高中数学竞赛专题讲座之六：立体几何

解立体几何（传统方法）知识精要1．直线与平面问题，主要是对空间中的直线与平面的位置关系、距离、角以及它们的综合问题进行研究．这些问题往往与代数、三角、组合等知识综合，因而在解题过程中，要力求做到概念清晰，方法得当，转化适时，突破得法．2．四面体是一种最简单的多面体，它的许多性质可以用类比的思想从三角形的性质而得来．较复杂的多面体常转化为四面体问题加以解决．解决这一类问题的所常用的数学思想方法有：变换法、类比和转化、体积法、展开与对折等方法．3．解决旋转体的有关问题要注意截面的知识的应用．在解决球相切问题时，注意球心连线通过切点，球心距等于两球半径之和．因此，研究多球相切问题时，连结球心，从而转化为多面体问题．例题1 从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k条，使得其中任意两条线段所在直线都是异面直线，求k的最大值．解答考察如图所示的正方体上的四条线段AC，BC1，D1B1，A1D，它们所在直线两两都是异面直线．又若有5条或5条以上两两异面的直线，则它们的端点相异且个数不少于10，与正方体只有8个顶点矛盾．故K的最大值是4．练习1 在正方体的8个顶点、12条棱的中点、6个面的中心及正方体的中心共计27个点中，问共线的三点组的个数是多少解答两端点都为顶点的共线三点组共有87282⨯=个；两端点都为面的中心共线三点组共有6132⨯=个；两端点都为各棱中点的共线三点组共有123182⨯=个，且没有别的类型的共线三点组，所以总共有2831849++=个．例题2 已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，求sinα．解答如右图所示，平面BCD与正方体的12条棱的夹角都等于α，过A作AH垂直平面BCD．连DH，则ADHα=∠．设正方体的边长为b，则2sin603DH==3AH==所以sin sin3AHADHADα=∠==．练习2 如图所示，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上，使得(0)AE CFEB FDλλ==<<+∞，记()f λλλαβ=+，其中λα表示E F 与AC 所成的角，λβ表示E F 与BD 所成的角，证明()0f λ'=，即()f λ为常数． 解答 因ABCD 是正四面体，故AC 垂直BD ，作EG 平行AC 交BC 于G ，连G F ，则GEF λα=∠，且CG AE CFGB FD FD==，所以G F 平行BD ．所以G F 垂直EG ，且EFG λβ=∠．所以()f λ为常数．例题3 三棱锥P -ABC 中，若棱P A =x ，其余棱长均为1，探讨x 是否有最值．解答当P -ABC 为三棱锥时，x 的最小极限是P 、A 重合，取值为0，若PBC ∆绕BC 顺时针旋转，P A 变大，最大极限是P 、A 、B 、C 共面时，P A 为菱形ABPC 的对角线，．所以无最值．练习3若正三棱锥底面棱长棱长均为1，探讨其侧棱否有最值．解答 若P 在底面的射影为O ,易知PO 越小，侧棱越小．故P 、O 重合时，侧棱取最小极限值3，PO 无穷大时，侧棱也无穷大．所以无最值． 例题4在单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P 使得AP +D 1P 最短，求AP +D 1P 的最小值．解答 将等腰直角三角形AA 1B 沿A 1B 折起至1A A B '，使三角形1A A B '与四边形A 1BCD 1共面，联结1A D '，则1A D '的长即为AP +D 1P 的最小值，所以，1A D '==练习4已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对棱BB 1、D 1上有两个动点E 、F ，BE =D 1F=λ（102λ<≤）．设E F 与AB 所成的角为α，与BC 所成的角为β，求αβ+的最小值． 解答 当12λ=时，2παβ+=．不难证明()f αβλ+=是单调减函数．因此αβ+的最小值为2π．例题5 在正n 棱锥中，求相邻两侧面所成的二面角的取值范围．解答 当顶点落在底面的时候，相邻两侧面所成的二面角为π．当顶点在无穷远处的时候，正n 棱锥变为正n 棱柱，这时相邻两侧面所成的二面角为(2)n nπ-．练习5 已知直平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各条棱长均为3，角BAD =600，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 的中点P 的轨迹（曲面）与共一顶点D 的三个面所围成的几何体的体积．解答 联结DP 、DN ，在三角形MDN 为直角三角形，且DP =MN /2=1，又由已知角BAD =600，角ADC =1200，所以点P 的轨迹以点D 为球心，半径为1的1/6球面，所以其与顶点D 以及三个面围成的几何体的体积为31421639ππ⨯⨯=．立体几何（向量方法）知识精要4． 证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量共线（即成倍数关系）．证明两条直线平行，只需证明这两条直线上的向量的数量积等于零．5． 通过法向量，把线面、面面的角转化为线线的角．从而可以利用公式cos ||||θαβαβ=求解．6． 建立空间直角坐标系．例题1如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ．(Ⅰ)求证OD ∥平面PAB ；(Ⅱ) 求直线OD 与平面PBC 所成角的大小． 