空间四边形(平面四边形、三棱锥、四面体)的余弦定理
数学竞赛教案讲义(12)——立体几何
数学竞赛教案讲义(12)——立体几何第十二章立体几何一、基础知识公理1一条直线。
上如果有两个不同的点在平面。
内．则这条直线在这个平面内，记作：aa．公理2两个平面如果有一个公共点，则有且只有一条通过这个点的公共直线，即若P∈α∩β，则存在唯一的直线m，使得α∩β=m,且P∈m。
公理3过不在同一条直线上的三个点有且只有一个平面。
即不共线的三点确定一个平面．推论l直线与直线外一点确定一个平面．推论2两条相交直线确定一个平面．推论3两条平行直线确定一个平面．公理4在空间内，平行于同一直线的两条直线平行．定义1异面直线及成角：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．过空间任意一点分别作两条异面直线的平行线，这两条直线所成的角中，不超过900的角叫做两条异面直线成角．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做异面直线的公垂线，公垂线夹在两条异面直线之间的线段长度叫做两条异面直线之间的距离．定义2直线与平面的位置关系有两种；直线在平面内和直线在平面外．直线与平面相交和直线与平面平行(直线与平面没有公共点叫做直线与平面平行)统称直线在平面外．定义3直线与平面垂直：如果直线与平面内的每一条直线都垂直，则直线与这个平面垂直．定理1如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直．定理2两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行．定理3若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也和这个平面垂直．定理4平面外一点到平面的垂线段的长度叫做点到平面的距离，若一条直线与平面平行，则直线上每一点到平面的距离都相等，这个距离叫做直线与平面的距离．定义5一条直线与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线．由斜线上每一点向平面引垂线，垂足叫这个点在平面上的射影．所有这样的射影在一条直线上，这条直线叫做斜线在平面内的射影．斜线与它的射影所成的锐角叫做斜线与平面所成的角．结论1斜线与平面成角是斜线与平面内所有直线成角中最小的角．定理4(三垂线定理)若d为平面。
利用《超级画板》探索四面体的余弦定理
的勾 股 定 理
在 现新 的现象和新的问题 ，会成为创新思维 的触发点．学生可以利 四面体 的勾股定理 （ 某一个顶点 直角 四面体 ｌ ｌ 四面体 的 用其 动态作 图 、动态计算 、动态测 量以及编程 功能来帮助 自己 处 三 条棱 两 两垂 直 的 四 面体 ，叫 直 的 股 理广 余 定 勾 定 ｌ 弦 理 理解概 念 、探索疑 问 、验证猜想 、检验答案 ，为解 决数学 问题 角 四面体 ） 何从 余 弦定理 推广 ．如 启迪思路．超级画板提供 了丰富而强大的测量功能．超级 画板 目 到四面体 的余弦定理？ 前提供 的测 量功能可 以基 本满足 中
知道 ：（０ ３年全 国高考题）在平 面几何 中 ，有勾股定理 ：“ ２０ 设
ＡＡ Ｃ的两 边 Ａ Ｂ Ｂ、ＡＣ互 相 垂 直 ，则 Ａ Ａｃ ＝ Ｃ”拓 展 到 空 Ｂ ＋ ２ Ｂ
２ ｂ＋２ ａ ｂｃ＋ ２ ａ． ｃ
学 生 猜想 ：Ｓ － ｓ ＋Ｓ 一２ ｌ ・ ｏＯ４ Ｓ ・ ｏＯ４ １ Ｓ ＋Ｊ ｉ ； ＳＳ ｃｓｌ —２ ３ ｃｓ３ — ４ ＿ －
２ｃ ． ａ
角的大小 、面积 、体积等 ，对测量 出的数据进行计 算． 测算 的结
果是动态 的 ，随着图形 的变化而变化 ，还可 以把测 量数据作 为 作 图的参数．
在信息技术 实验室 ，教师引领学生 利用 《 超级 画板》 探索 四面体的余 弦定理．学生通过对 四面体余弦定理的探 索研究 ，感
供 的是动态的测量 ． 经测量的几何 量和表达式 ，随相关的几何 图 能够初步理解 和掌握转化 与整合的数学思想 方法 ；培 养学生 的 形和变量的改变而动态更新．也就是测算 的结果是动态的 ，随着 空 间 想 象 能 力 ，提 出 问 题 、分 析 问 题 和 解 决 问 题 的能 力 ，特 别 图形 的变化 而变化．还可 以把测 量数据作 为作图 的参数 ．《 超级 是几 何图形 的分解 与组合能 力 ；渗透科学理 性精神 ，激 发学生
专题8.3 空间几何中的平行、垂直(练习)【必考点专练】2023届高考数学二轮复习专题
专专8.3空间几何中的平行、垂直一、单选题1. 设,l m 表示两条不同的直线，,αβ表示两个不同的平面，Q 表示一个点，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )①,Q l Q l αα∈⊂⇒∈②,l m Q m l ββ⋂=⊂⇒⊂③//,,,l m l Q m Q m ααα⊂∈∈⇒⊂④,αβ⊥且,,,m Q Q l l l αββαβ⋂=∈∈⊥⇒⊂A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④ 2. 如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A. 直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB. 直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC. 直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD. 直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B3. 如图A ，B ，C ，D 为空间四点，在ABC 中，2AB =，2AC BC ==，等边三角形ADB 以AB 为轴旋转，当平面ADB ⊥平面ABC 时，CD =( )A. 3B. 2C. 5D. 14. 如图，四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=，将ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是( )A. 平面ABD ⊥平面ABCB. 平面ADC ⊥平面BDCC. 平面ABC ⊥平面BDCD. 平面ADC ⊥平面ABC二、多选题 5. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1B C 上一动点，则( )A. 直线1BD ⊥平面11AC DB. 异面直线1B C 与11A C 所成角为45︒C. 三棱锥11P A DC -的体积为定值D. 平面11AC D 与底面ABCD 的交线平行于11A C6. 如图所示，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE ，若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻转过程中，下列命题正确的是( )A. ||BM 是定值B. 点M 在球面上运动C. 一定存在某个位置，使1DE A C ⊥D. 一定存在某个位置，使//MB 平面1A DE7. 如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的有( )A. B 、E 、C 、F 四点不共面B. 存在点F ，使得//CF 平面BAEC. 三棱锥B ADC -的体积为定值D. 存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直三、填空题 8. 《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的阳马P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且22BC DC PA ==，AM PD ⊥于M ，MN PD ⊥，MN 与PC 交于点.N 则(1)AM 与CD 的关系__________(填“垂直”或“平行”)；(2)PN PC=__________. 9. 如图，在正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，G 是EF 的中点.现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为.H 下列说法错误的是__________(将符合题意的选项序号填到横线上).①AG EFH ⊥所在平面；②AH EFH ⊥所在平面；③HF AEF ⊥所在平面；④HG AEF ⊥所在平面.10. 如图，在Rt ABC 中，1AC =，BC x =，D 为斜边AB 的中点．将BCD 沿直线CD 翻折．若在翻折过程中存在某个位置，使得CB AD ⊥，则x 的取值范围是__________.11. 如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，BD AC O ⋂=，M 是线段1D O 上的动点，过点M 作平面1ACD 的垂线交平面1111A B C D 于点N ，则点N 到点A 距离的最小值为__________.四、解答题12. 在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．(1)求证：//EF 平面11AB C ；(2)求证：平面1AB C ⊥平面1.ABB13. 在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111.AB B C ⊥求证：(1)//AB 平面11A B C ；(2)平面11ABB A ⊥平面1.A BC14. 如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，PA 是四棱锥P ABCD -的高，,,E F M 分别为,,AB CD PD 的中点．(1)求证：平面//AMF 平面PEC ；(2)若24PA AB BC ===，求多面体PECFMA 的体积.15. 如图，四边形ABCD 为菱形，60.ABC PA ︒∠=⊥平面ABCD ，E 为PC 中点． ()Ⅰ求证：平面BED ⊥平面ABCD ；()Ⅱ求平面PBA 与平面EBD 所成二面角(锐角)的余弦值．16. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11AC A C ⊥平面ABC ，ABC=90︒∠，BAC=30︒∠，11==AC A A AC ，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．()Ⅰ证明：EF BC ⊥；()Ⅱ求直线EF 与平面1BC A 所成角的余弦值．17. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于.F(1)证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为111A B C 的中心，若6AO AB ==，//AO 平面11EB C F ，且3MPN π∠=，求四棱锥11B EB C F -的体积．18. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2AB AC ==，12BC AA ==，O ，M 分别为BC ，1AA 的中点．(1)求证：//OM 平面11CB A ；(2)求点M 到平面11CB A 的距离．19. 如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，13AA =，M 为BC 的中点，N 在线段1AA 上.(1)设1=AN NA λ，当λ为何值时，11//?MN ACB 平面 (2)若1AN =，求直线MN 与直线11A C 所成角的正弦值.20. 如图，在四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；(2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】D解：①Q α∈，l α⊂，点Q 可以不在直线l 上，故A 错误； ②直线l 可以只有一点在面内，故B 错误；③因为//l m ，l α⊂，若m 不在平面α内，//m α，由Q m ∈， 可得Q 在平面α外，这与可点Q α∈相矛盾，故C 正确； ④αβ⊥且m αβ⋂=，Q β∈，Q l ∈，l l αβ⊥⇒⊂， 由面面垂直的性质定理知D 正确.故选.D2.【答案】A解：连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊂/平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面.ABCD因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD ，则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B ，D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥， 1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥， 且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确. 故选.A3.【答案】B解：由题意，取AB 的中点E ，连接DE ，CE ，因为三角形ADB 为等边三角形，所以DE AB ⊥，当平面ADB ⊥平面ABC 时，且平面ADB ⋂平面ABC AB =，又DE ⊂平面ADB ，所以DE ⊥平面ABC ，又CE ⊂平面ABC ，所以DE EC ⊥，又2AB =，2AC BC ==， 所以222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，又BE AE =，所以112CE AB ==， 又332322DE BD ==⨯=， 所以此时2231 2.CD DE CE =+=+=故选.B4.【答案】D解：在四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=， BD CD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，CD ⊂平面BCD ， 故CD ⊥平面ABD ，则CD AB ⊥，又AD AB ⊥，AD CD D ⋂=，AD ，CD ⊂平面ADC ，AB ∴⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面.ADC故选.D5.