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每日一题：2026-06-09

题目

如果四面体的四条高交于一点，则该点称为四面体的垂心，该四面体称为垂心四面体。

(1) 证明：如果四面体的对棱互相垂直，则该四面体是垂心四面体；反之亦然。

(2) 给出下列四面体

① 正三棱锥；

② 三条侧棱两两垂直；

③ 高在各面的射影过所在面的垂心；

④ 对棱的平方和相等。

其中是垂心四面体的序号为 ‾\underline{\quad\quad}。

参考解答

解析：

(1) 证明

先证充分性（对棱互相垂直 ⇒\Rightarrow 垂心四面体）：

设四面体 ABCDABCD 中，三组对棱互相垂直，即

AB⊥CD,AC⊥BD,AD⊥BC.AB \perp CD,\quad AC \perp BD,\quad AD \perp BC.

作 AH1⊥AH_1 \perp 面 BCDBCD，垂足为 H1H_1。则 CD⊥AH1CD \perp AH_1。

又已知 CD⊥ABCD \perp AB，故 CD⊥CD \perp 面 ABH1ABH_1。

延长 BH1BH_1 交 CDCD 于 EE，在平面 ABEABE 内作 BH2⊥AEBH_2 \perp AE，垂足为 H2H_2。

设 AH1∩BH2=HAH_1 \cap BH_2 = H。

由于 CD⊥CD \perp 面 ABH1ABH_1，而 BH2⊂BH_2 \subset 面 ABH1ABH_1，
故 BH2⊥CDBH_2 \perp CD。
又 BH2⊥AEBH_2 \perp AE，所以 BH2⊥BH_2 \perp 面 ACDACD。

此时两条高线 AH1⊥BCDAH_1 \perp BCD 和 BH2⊥ACDBH_2 \perp ACD 已交于点 HH。

连接 CHCH，下证 CH⊥CH \perp 面 ABDABD。

因为 BD⊥AH1BD \perp AH_1（AH1⊥AH_1 \perp 面 BCDBCD）且 BD⊥ACBD \perp AC（已知），
所以 BD⊥BD \perp 面 ACH1ACH_1，
而 CH⊂CH \subset 面 ACH1ACH_1，故 CH⊥BDCH \perp BD。✓\quad\checkmark

因为 BH2⊥BH_2 \perp 面 ACDACD，故 BH2⊥ADBH_2 \perp AD。
又 AD⊥BCAD \perp BC（已知），
所以 AD⊥AD \perp 面 BCH2BCH_2。
由于 HH 在 BH2BH_2 上，故 H∈H \in 面 BCH2BCH_2，从而 CH⊂CH \subset 面 BCH2BCH_2，
因此 AD⊥CHAD \perp CH。✓\quad\checkmark

于是 CH⊥BDCH \perp BD 且 CH⊥ADCH \perp AD，故 CH⊥CH \perp 面 ABDABD，即 HH 也在从 CC 所作的高线上。

同理可证 DH⊥DH \perp 面 ABCABC，即 HH 也在从 DD 所作的高线上。

综上，四条高线交于一点 HH，四面体 ABCDABCD 是垂心四面体。□\square

【注】上述证明的核心思路：先构造两条高线的交点，再通过线面垂直的判定证明该点也在其余高线上。

再证必要性（垂心四面体 ⇒\Rightarrow 对棱互相垂直）：

设四面体 ABCDABCD 是垂心四面体，垂心为 HH，则

{AH⊥BCDBH⊥ACDCH⊥ABDDH⊥ABC\begin{cases} AH \perp BCD \\[2pt] BH \perp ACD \\[2pt] CH \perp ABD \\[2pt] DH \perp ABC \end{cases}

由 AH⊥BCDAH \perp BCD 得 AH⊥CDAH \perp CD；
由 BH⊥ACDBH \perp ACD 得 BH⊥CDBH \perp CD。
从而 CD⊥(AHB)CD \perp (AHB)，故 CD⊥ABCD \perp AB。✓\checkmark

