frac{x}{2},

所以三棱锥A−BCDA-BCD的表面积

S=S△ABD+S△ABC+S△ACD+S△BCD=2×12x2+sin⁡2x+2×x2=x+x2+sin⁡2x,S = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD} + S_{\triangle BCD} = 2 \times \frac{1}{2}\sqrt{x^2 + \sin^2 x} + 2 \times \frac{x}{2} = x + \sqrt{x^2 + \sin^2 x},

又

VA−BCD=2VM−BCD=23×12×1×12xsin⁡x=16xsin⁡x,V_{A-BCD} = 2V_{M-BCD} = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 \times \frac{1}{2}x\sin x = \frac{1}{6}x\sin x,

所以三棱锥A−BCDA-BCD的内切球半径

R=3VA−BCDS=xsin⁡x2(x+x2+sin⁡2x),R = \frac{3V_{A-BCD}}{S} = \frac{x\sin x}{2\left(x + \sqrt{x^2 + \sin^2 x}\right)},

因此

r≤R=xsin⁡x2(x+x2+sin⁡2x)<xsin⁡x2(x+x2)=sin⁡x4≤14,r \leq R = \frac{x\sin x}{2\left(x + \sqrt{x^2 + \sin^2 x}\right)} < \frac{x\sin x}{2\left(x + \sqrt{x^2}\right)} = \frac{\sin x}{4} \leq \frac{1}{4},

故r<14r < \frac{1}{4}。

答案：
(1) 证明见解析
(2) VM−CDN=xsin⁡θ24\displaystyle V_{M-CDN} = \frac{x\sin\theta}{24}
(3) 证明见解析