【答案】ACD解：在A 中，1111A C B D ⊥，111AC BB ⊥，1111B D BB B ⋂=，11B D ，1BB ⊂平面11BB D ， 11A C ∴⊥平面11BB D ，1BD ⊂平面11BB D ，111AC BD ∴⊥，同理，11DC BD ⊥，1111A C DC C ⋂=，11A C ，1DC ⊂平面11AC D ，∴直线1BD ⊥平面11AC D ，故A 正确;对于B ，易知11//A D B C ，在11A DC 中，1111A D DC AC ==，可得11A DC 为正三角形，异面直线1BC 与11A C 所成角为60︒，故B 错误;对于C ，11//A D B C ，1A D ⊂平面11AC D ，1B C ⊂/平面11AC D ，1//B C ∴平面11AC D ， 点P 在线段1B C 上运动，P ∴到平面11AC D 的距离为定值，又11AC D 的面积是定值，∴三棱锥11P A C D -的体积为定值，故C 正确；对于D ，设平面11AC D 与底面ABCD 的交线为m ，11A C 是平面11AC D 和平面1111A B C D 的交线，平面//ABCD 平面1111A B C D ，所以11//A C m ，故D 选项正确.故选.ACD6.【答案】ABD解：A 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，1A DE MNB ∠=∠，112MN A D ==定值，NB DE ==定值，根据余弦定理得，2222cos MB MN NB MN NB MNB =+-⋅⋅∠，||BM ∴是定值，B 对，B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，C 错，当矩形ABCD 满足AC DE ⊥时存在，其他情况不存在，D 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，因为MN ⊂/平面1A DE ，1A D ⊂平面1A DE ，所以//MN 平面1A DE ，同理//BN 平面1A DE ，又MN NB N ⋂=，∴平面//MNB 平面1A DE ，MB ⊂平面MNB ，//MB ∴平面1.A DE故选.ABD7.【答案】AB解：对于A ：假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以：点E 在平面BCF 上，又点E 在线段BC 上，BC ⋂平面BCF C =，所以点E 与点C 重合，与点E 异于C 矛盾，所以直线BE 与CF 必不在同一平面上，即B 、E 、C 、F 四点不共面，故A 正确； 对于B ：当点F 为线段BD 的中点时，12EC AD =，再取AB 的中点G ， 则//FG AD 且12FG AD =， 则//EC FG ，且EC FG =，所以：四边形ECFG 为平行四边形，所以//FC EG ，又因为,EG ABE FC ABE ⊂⊄平面平面，则：直线//CF 平面BAE ，故B 正确；对于C ：由题B ADC V -，底面ACD 的面积不变，但E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离在变化，所以B ADC V -的体积不是定值，故C 错误；对于D ：过点B 作BO AE ⊥于O ，由于平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ⋂平面AECD AE =，所以BO ⊥平面AECD ，过点D 作DH AE ⊥于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ⋂平面AECD AE =，所以DH ⊥平面BAE ，又因为BE ABE ⊂平面，所以DH BE ⊥，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，DC ⊂平面AECD ，DH DC D ⋂=，所以BE ⊥平面AECD ，所以E 和O 重合，与ABE 是以点B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E ，使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 错误．故选：.AB8.【答案】垂直23解：(1)由题意易得CD ⊥平面PAD ，所以CD AM ⊥，又AM PD ⊥于M ，CD PD D ⋂=，进而得AM ⊥平面PCD ，得.AM CD ⊥(2)设BC DC PA a ===，则PD ==，Rt PAD中，PM PA PA PD ==，则PM =， 易得CD ⊥平面PAD ，因为MN PD ⊥，所以//MN CD ，得2.3PN PM PC PD === 故答案为(1)垂直；2(2).39.【答案】①③④解：折之前AG EF ⊥，CG EF ⊥，折之后也垂直，所以EF ⊥平面AHG ，折之前B ∠，D ∠，C ∠均为直角，折之后三点重合， 所以折之后AH ，EH ，FH 三条直线两两垂直，所以AH EFH ⊥所在平面，②对；同时可知AH HG ⊥，又HF AEH ⊥所在平面，过AE 不可能做两个平面与直线HF 垂直，③错； 如果HG AEF ⊥所在平面，则有HG AG ⊥，与②中AH HG ⊥矛盾，④错；若AG EFH ⊥所在平面，则有AG HG ⊥，与②中AH HG ⊥矛盾，所以①也错．故答案为①③④.10.【答案】(0,3] 解：由题意得，212x AD CD BD +===，BC x =， 取BC 中点E ，翻折前，在图1中，连接DE ，CD ，则12DE =，1AC =， 翻折后，在图2中，此时 .CB AD ⊥BC DE ⊥，BC AD ⊥，DE AD D ⋂=，,DE AD ADE ⊂平面，BC ∴⊥平面ADE ，AE ADE ⊂平面，BC AE ∴⊥，DE BC ⊥，又BC AE ⊥，E 为BC 中点，1AB AC ∴==，2114AE x ∴=-，212x AD +=， 在ADE 中：①221111224x x ++>-，②221111224x x +<+-，③0x >， 由①②③，得0 3.x <<如图3，翻折后，当1B CD 与ACD 在一个平面上，AD 与1B C 交于M ，且1AD B C ⊥，1AD B D CD BD ===，1CBD BCD B CD ∠=∠=∠， 又190CBD BCD B CD ︒∠+∠+∠=，130CBD BCD B CD ︒∴∠=∠=∠=，60A ︒∴∠=，tan 60BC AC ︒=，此时1x ==综上，x 的取值范围为故答案为：11.【答案】2解：由题易知，DO AC ⊥，1D O AC ⊥，1DO D O O ⋂=，DO ，1D O ⊂平面11BDD B ， AC ∴⊥平面11BDD B ，又AC ⊂平面1ACD ，∴平面1ACD ⊥平面11BDD B ， 又MN ⊥平面1ACD ，平面1ACD ⋂平面111BDD B D O =，MN ∴⊂平面11BDD B ，且N 在平面1111A B C D 内，11N B D ∴∈，过N 作11NG A B ⊥，交11A B 于G ，将平面1111A B C D 展开，如图：设NG x =，(01)x ，11NG A B ⊥，1111A D A B ⊥，11//NG A D ∴，又11A D ⊥平面11ABB A ，NG ∴⊥平面11ABB A ，且AG ⊂平面11ABB A ，NG AG ∴⊥， 22221(1)222AN x x x x ∴=+-+=-+21362()222x =-+， 当12x =时，AN 取最小值6.2 故答案为：6.212.【答案】证明：(1)E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．所以1//EF AB ，因为EF ⊂/平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以//EF 平面11AB C ；(2)因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以1B C AB ⊥，又因为AB AC ⊥，1AC B C C ⋂=，AC ⊂平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ， 所以AB ⊥平面1AB C ，因为AB ⊂平面1ABB ，所以平面1AB C ⊥平面1.ABB13.【答案】证明：(1)平行六面体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B ，又AB ⊂平面1111,A B C A B ⊂/平面11A B C ；得//AB 平面11A B C ；(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，得四边形11ABB A 是菱形，11.AB A B ⊥在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，1111.AB B C AB BC ⊥⇒⊥ 又1A B BC C ⋂=，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC得1AB ⊥面1A BC ，且1AB ⊂平面11ABB A∴平面11ABB A ⊥平面1.A BC14.【答案】(1)证明：矩形ABCD ，且E ，F 是AB 、CD 中点，//AE CF ∴且AE CF =，∴四边形AECF 是平行四边形，//CE AF ∴，又CE ⊂/面AMF ，AF ⊂面AMF ，//CE ∴平面AMF ；又M 是PD 中点，则//MF PC ，同理可得//PC 平面AMF ，又CE ⊂平面PEC ，PC ⊂平面PEC ，CE PC C ⋂=，∴平面//AMF 平面PEC ；(2)解：棱锥M AFD -的高等于PA 的一半，则多面体PECFMA 的体积 111120(12)44142.32323P AECD M AFD V V V --=-=⨯+⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=15.【答案】()Ⅰ证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OE ， 则O 是AC 的中点．又知E 是PC 中点，//EO PA ∴，PA ⊥平面ABCD ，OE ∴⊥平面.ABCD又知OE ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面.ABCD()Ⅱ解：过B 作BM ⊥平面ABCD ，连接PM ，ME ，如图，由()Ⅰ可知，////PA EO MB ，则MB 是平面PBA 与平面EBD 的交线，由BM ⊥平面ABCD ，AB ，BO ⊂平面ABCD ，可得MB AB ⊥，MB BO ⊥，则ABO ∠即平面PBA 与平面EBD 所成二面角的平面角，四边形ABCD 为菱形，60.ABC ︒∠=可知30ABO ︒∠=，3cos cos30.2ABO ︒∠== 所以，平面PBA 与平面EBD 所成二面角(锐角)的余弦值为3.216.【答案】证明：()Ⅰ连结1A E ，11A A A C =，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，1A E BC ∴⊥，1//A F AB ，90ABC ︒∠=，1BC A F ∴⊥，111A E A F A ⋂=，1A E 、1A F ⊂平面1A EF ，BC ∴⊥平面1A EF ，又EF ⊂平面1A EF ，EF BC ∴⊥；解：()Ⅱ取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则1EGFA 是平行四边形，由于1A E ⊥平面ABC ，故1A E EG ⊥，∴平行四边形1EGFA 是矩形，由()Ⅰ得BC ⊥平面1EGFA ，则平面1A BC ⊥平面1EGFA ，EF ∴在平面1A BC 上的射影在直线1A G 上，连结1A G ，交EF 于O ，则EOG ∠是直线EF 与平面1A BC 所成角(或其补角)，不妨设4AC =，则在1Rt A EG 中，123A E =，3EG =，O 是1A G 的中点，故11522A G EO OG ===， 2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∴∠==⨯⨯，∴直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值为3.517.【答案】(1)证明：由题意知111////AA BB CC ，又因为侧面11BB C C 是矩形且M ，N 分别是BC ，11B C 的中点，所以1//MN BB ，1BB BC ⊥，所以1//AA MN ，11MN B C ⊥，又底面为正三角形，所以AM BC ⊥，111A N B C ⊥，又因为1MN A N N ⋂=，1,MN A N ⊂平面1A AMN ，所以11B C ⊥平面1A AMN ，又11B C ⊂平面11EB C F ，所以平面11EB C F ⊥平面1.A AMN(2)解：因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A NMA ，平面1A NMA ⋂平面11EB C F NP =， 所以//AO NP ，又因为//NO AP ，所以6AO NP ==，3ON AP ==， 过M 作MH NP ⊥，垂足为H ，因为平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN ，所以MH ⊥平面11EB C F ，因为3MPN π∠=，所以sin33MH PM π=⋅=， 在ABC 中，EF AP BC AM = 可得2AP BC EF AM⋅== ， 11111()242EB C F S B C EF NP =+⋅=四边形， 又//BC 平面11EB C F ，所以1111B EB C F M EB C F V V --=11124.3EB C F S MH =⋅⋅=18.【答案】(1)证明：如图，连接1BC ，交1CB 于点N ，连接1A N ，.ON 则N 为1CB 的中点，又O 为BC 的中点，1//ON BB ∴，且112ON BB =， 又M 为1AA 的中点，11//MA BB ∴，且1112MA BB =， 1//ON MA ∴且1ON MA =，∴四边形1ONA M 为平行四边形，1//OM NA ∴，又1NA ⊂平面11CB A ，OM ⊂/平面11CB A ，//OM ∴平面11.CB A(2)解：如图，连接AO ，1OB ，1.ABAB AC =，O 为BC 的中点，AO BC ∴⊥， 又直三棱柱111ABC A B C -中，平面11CBB C ⊥平面ABC ，平面11CBB C ⋂平面ABC BC =，AO ⊂平面.ABCAO ∴⊥平面11.CBB C由(1)可知//OM 平面11CB A ，∴点M 到平面11CB A 的距离等于点O 到平面11CB A 的距离，设其为d ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，由AB AC ==12BC AA ==可得，1AO =，11A B =1AC =1BC=，11CB A ∴是直角三角形，且1112CB A S = 由11111_{_}O CB A A A COB V V COB V --=-=得：111111213332COB d S AO =⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，故d =即点M 到平面11CB A19.