由 AH⊥BCDAH \perp BCD 得 AH⊥BDAH \perp BD；
由 CH⊥ABDCH \perp ABD 得 CH⊥BDCH \perp BD。
从而 BD⊥(AHC)BD \perp (AHC)，故 BD⊥ACBD \perp AC。✓\checkmark

由 AH⊥BCDAH \perp BCD 得 AH⊥BCAH \perp BC；
由 DH⊥ABCDH \perp ABC 得 DH⊥BCDH \perp BC。
从而 BC⊥(AHD)BC \perp (AHD)，故 BC⊥ADBC \perp AD。✓\checkmark

因此三组对棱互相垂直。□\square

综上，四面体是垂心四面体 ⟺\Longleftrightarrow 对棱互相垂直。

(2) 判断

① 正三棱锥：✓\checkmark 是垂心四面体。

设正三棱锥 PP-ABCABC，底面 △ABC\triangle ABC 为正三角形，顶点 PP 在底面的投影 OO 为 △ABC\triangle ABC 的中心（也是垂心）。

因为 OO 是正三角形的垂心，所以 OA⊥BC, OB⊥AC, OC⊥ABOA \perp BC,\ OB \perp AC,\ OC \perp AB。
又 PO⊥PO \perp 底面，故 PO⊥BCPO \perp BC 等。

于是

PA→⋅BC→=(PO→+OA→)⋅BC→=0\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{BC} = (\overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA}) \cdot \overrightarrow{BC} = 0

即 PA⊥BCPA \perp BC。同理 PB⊥AC, PC⊥ABPB \perp AC,\ PC \perp AB，三组对棱垂直，由 (1) 知是垂心四面体。✅

② 三条侧棱两两垂直：✓\checkmark 是垂心四面体。

设侧棱交于顶点 PP，PA⊥PB, PB⊥PC, PC⊥PAPA \perp PB,\ PB \perp PC,\ PC \perp PA，则

PA→⋅BC→=PA→⋅(PC→−PB→)=0\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{PA} \cdot (\overrightarrow{PC} - \overrightarrow{PB}) = 0

故 PA⊥BCPA \perp BC。同理 PB⊥AC, PC⊥ABPB \perp AC,\ PC \perp AB，三组对棱垂直，由 (1) 知是垂心四面体。✅

③ 高在各面的射影过所在面的垂心：✓\checkmark 是垂心四面体。

设从顶点 AA 作的高线交面 BCDBCD 于 HAH_A，由条件 HAH_A 是 △BCD\triangle BCD 的垂心，则 BHA⊥CDBH_A \perp CD。又 AHA⊥BCDAH_A \perp BCD 得 AHA⊥CDAH_A \perp CD，所以 CD⊥CD \perp 面 ABHAABH_A，从而 AB⊥CDAB \perp CD。

同理可得 AC⊥BD, AD⊥BCAC \perp BD,\ AD \perp BC，三组对棱垂直，由 (1) 知是垂心四面体。✅

④ 对棱的平方和相等：✓\checkmark 是垂心四面体。

由 AC2+BD2=AD2+BC2AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2 得

AC2−AD2=BC2−BD2AC^2 - AD^2 = BC^2 - BD^2

两边用向量平方差公式：

AC→2−AD→2=BC→2−BD→2\overrightarrow{AC}^2 - \overrightarrow{AD}^2 = \overrightarrow{BC}^2 - \overrightarrow{BD}^2

即

(AC→−AD→)⋅(AC→+AD→)=(BC→−BD→)⋅(BC→+BD→)(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AD}) \cdot (\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}) = (\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BD}) \cdot (\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BD})

从而

DC→⋅(AC→+AD→−BC→−BD→)=0\overrightarrow{DC} \cdot (\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BD}) = 0

整理括号内：

于是 DC→⋅2AB→=0\overrightarrow{DC} \cdot 2\overrightarrow{AB} = 0，即 AB⊥CDAB \perp CD。

同理可证 BC⊥AD, BD⊥ACBC \perp AD,\ BD \perp AC，三组对棱垂直，由 (1) 知是垂心四面体。✅

答案：①②③④\displaystyle ①②③④

【点睛】本题为立体几何新定义题型，解题关键是反复利用线面垂直的判定和性质，属于难题。