【答案】解：(1)连接1BC ，交1CB 于点O ，则O 为1CB 的中点，连接1A O ，MO因为M 为BC 的中点，所以1//MO BB ，所以1//MO NA ，从而M ，O ，1A ，N 四点共面.因为//MN 平面11A CB ，MN ⊂平面1MOA N ，平面1MOA N ⋂平面111=ACB AO ， 所以1//.MN AO又1//MO NA ，所以四边形1MOA N 为平行四边形， 所以1111122NA MO BB AA ===， 所以1=1.AN NA (2)因为11//A C AC ，所以直线MN 与直线11A C 所成角即为直线MN 与直线AC 所成角或者其补角. 取AB 的中点G ，连接,MG NG ，M 为BC 的中点，易得//AC GM ，则所求角为GMN ∠或者其补角GMN 中，112GM AC ==， 222GN AG AN =+=，222MN AM AN =+=由余弦定理可得1423cos 2124GMN +-∠==⨯⨯， 则7sin 4GMN ∠=， 所以，直线MN 与直线11A C 所成角的正弦值为7.420.【答案】证明：(1)如图：证明：连接BD ，由题意得AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，得//GH PD ，GH ⊂/平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，//GH ∴平面PAD ；(2)证明：取棱PC 中点N ，连接DN ，依题意得DN PC ⊥， 又平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC ⋂平面PCD PC =，DN ⊂平面PCD ， DN ∴⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，DN PA ∴⊥，又PA CD ⊥，CD DN D ⋂=，CD ⊂平面PCD ，DN ⊂平面PCD ，PA ∴⊥平面PCD ；(3)解：连接AN ，由(2)中DN ⊥平面PAC ，知DAN ∠是直线AD 与平面PAC 所成角， PCD 是等边三角形，2CD =，且N 为PC 中点， 3DN ∴=，又DN ⊥平面PAC ，AN PAC ⊂平面，DN AN ⊥，在Rt AND 中，3sin .3DN DAN DA ∠== ∴直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.3。
初中数学竞赛专题-第二十二章一般四面体的性质及应用
第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广,三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ,顶点A 所对的侧面面积为A S ,类似地有B S ,C S ,D S （后面所设均同此）,其内切球半径记为r ,则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点,这点到四面体四顶点的距离相等,该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ,其三对对棱的长分别为1a ,a ；1b ,b ；1c ,c ,其外接球半径为R ,则1624Q R V V==注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点,而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比,这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心）,且一个四面体有四个旁心,旁切球与四面体的一个侧面外切,与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切,与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ,类似地有B r ,C r ,D r ,其他记号同前,则 3A B C D A V r S S S S =++-,3B A C D B Vr S S S S =++-,3C A B D C V r S S S S =+++,3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中,若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小,其余类同,则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方,等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中,有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ,B S ,C S ,D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式,其余各式类同．性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二,除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ,有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S ABθθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DAB S S AB θ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一,即对于四面体ABCD ,若共顶点A 的三条棱长分别为a ,b ,c ,顶点A 处的三个面角分别为α,β,γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =()12ωαβγ=++． 其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅,即得上述结论．性质10（体积公式四）若记1P ,2P ,3P 分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方,再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和,则四面体的体积V =性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中,有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D AC AB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅；（2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中,任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积,余类同,则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等,该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比,即对四面体ABCD ,有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证,性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ,有 ()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体,运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ,b 和1b ,c 和1c 是四面体的三对对棱长,三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ,()1,d b b ,()1,d c c ,则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ,1a ,这对对棱间的距离为d ,对棱所成的角为θ,则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅． 性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ,二面角A BC E --,E BC D --的大小分别为1θ,2θ,则()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ,b ,c ,d ,e ,f ,G 为其重心,P 为空间中任一点,则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++ 性质19（空间塞瓦定理）设E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为四面体ABCD 的棱CD ,DB ,BC ,AD ,AB ,AC 上的点,若六个平面ABE ,ACF ,ADG ,BCH ,CDM ,DBN 共点,则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ,BD ,CD ,AC 于K ,L ,M ,N ,则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=． 证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面,1AA ,1BB ,1CC ,1DD 是平面α的垂线（1A ,1B ,1C ,1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分,显然11AA K BB K △△≌,则11AA AK KB BB =．同理,11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥,过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ,则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△．证明如图221-,作AF BC ⊥于F ,连BF ,DF ．注意到AD BC ⊥,知BC ⊥面ADF ,所以BC EF ⊥,BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中,由余弦定理,有2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后,整理得222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△． 同理在DEF △中,有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α,整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时,有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时,有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时,有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上,由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△,有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△,ABC ABC BCD S AECD S S =+△△△．由此即证．推论4当AEk ED=时,有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中,E ,F ,G ,H 分别在棱AB ,BC ,CD ,DA 上,且1AE EB λ=,2BFFCλ=, 3CG GD λ=,4DHHA λ=,则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ,BG ,得四棱锥E FBDG -,G EBDH -．在CBD △,ABD △中,有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△, ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△, ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V ',则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++设六面体FHEACG 的体积为V '',则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合,得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ,F ,G ,H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形,A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心,二面角H AB C --的平面角等于30︒,SA =求三棱锥S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题）FOCBE HS图22-2A解如图222-,由题设,知AH ⊥面SBC ,作BH SC ⊥于E ,则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ,则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理,可知CO AB ⊥于F ．同理,BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心,从而SA SB SC ===又CF AB ⊥,CF 是EF 在面ABC 上的射影,由三垂线定理知EF AB ⊥,所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角,故30EFC ∠=︒,cos 6030OC SC =⋅︒=︒,tan 603SO OC =⋅︒=．又OC AB =,则3AB ==,所以,21333S ABC V -=⋅= 例2证明：任意一个四面体总有一个顶点,由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题）证明利用反证法来证,设四面体ABCD 中AB 是最长的棱,如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形,则对由A 出发的三条棱,有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱,有BA BC BD +≥．两式相加,得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中,有AB AC BC <+,AB AD BD <+．此两式相加,有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾,故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1,求证这四面体的体积18V ≤．图22-3BC证明如图223-,设AB 是这个四面体的最长的棱,则ACD △,BCD △的边长不大于1．作BCD △的高BE 和ACD △的高AF ,则BE,AF 不大于（其中1a ≤表示CD 的长度）,四面体的高AO h AF =-≤所以111332BCD V h S a =⋅△≤()21424a a =-, 而()()()()22431213a a a a a -=---+-≤,故当1a =时,()24a a -取最大值3,故31248V =≤． 例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A 和B 都具备所述的性质,则有180CAB DAB ∠+∠>︒及180CBA DBA ∠+∠>︒,但是作为CAB △和DAB △的全部6个内角之和也只有180180︒+︒,此为矛盾,从而原结论获证．例5设d 是任意四面体的相对棱间距离的最小值,h 是四面体的最小高的长．证明2d h >．（第24届全俄竞赛题）图22-4H G lF EBDAC证明如图224-,为确定起见,假定h 是四面体ABCD 中由顶点A 所引出的高,而d 是棱AB 和CD 之间的距离．经过顶点B 引直线l CD ∥,过点A 作平面垂直于棱CD 交CD 于F ,交l 于E ,于是AEF △的高AH 和FG 就分别等于h 和d ．由于AEF △的第三条高等于四面体ABCD 的某一条高,所以其值不小于h ,因此AF EF ≤,且2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤,此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）OF E P QNMA BCD图22-5证法1如图225-,设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点,MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面,因为P 为BD 的中点,则BCP CDP S S =△△,即有ABCP ACDP V V =．因此,要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分,只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线,垂足分别为E ,F ,如图225-．因为M 为AC 的中点,则有APM CPM S S =△△,故要证AMNP CMPQ V V =,只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ,易证E ,O ,F 三点共线．要证NE FQ =,只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此,考察两个平行平面,异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．N OP M QBDCA图22-6因为MP 是连接AC ,BD 中点的线段,所以它在与上述两平面平行的平面上,这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ,所以O 等分线段NQ ,即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中,没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论,则有下述两种证法． 证法2如图227-,设M ,P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ,BD 的中点．图22-7ADG当截面是平行四边形或特殊三角形时,证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =,有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中,对截线MNG 应用梅涅劳斯定理,有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而,有1CG BNGB NA⋅=． 同理,在BCD △中,有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=,即1DQ CGQC GB ⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2,下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同）,设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ,P 分别是AC ,BD 的中点,可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n ====． 由A C d d =,有A MNPQ C MNPQ V V --=．又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-,设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ,则3R r ≥．图22-843A 2A证明设O 为四面体的外心,i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤,四面体体积为V ,过顶点1A 的高11A H h =,则易知1111d OA d R h +=+≥,从而()111113S d R S h V +⋅=≥,即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥,3331133S d S R V ⋅+≥, 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加,并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=, 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4,即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑,从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥,即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,侧面面积为k S ,j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤,棱k j A A 的中点记为kj M ,含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ,j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面）,这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤,则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅,其中k ,j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ,由性质6,有223434131423242cos 3,4cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅．亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6,有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅,2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加,并将前面结果代入,有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理,得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5,有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤,则推知()22214141412cos ,4kj k j k jk j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心,则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++ 222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-,连A ,G 并延长交面234A A A 于点1G ,则1G 是234A A A △的重心,连21A G 并延长交34A A 于M ,则M 是34A A 的中点．连1A M ,对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理,有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶,则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式,有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*,有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭． 故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ,r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径,i h 为顶点i A 到所对面的距离,内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ,G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心,延长1A G ,交面234A A A 于1G ,则1G 为234A A A △的重心,连21A G 交34A A 于M 点,则M 点为34A A 中点,如图229-．由例9中证明,知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++．同理,在四面体234OA A A 中,有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++由于G 为四面体重心,由性质3,知1131A G GG =．于是,在11AOG △中,对点G 应用斯特瓦尔特定理,有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥,故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥,则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理,对2h ,3h ,3h 也有类似于上述的不等式． 此四式相加,得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =,则有4411113i i i iS h V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑,则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥,有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R ',则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径,故R r '=．于是42222141199********k j ik j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中,外接球半径为R ,体积为V ,过顶点k A ,j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ,2d ,3d 与1θ,2θ,3θ分别为三对对棱12A A ,34A A ；13A A ,24A A ；14A A ,23A A 的距离与夹角,则由性质15,有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅,亦即113346V d A A A A ⋅≤．同理,有213246V d A A A A ⋅≤,314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ,则121212112MA A S S A A d =⋅△≥,同理,可得关于kj S 的不等式,从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141411633k j k j k j k j A A A A V V<<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)1221466163RRV=． 例12设四面体1234A A A A 的内心为I ,记k j A IA △的面积为kj S ',顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证： 41416kj i k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A ',作34IN A A ⊥于N ,若记面积为k S ,j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤,则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径,则在1Rt IA N '△中,有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8,有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=,于是消去34A A ,得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅,注意到4113i i V S r ==⋅∑,则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑,并用canchy 不等式,有1241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S S θ<<=⎫'=⋅⋅⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5,有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅,即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑,对上式两边同乘以1S 后,再两边取∑,有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式,有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是,由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤． 例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍,即若令12A A a =,34A A a '=,13A A b =,24A A b '=,14A A c =,23A A c '=,顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，,则222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥,其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式,有()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理,()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理,得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a ab b a ac c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ,i d ,顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，,34k ≥ ．求证：41423ki ki i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥． 证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=,41i i x a ==∑,则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上,由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤,有443343k kki i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥,从而4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ,如图2210-,作11A H ⊥面234A A A 于1H ,作11PE A H ⊥于E ,作1PD ⊥面234A A A 于1D ,则11A P l =,11PD d =,111A H h =．A 3A 4图22-10设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，,则 ()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥,从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理,1342233PA A A S l V V ⋅-≥,1243333PA A A S l V V ⋅-≥,1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+, 即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥．同理,222221133442l S l h d S l S l S l +++≥,333331122442l S l h d S l S l S l +++≥,444441122332l S l h d S l S l S l +++≥．令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=,由前述结论,得4411423kki i k i i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时,要善于与三角形类比例15一个球内切于四面体,将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来,这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，,又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ,j ,k ,l 表示{}1234，，，的不同元素,由于i j PQ 与i k PQ是从同一顶点向球所作的切线,故i j i k PQ PQ =． 同理,i j i k PQ PQ =,从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边,边,边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠, 并用il θ表示这种角,即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π,故有2334422πθθθ++=,3441132πθθθ++=,4112242πθθθ++=,1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个,且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=,即1234θθ=． 又由对称性,得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ,34θ,42θ,由()*式,它们分别等于以2Q 为顶点的三个角,即41θ,34θ,13θ．由对称性,在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕, 注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点,证明：AKB DMC ∠=∠．”显然,这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △,外接圆半径为R ,过A ,B ,C 作平面ABC 的垂线,并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ,1B ,1C ,使1a AA h =,1b BB h =,1c CC h =,这里a h ,b h ,c h 分别表示边BC ,CA ,AB 边上的高．求四个平面11A B C ,11B C A ,11C A B ,ABC 所围成的四面体的体积． 解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点,则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此,K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点,从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理,类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ,因此B I 就是平面11A B C ,11B C A 与ABC 的公共点,即为所求四面体的一个顶点．这样,旁心A I ,B I ,C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ,则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点,因而在直线1B B I 上,P 在平面ABC 上的射影在B BI 上,也在A AI 上,因而P 的射影就是ABC △的内心I ． 由相似三角形,1PI AA ∥,且1A P 与AI 相交于A I ,可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===,其中r 为ABC △的内切圆半径,a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ,则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a ---=⋅=⋅=-△． 由平面几何知识,易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，,以i j A A 为棱的二面角为il θ,则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤． 证明联想到在ABC △中,运用三角形射影定理并结合柯西不等式,有2223cos cos cos 4A B C ++≥, 31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤,于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5,1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, 由Cauchy 不等式,有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤,从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理,还有类似于上式的三个式子,四式相加,得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i i x x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥．故2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S SS S θθθ=⋅+⋅+⋅≥ 同理,还有类似于上式的三个不等式,此四式相乘,化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥；（Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n-+<+∏≤≤≤,其中2n =为三角形的,3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ,ACD ,BCD 上,由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等,证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）COCDEGABDEFG(b)(a)图22-11证明设E ,F ,G 分别是边AB ,BC ,CA 的中点,连结DE ,DF ,DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ,则1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△．由于sin 0θ>,所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中,任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此,我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上,得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中,显然,有D G DG '=,DF D F '=．由Ptolemy （托勒密）不等式,有 D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ,由DFG D FG '△△≌,得DO D O '=．在DOE △中, DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，,过点i B ,i C ,i D 作平面i α,i β,i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ,i i AC ,i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α,i β,i γ()123i =，，相交于一点E ,而三点1A ,2A ,3A 在同一直线l 上,求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多,画出准确的全图几乎不可能．为此,画出一个局部图．231B 1图22-12(a)(b)连1A E 与1B E 如图2212- （a ）,可知111A B B E ⊥,此表明以1A E 为直径的球过1A ,1B ,E 三点．同样可知,这球过1A ,1B ,1C ,1D ,E 五点,此表明中心在1A E 的中点1O ,直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，．于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆,它们有一个公共点E ,从E 向直线123A A A 作垂线,垂足为E ',显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点,所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时,此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点．例20如图22-13,过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ,N ,S ,T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=．（《数学通报》问题1362题） B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13证明设1G 为ABC △的重心,连1PG ,并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ,1B ,1C ．连1PA ,1PB ,1PC ,在平面α内,直线l 与1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的交点分别为M ,N ,S ,T ．因G 是四面体重心,1G 是ABC △的重心,由重心性质,知G 分1PG 所成的比为31∶,且 1112111110G A G B G C ++=． 图22-14以1G 为原点,以直线11G A 为x 轴,建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ,()1,0B b ,()1,0C c ,(),P m n ,别由1112121110G A G B G C ++=,知1110a b c ++=,,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的方程分别为()n y x a m a =--,()ny x b m b=--, ()ny x c m c=--,0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角,t 为参数） 并设M ,N ,S ,T 对应的参数分别为1t ,2t ,3t ,4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 方程,得 114sin 4cos 4sin 33m n t na n ααα-⋅-⋅=+, 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+, 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+,414sin t n α-=由1110a b c++=,得123411110t t t t +++=,故11110GM GN GS GT +++=． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ,2d ,3d ,则四面体的体积V 不小于13123d d d ． D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15证明如2215-,过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ,AD 与BC ,AC 与BD ,分别引三对相互平行的平面,得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体）,各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离,又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍．在底面11A DB C 中,作1EF CA ⊥于E ,则1EF B D ⊥．设垂足为F ,则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离,即3EF d ≥．又12AC d ≥,所以1123A DB CSd d ⋅≥．又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ,因此,1111111123AD BC A DB C A DB CV Sd d d d -=⋅⋅⋅≥．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ,b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长,r 为四面体内切球半径,求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）GABCDHFE图22-16证明如图2416-,过AB 与CD 分别作ABEF 与CDGH ,使得AF CD ∥,CH AB ∥,连AC ,BH ,EG ,FD ,得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ,CB ,CD 为共顶点的棱构成平行六面体）．设AB 与CD 之间的距离为d ,它们所成的角为θ,则由性质15,知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高,显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离,即a h d >,而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理,12ABC S ad >△,12ACD S bd >△,12BCD S bd >△．于是,四面体ABCD 的表面积()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1,即13V S r =⋅表,得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α,β,γ,δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ,B ,C ,D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面,则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ,半径为R ．令OA a =,OB =b ,OC c =,CD d =．对空间中任意一点X ,令OX x =,则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥,所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ,即2⋅a x =R ． 同理,平面β,γ,δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ,2⋅c x =R ,2R ⋅=d x ．注意到,对任意不同时为零的数λ,μ,有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ,且对任意X l ∈,有2R ⋅=⋅a x b x =．另外,对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ,μ,使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ,可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解,即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证,平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的,所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ,b h ,c h ,d h ,在各高线上分别取1A ,1B ,1C ,1D ,使1a k AA h =,1a k BB h =,1c k CC h =,1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心．证明令AB b =,AC c =,AD d =,根据向量矢量积的意义,知同BD BC ⨯的方向是对应A 点高线的方向,而它的长度是BCD △面积的2倍． 设A 点对应高线的单位向量为i ,则 2BCDBD BCi S ⨯=△,而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b ．故2i S⨯⨯⨯=b d +d c +c d．同理,设B ,C ,D 点对应的高线的单位向量分别为j ,k ,l ,则 22ACD ACDAC AD S S ⨯⨯=△△c dj =,2ADB S ⨯△d b k =,2ABC S ⨯△b c l =．若设四面体ABCD 的体积为V ,因而()16a k kAA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d ．同理,()16k BB V =⨯c d ,()16k CC V =⨯d b ,()16kDD V=⨯b c ． 因而,有11110AA BB CC DD +++=． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心,则()1111111114AO A B AC A D =++ ()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++ ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d + ()114A A =-b +c +d ． 而111AO AA AO =+,故()114AO AO ==b +c +d ,这表示1O 与O 重合． 【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ,SB ,SC 上分别取点1A ,1B ,1C ,使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ,B ,C ,1A ,1B ,1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题） 2．在四面体ABCD 内求作一点P ,使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶,其中α,β,γ,δ为给定的正数．3．设P ,Q ,R 分别是四面体ABCD 的棱AC ,AD ,AB 或延长线上的点,E ,F 在BC 上,且BE EF FC ==,AE ,AF 分别与RP 交于点G ,H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ,1V ．求证：13V V ≥,当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球,且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中,P 为各棱长之和,V 为其体积,用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点的截面（即中线面）面积,其余中线面表示类同,求证：()()()()()()1111113CD AB BC AD BD AC P S S S S S S V+++++≤ 等号当且仅当四面体为正四面体时取得．6．四面体KLMN 的顶点在另一个四面体ABCD 的内部,在其面上或者棱上．证明：四面体KLMN 各棱长度的和小于四面体ABCD 各棱长度和的34．（第16届全苏竞赛题） 7．观察一切外切于已知球的四面体AXBY 证明：当确定点A ,B 后,空间四边形的角之和,AXB XBY BYA YAX ∠+∠+∠+∠不依赖于点X 和Y 的选择．（第20届全苏竞赛题）8．四面体ABCD 中,面ABC 与BCD 的夹角为30︒,ABC △的面积为120,BCD △的面积为80；10BC =．求此四面体的体积．（1992年美国竞赛题）9．在四面体ABCD 内部有一点O ,使得直线AO ,BO ,CO ,DO 与四面体的面BCD ,ACD ,ABD ,ABC 分别交于1A ,1B ,1C ,1D 四点,且1111AO BO CO DOk A O B O C O D O ====．求k 的所有可能的值．（1968年保加利亚竞赛题）10．如果两个四面体的四个面的面积对应相等,则它们的体积也一定相等．对否？。
给定各边长的空间四面体的二面角计算的探索
给定各边长的空间四面体的二面角计算的探索作者：***来源：《广东教学报·教育综合》2021年第123期【摘要】从教材给定边长计算四面体的二面角出发，对解法进行进一步的探索，其中就包括任意棱长与图形计算二面角、三面体的余弦定理求二面角，以及通过体积进行二面角求解，以此化解因四面体不能建系及难找二面角的平面角的难点，同时提供学生解决四面体的新解题思路，拓宽思维，提升数学运算、直观想象等核心素养。
【关键词】空间四面体;二面角;三面体余弦定理;核心素养一、引语二面角问题的一个常见背景是空间四面体。
如今，数学教学解决二面角的方法无非两种：几何法和向量法。
然而，新高考形势下，二面角的求解面临新的问题，即“非体非易”——不是规范的几何体和二面角的平面角不易作出。
在此情形下，教师要帮助学生提供解题新思路、新思维、新方法。
下面以新教材课后习题为例，以此为出发点，对其进行进一步探索。
具体过程如下：普通高中课程标准A版教科书数学第二册第164页第18题，有这样一个综合运用题：（第18题）如图，在三棱锥V-ABC中，VA=VB=AB=AC=BC=2，VC=1作出二面角V-AB-C的平面角，并求出它的余弦值。
二、教材解法取AB的中点M，连接VM，CM.由已知条件，可得VM=，CM=，又VC=1，通过解三角形，可得二面角V-AB-C的平面角的余弦值为。
（如图1）三、解法推广（1）由已知图形与边长推广到任意四面体与棱长进行求解刘永新在其《由四面体的棱长计算二面角》论文中指出：要解决通过棱长求解二面角的题目，首先需要引进陈金辉《四面体的求积公式》文章的结论：已知四面体的六条棱长，求四面体的体积公式（如图2）：由海伦公式推导出三角形面积公式：过点P作底面ABC上的高PH=h，则h=，记HB=R2，HC=R3，则根据上面的三角形面积公式，得△HBC的面积：过点P作底面ABC上的垂线，垂足为H。
同时过点P作PM⊥BC，连接MH，则∠PMH 即为平面PBC与平面ABC所成二面角（如图3）。
考点24 空间几何中的垂直(解析版)
考点24 空间几何中的垂直知识理解一．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：二．平面与平面垂直的判定定理与性质定理三．证明线线垂直的思路平行四边形：正方形、菱形、矩形图形三角形：等腰（等边）三角形--取中点正余弦定理边关系或边长勾股逆定理线面垂直的定义面面垂直的性质⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎩ 考向一 线面垂直【例1】3．（2021·江西吉安市·高三期末节选）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，22AD DC BC ===，PAD △为正三角形，Q 为AD 的中点，求证：AD ⊥平面PBQ【答案】证明见解析【解析】∵PAD △为正三角形，Q 为AD 的中点，∴PQ AD ⊥.∵//AD BC ，2AD DC BC ==，Q 为AD 的中点.∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴//BQ CD . 又90ADC ∠=︒，∴90AQB ∠=︒，即BQ AD ⊥.又PQBQ Q =，∴AD ⊥平面PBQ.考向分析【举一反三】1．（2021·河南信阳市节选）如图所示，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，AD DC ⊥，2224CD AD AB SD ====，SD ⊥平面ABCD ，求证:BC ⊥平面SBD【答案】证明见解析【解析】证明://,,2AB CD AD DC AB AD ⊥==，BD BC ∴==又4CD =，222CD BD BC ∴=+，故BC BD ⊥， 又SD ⊥平面,ABCD BC ⊂平面ABCD ，BC SD ∴⊥， 又SD BD D =，BC ∴⊥平面SBD .2．（2021·江西赣州市节选）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为2，13B BA π∠=，证明：1B C ⊥平面1ABC【答案】证明见解析【解析】证明：如图取AB 中点D ，连接1,B D CD ．因为四边形11BCC B 为菱形，所以11B C BC ⊥ 又因为三棱柱的所有棱长均为2，13B BA π∠=，所以ABC 和1ABB △是等边三角形，所以1,B D AB CD AB ⊥⊥因为1,B D CD ⊂平面11,B CD B D CD D ⋂=，所以AB ⊥平面1B CD 所以1B C AB ⊥，而1BC AB B ，所以1B C ⊥平面1ABC3．（2020·山东德州市节选）如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，PAD ∆为等边三角形，,E F 分别为PC 和BD 的中点，且EF CD ⊥，证明:CD ⊥平面PAD【答案】证明见解析【解析】如图所示，连接AC ，由ABCD 是边长为2的正方形， 因为F 是BD 的中点，可得AC 的中点，在PAC △中，因为,E F 分别是,PC AC 的中点，可得//EF PA ， 又因为EF CD ⊥，所以PA CD ⊥，又由AD CD ⊥，且ADAP A =，所以CD ⊥平面PAD .考向二 面面垂直【例2】（2021·河南高三期末节选）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为平行四边形，3AD =，5AB =，3cos 5BAD ∠=，1BD DD =，E 是1CC 的中点，求证：平面DBE ⊥平面1ADD【答案】证明见解析【解析】由题意可得2222cos 16BD AD AB AB AD BAD =+-⨯∠=， 所以222AD BD AB +=，因此AD BD ⊥. 在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以1.DD BD ⊥又因为1ADDD D =，1,AD DD ⊂平面1ADD ，所以BD ⊥平面1ADD ，因为BD ⊂平面DBE ，所以平面DBE ⊥平面1ADD ． 【举一反三】1．（2021·河南焦作市节选）如图所示，在四棱锥РABCD -中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面,ABCD 点Q 为线段PC 的中点，求证:平面BDQ ⊥平面PAC【答案】证明见解析【解析】因为四边形ABCD 是菱形，所以,AC BD ⊥ 因为PA ⊥平面,ABCD BD ⊂平面,ABCD 所以,BD PA ⊥ 又因为,PA AC A ⋂=所以BD ⊥平面,PAC 因为BD ⊂平面,BDQ 所以平面BDQ ⊥平面PAC .2．（2021·山东青岛市·高三期末节选）如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，BE =将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE ，若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE【答案】证明见解析【解析】证明：连接BD ，因BC BE =所以BD CE ⊥ 因为平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC 平面BCDE BC =，AC BC ⊥所以AC ⊥平面BCDE因为BD ⊂平面BCDE ，所以AC BD ⊥ 因为ACCE C =，所以BD ⊥平面ACE因为BD ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面ACE3．（2021·安徽马鞍山市节选）如图，BE ，CD 为圆柱的母线，ABC 是底面圆的内接正三角形，M 为BC 的中点，证明：平面AEM ⊥平面BCDE【答案】证明见详解【解析】根据题意可得，AM BC ⊥. 又BE 为圆柱的母线，BE ∴⊥平面ABC .BE AM ∴⊥，BC BE B =，AM ∴⊥平面BCDE .又AM ⊂平面AEM ，∴平面AEM ⊥平面BCDE ．考向三 线线垂直【例3】（2021·江西宜春市·高安中学节选）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=，已知2,PB PD PA ===，E 为PA 的中点，求证PC BD ⊥【答案】证明见解析【解析】,AC BD 交点为O ，连接PO ，ABCD 是边长为2的菱形，,AC BD O ∴⊥是,AC BD 的中点，,PD O B BD P P =∴⊥，又PO ⊂平面POC ，AC ⊂平面POC ，POAC O =，BD ∴⊥平面POC ，PC ⊂平面POC ，.C BD P ∴⊥【举一反三】1．（2021·江苏南通市·高三期末节选）如图，在四棱锥A BCDE -中，//BC DE ，22BC DE ==，BC CD ⊥，F 为AB 的中点，BC EF ⊥，求证：AC BC ⊥【答案】证明见解析【解析】取AC 中点M ，连接FM ，DM ，,F M 分别为AB ，AC 中点，12FMBC ∴， 1,2DEBC FM DE ∴， ∴四边形DEFM 是平行四边形，//DM EF ∴，,EF BC DM BC ⊥∴⊥，,,CD DM CD DM ⊥⊂平面ACD ，CD DM D ⋂=，BC ∴⊥平面CDM ，AC ⊂平面CDM ，BC AC ∴⊥；2．（2020·山东德州市节选）如图，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，60,ABC PA ∠=︒⊥平面,,ABCD E F 分别为,BC PA 的中点.（1）求证:AE PD ⊥; （2）求证://EF 平面PCD .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）连AC ，60ABC ∠=，底面ABCD 为菱形，ABC ∴是等边三角形， BE EC =，AE BC ∴⊥，又//BC AD ，AE AD ∴⊥，又PA ⊥面,ABCD AE ⊂面ABCD ，PA AE ∴⊥， PA AD A ⋂=，AE ∴⊥面,PAD PD ⊂面PAD ，AE PD ∴⊥.()2取PD 的中点M ，连,FM MC ，PF FA =，所以11//,22FM AD FM AD =， 又11//,22EC AD EC AD =， //,FM EC FM EC ∴=， ∴四边形FECM 是平行四边形，//EF MC ∴，又EF ⊄面,PCD MC ⊂面PCD ，//EF ∴面PCD .3．（2021·山东枣庄市节选）如图，四棱锥P ABCD -的侧面PAD △是正三角形，底面ABCD 是直角梯形，90BAD ADC ∠=∠=，22AD AB CD ===，M 为BC 的中点，求证：PM AD ⊥【答案】（1）证明见解析；（2）7. 【解析】证明：取AD 中点N ，连PN ，NM ， 因为PAD △是正三角形，所以PNAD .又M 是BC 中点，所以//NM AB .因为90BAD ∠=，即AB AD ⊥.所以NM AD ⊥，因为NM PN N ⋂=，NM ､PN ⊂平而PMN ， 所以AD ⊥平面PMN ，PM ⊂平面PMN ，所以AD PM ⊥.1．（2021·山东泰安市·高三期末节选）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=︒，PB PD =，F 为PC 上一点，过AF 作与BD 平行的平面AEFG ，分别交PD ，PB 于点E ，G ，证明：EG ⊥平面PAC【答案】证明见解析【解析】证明：连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ． ∵//BD 平面AEFG ，平面PBD平面AEFG EG =，BD ⊂平面PBD ，∴//EG BD ．∵底面ABCD 是菱形，∴AC BD ⊥，且O 为AC ，BD 中点，强化练习又PB PD =，∴PO BD ⊥，又AC PO O =，,AC PO ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，∴EG ⊥平面PAC ．2．（2021·浙江金华市·高三期末节选）在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PA PB AB ====，）证明：PC ⊥平面ABC【答案】证明见解析；【解析】证明：取AB 中点D ，连接PD ，DC∵PA PB =，AC BC =，则AB PD ⊥，AB DC ⊥， 而PD DC D ⋂=，∴AB ⊥平面PDC ， 因为PC ⊂平面PDC ，故AB PC ⊥．在ABC 中，AB ==，故222AB AC BC =+，∴BC AC ⊥．又∵平面PAC ⊥平面ABC ，且交线为AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC ，故BC PC ⊥． 因为AB BC B ⋂=，∴PC ⊥平面ABC ．3．（2021·河南焦作市节选）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点，求证：DE ⊥平面PAH【答案】证明见解析【解析】因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点，,,AB DA BH AE HBA EAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠= 所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥， 因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .4．（2021·浙江温州市节选）如图，已知三棱锥P ABC -﹐PC AB ⊥，ABC 是边长为形，PB =60PBC ∠=，点F 为线段AP 的中点，证明：PC ⊥平面ABC【答案】证明见解析【解析】在PBC 中，PB =BC =60PBC ∠=，由余弦定理可得2222cos 36PC PB BC PB BC PBC =+-⋅∠=，222PC BC PB ∴+=，PC BC ∴⊥，PC AB ⊥，AB BC B ⋂=，PC ∴⊥平面ABC ；5．（2021·陕西咸阳市·高三一模节选）如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥，2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点，求证：PA ⊥平面MBC【答案】证明见解析【解析】平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC 平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ，BC AC ⊥，∴BC ⊥平面PAC ， ∵PA ⊂平面PAC ， ∴BC PA ⊥，∵AC PC =，M 是PA 的中点， ∴CM PA ⊥， ∵CMBC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，∴PA ⊥平面MBC ．6．（2021·浙江金华市节选）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD AB ==，平面PCD ⊥平面ABCD ，若E 为PC 的中点，求证：DE ⊥平面PBC【答案】证明见解析【解析】因为平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD平面ABCD CD =，底面ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥，又CD ⊂平面PDC ，所以BC ⊥平面PDC ，又DE ⊂平面PDC ，所以BC DE ⊥；因为PD AB DC ==，所以PDC △为等腰三角形，E 为PC 的中点，所以DE CP ⊥，因为CPBC C =，,BC CP ⊂面PBC ，所以DE ⊥面PBC7．（2021·西安市铁一中学节选）如图，在底面为菱形的四棱锥P ABCD -中，60,1,ABC PA AC PB PD ︒∠=====，点E 在PD 上，且2PEED=，求证：PA ⊥平面ABCD【答案】证明见详解【解析】因为底面ABCD 是菱形，60ABC ︒∠=， 所以1AB AC AD ===，在PAB △中，1,PA PB ==由222PA AB PB +=，可得PA AB ⊥.同理，PA AD ⊥，又AB AD A ⋂=所以PA ⊥平面ABCD .8．（2021·河南高三期末节选）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为平行四边形，133,5,cos ,,5AD AB BAD BD DD E ==∠==是1CC 的中点，求证：平面DBE ⊥平面1ADD【答案】证明见解析【解析】由题意可得2222cos 16BD AD AB AB AD BAD =+-⨯∠=， 所以222AD BD AB +=，因此AD BD ⊥，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD BD ⊥， 又因为1ADDD D =，所以BD ⊥平面1ADD ，因为BD ⊂平面DBE ，所以平面DBE ⊥平面1ADD ．9．（2021·江苏南通市节选）如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，点G 、E 分别在线段AO 和BC 上，2BE EC =，2AG GO =，2CA CB CD BD ====，AB AD ==（1）求证：//GE 平面ACD ； （2）求证：平面ABD ⊥平面BCD . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）连接BG 并延长，交AD 于M ，连接MC ，在ABD △中，O 为BD 中点，G 在AO 上，2AG GO =， ∴G 为ABD △的重心∴21BG GM =， 又21BE EC =∴BG BEGM EC=∴//GE MC ， ∵GE ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， ∴//GE 平面ACD ；（2）在ABD △中，O 为BD 中点，2BD =，AB AD ==∴AO BD ⊥∴1AO ==，在BCD △中，2BC CD BD ===，O 为BD 中点，连接OC ，则OC =又2CA =，∴222OA OC CA +=，∴AO OC ⊥ 由AO OC ⊥，AO BD ⊥，OC BD O =，,OC BD ⊂平面BCD ，得AO ⊥平面BCD ， 又AO ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BCD .10．（2021·山西吕梁市·高三一模节选）如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SCD为等边三角形， 4AB BC ==，2CD =，SB =BC SD ⊥【答案】证明见解析【解析】由已知4BC =，2SC =，SB =222SB BC SC =+，所以90BCS ∠=︒，所以BC CS ⊥，又,BC CD CDCS C ⊥=，所以BC ⊥平面SCD ，又SD ⊂平面SCD ，所以BC SD ⊥.11．（2021·云南高三期末）如图所示，在正方体ABCD A B C D ''''-中，点M 为线段B D ''的中点.（1）求证：DD AC '⊥； （2）求证：//BM平面ACD '.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）在正方体ABCD A B C D ''''-中， ∵DD AD '⊥，DD CD '⊥，且CDAD D =，∴DD '⊥平面ACD ，AC ⊂平面ACD . ∴DD AC '⊥（2）如图所示，连接BD ，交AC 于N ，连接D N '.由题设得：BN MD '=，//BN MD '， ∴四边形BMD N '为平行四边形. ∴//BM ND '.又∵ND '⊂平面ACD '，BM ⊄平面ACD '， ∴//BM平面ACD '.12．（2021·江西景德镇市节选）如图，已知四棱锥S ABCD -，其中//AD BC ，AB AD ⊥，45BCD ∠=，22BC AD ==，侧面SBC ⊥底面ABCD ，E 是SB 上一点，且ECD 是等边三角形，求证：CE ⊥平面SAB【答案】证明见解析 【解析】//AD BC ，AB AD ⊥，AB BC ∴⊥，侧面SBC ⊥底面ABCD ，侧面SBC底面ABCD BC =，AB平面ABCD ，AB ∴⊥平面SBC ，CE ⊂平面SBC ，CE AB ∴⊥，如下图所示，取BC 的中点F ，连接DF 、EF ，2BC AD =，且F 为BC 的中点，则AD BF =，//BC AD ，则//AD BF ，所以，四边形ABFD 为平行四边形，则//DF AB ， DF ⊥∴平面SBC ，EF 、BC ⊂平面SBC ，DF EF ∴⊥，DF BC ⊥，ECD 为等边三角形，则EF CF BF ===，所以，FBE BEF ∠=∠，FCE CEF ∠=∠，由2FBE BEF FCE CEF BEC π∠+∠+∠+∠=∠=，2BEC π∴∠=，即CE SB ⊥，SB AB B =，因此，CE ⊥平面SAB ；13．（2021·江西景德镇市·景德镇一中）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，2,AB BC == 30ACB ∠=，13AA =，11BC A C ，E 为AC 的中点.（1）求证：1//AB 平面1C EB ； （2）求证：1A C ⊥平面1C EB .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）如下图所示，连接1AB 、1B C ，设11B CBC F =，连接EF ，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 为平行四边形， 因为11B CBC F =，在点F 为1B C 的中点，又因为点E 为AC 的中点，1//EF AB ∴，1AB ⊄平面1C EB ，EF ⊂平面1C EB ，所以，1//AB 平面1C EB ；（2）AB BC =，E 为AC 的中点，BE AC ∴⊥，因为平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，BE ⊂平面ABC ，BE ∴⊥平面11A ACC ，1A C ⊂平面11A ACC ，1A C BE ∴⊥， 11BC AC ⊥，1BE BC B =，1A C ∴⊥平面1C EB .14．（2021·陕西咸阳市）在三棱锥A BCD -中，E 、F 分别为AD 、DC 的中点，且BA BD =，平面ABD ⊥平面ADC .（1）证明：//EF 平面ABC ；（2）证明：BE CD ⊥.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）在ADC 中，E 、F 分别是AD 、DC 的中点，//EF AC ∴.EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，//EF ∴平面ABC ；（2）在ABD △中，BA BD =，E 为AD 的中点，BE AD ∴⊥， 又平面ABD ⊥平面ADC ，平面ABD ⋂平面ADC AD =，BE ⊂平面ABD ，BE ∴⊥平面ADC .CD ⊂平面ADC ，BE CD ∴⊥.15．（2021·全国）已知四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等边三角形，底面ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒且2AB CD =，点M 为PB 的中点，求证：PB DM ⊥.【答案】证明见解析.【解析】因为PAB △为等边三角形，M 为PB 的中点，所以AM PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，DA AB ⊥，DA ⊂平面ABCD ， 所以DA ⊥平面PAB ，因为PB ⊂平面PAB ，所以DA PB ⊥，因为DA AM A ⋂=，所以PB ⊥平面ADM ，因为DM ⊂平面ADM ，所以PB DM ⊥.16．（2020·全国）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）若P 点是线段AM 的中点，求证：//MC 平面PBD ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】证明：（1）因为矩形ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，面ABCD 面CDM CD =，AD DC ⊥，AD ⊂面ABCD ，所以AD ⊥半圆弦CD 所在平面，且CM ⊂半圆弦CD 所在平面，所以CM AD ⊥；又M 是CD 上异于C ，D 的点，所以CM DM ⊥；又DM AD D =，所以CM ⊥平面AMD ；又CM ⊂平面CMB ，所以平面AMD ⊥平面BMC ；（2）由P 是AM 的中点，连接BD 交AC 于点O ，连接OP ，如图所示：由中位线定理得//MC OP ；又MC ⊂/平面BDP ，OP ⊂平面BDP ，所以//MC 平面PBD ．17．（2021·全国高三专题练习）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点.证明：平面AMD ⊥平面BMC .【答案】证明见解析【解析】由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC CM =C ，所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .18．（2020·全国高三专题练习）已知四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等边三角形，底面ABCD 为直角梯形，90DAB ∠=︒且2AB CD =，点M 为PB 的中点，求证：DM PB .【答案】证明见解析.【解析】证明：∵PAB ∆为等边三角形，M 为PB 的中点，∴AM PB ⊥， 又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB 平面ABCD AB =， DA AB ⊥，DA ⊂平面ABCD ，∴DA ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴DA PB ⊥，∵DA AM A ⋂=，∴PB ⊥平面ADM ，又DM ⊂平面ADM ，∴PB DM ⊥.19．（2020·江苏苏州市·高三三模）如图，在三棱柱111A B C ABC -中，AB AC =，D 为BC 中点，平面ABC ⊥平面11BCC B ，11BC B D ⊥.（1）求证：1//A C 平面1AB D ；（2）求证：11AB BC ⊥.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】证明：（1）连结1A B 交1AB 于点O ，连结OD .因为111A B C ABC -是三棱柱，所以11ABB A 是平行四边形，所以O 为1A B 中点. 有因为D 为BC 中点，所以1OD AC . 又1AC ⊄平面1AB D ，OD ⊂平面1AB D ，所以1A C 平面1AB D . （2）因为AB AC =，D 为BC 中点，所以AD BC ⊥.又因为平面ABC ⊥平面11BCC B ，平面ABC 平面11BCC B BC =，AD ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面11BCC B . 因为1BC ⊂平面11BCC B ，所以1AD BC ⊥. 又因为11BC B D ⊥，1AD B D D ⋂=，AD ⊂平面1AB D ，1B D ⊂平面1AB D ， 所以1BC ⊥平面1AB D . 因为1AB ⊂平面1AB D ，所以11AB BC ⊥.。
考点08 空间角的求解问题(解析版)
考点08 空间角的求解问题立体几何是历年高考的必考题，其考查形式主要为空间几何体的有关计算（主要是体积计算），空间线面的位置关系以及空间角和距离的求解。
例如：2022年全国乙卷（理）[18]，2022年全国甲卷（理）[18]，2022年浙江高考[19]，2022年新高考Ⅰ卷[19]，2022年新高考Ⅱ卷[20]，2022年天津高考[17]，2022年北京高考[17]等都对空间几何体的体积进行了考查。
〔1〕平移法求异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法为平移法，平移法一般有3种 (1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移.〔2〕线面角、二面角1.线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.2.二面角的求法：二面角的大小用它的平面角来度量. 平面角的作法常见的有①定义法；①垂面法。
〔3〕利用空间向量求空间中的角与距离 1.异面直线所成角若异面直线1l ，2l 所成的角为θ，则|||||cos |cos b a b a b a ==θ(注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的两向量的夹角的取值范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值)，其中a ，b 分别是直线1l ，2l 的方向向量。
2.直线与平面所成角已知直线l 与平面α，A l =α ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成的角，则|||||cos |sin n a n a n a ==θ。
(注意:直线与平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而向量的夹角的取值范围为[]π,0，所以公式中要加绝对值)。
3.二面角设1n 为平面α的法向量，2n 为平面β的法向量，1n ，2n 的夹角为θ，l =βα ，则二面角βα--l 的大小为θ或θπ-。
设二面角βα--l 的大小为ϕ，则|||||cos ||cos |2121n n ==θϕ①①所示。
2021版北师大版文科数学一轮复习单元评估检测(四) (第九章)含解析
2021版高考北师大版文科数学一轮复习单元评估检测（四）（第九章）含解析温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例,答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块.单元评估检测（四）（第九章）（120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B。
以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C。
棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【解析】选D。
A错误.如图①所示,由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形,但它不是棱锥。
B错误.如图②，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥。
C错误。
由几何图形知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面边长.D正确。
2.设x，y,z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x，y，z均为直线;②x,y是直线,z是平面；③z是直线,x,y是平面；④x，y,z均为平面。
其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y"为真命题的是（)A。
③④B.①③ C.②③D。
①②【解析】选C.由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题。
3.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E,C1的平面截去该正方体的下半部分,则剩余几何体的主视图是()【解析】选A.正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点A,E,C1的平面截去该正方体的下半部分后,剩余部分的直观图如图:则该几何体的主视图为选项A.4.关于空间两条直线a，b和平面α，下列命题正确的是() A。
若a∥b,bα，则a∥αB。
若a∥α,bα,则a∥bC。