解答OP ABC OA OC AB BC ⊥== 平面，，，.OA OB OA OP OB OP ∴⊥⊥⊥ ，，()O OP z O xyz -以为原点，射线为非负轴，建立空间直角坐标系如图，,0,0,,0,,0,0AB a A B C ⎫⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设，则 ()0,0,.OP h P h =设，则 ()D PC 为的中点，Ⅰ212,0,,,0,422OD a h PA a h ⎛⎫⎛⎫∴=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又，1...2OD PA OD PA OD PAB ∴=-∴∴ 平面∥∥()2,PA a =Ⅱ,h ∴=,OD ⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭,PBC n ⎛=- ⎝可求得平面的法向量210cos ,OD n OD n OD n ⋅∴〈〉==⋅ OD PBC θ设与平面所成的角为，210sin cos ,OD n θ=〈〉=则 OD PBC ∴ 与平面所成的角为． 练习1如图，已知长方体1111ABCD A B C D -，12,1AB AA ==，直线BD 与平面11AA B B 所成的角为030，AE 垂直BD 于,E F 为11A B 的中点． （Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角；（Ⅱ）求平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点A 到平面BDF 的距离解答 在长方体1111ABCD A B C D -中，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，1AA 所在直线为z 轴建立空间直 角坐标系如图．由已知12,1AB AA ==，可得(0,0,0),(2,0,0),(1,0,1)A B F ．又AD ⊥平面11AAB B ，从面BD 与平面11AA B B 所成的角即为030DBA ∠=又2,,1,3ABAE BD AE AD =⊥==从而易得1(2E D （Ⅰ）13(,,0),(1,0,1)2AE BF ==-cos ,AE BF AEBF AE BF∴<>=14-==即异面直线AE 、BF 所成的角为4（Ⅱ）易知平面1AA B 的一个法向量(0,1,0)m =(,,)n x y z =是平面BDF 的一个法向1量．(BD =-由n BF n BD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩n BF n BD ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩203x x x y -+=⎧⎪⇒⎨-=⎪⎩x zy=⎧⎪⇒=取(1,3,1)n =∴3cos ,15m n m n m n <>===⨯即平面BDF 与平面1AA B 所成二面角（锐角）大小为（Ⅲ）点A 到平面BDF 的距离，即AB 在平面BDF 的法向量n 上的投影的绝对值所以距离||cos ,d AB AB n =<>||||||AB n AB ABn =||||55AB n n ===所以点A 到平面BDF 5例题2 如图1，已知ABCD 是上．下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图2（Ⅰ）证明：AC ⊥BO 1；（Ⅱ）求二面角O －AC －O 1的大小．解答（I ）证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1．所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角， 即OA ⊥OB ． 故可以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图3，则相关各点的坐标是A （3，0，0），B （0，3，0），C （0，1，3）O 1（0，0，3）．从而.0333),3,3,0(),3,1,3(11=⋅+-=⋅-=-=BO BO 所以AC ⊥BO 1．（II ）解：因为,03331=⋅+-=⋅OC BO 所以BO 1⊥OC ，由（I ）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量．设),,(z y x =是0平面O 1AC 的一个法向图1量，由,3.0,033001=⎩⎨⎧==++-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅z y z y x C O n 取得)3,0,1(=n ． 设二面角O —AC —O 1的大小为θ，由、1BO 的方向可知=<θ，1BO >，所以COS <=cos θ，1BO .43||||1=⋅BO n 即二面角O —AC —O 1的大小是.43arccos练习2 如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== ，点D 为AB 的中点(Ⅰ)求证1AC BC ⊥； (Ⅱ) 求证11AC CDB 平面；(Ⅲ)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值解答∵直三棱锥111ABC A B C -底面三边长3,4,5A C B C A B ===，1,,AC BC CC 两两垂直如图建立坐标系，则C (0,0,0),A (3,0,0),C 1(0,0,4),B (0,4,0),B 1(0,4,4),D (32,2,0) (Ⅰ)11(3,0,0),(0,4,4)AC BC =-=,11110,AC BC AC BC ∴⋅=∴⊥(Ⅱ)设1CB 与1C B 的交点为E ，则E (0,2,2)13(,0,2),(3,0,4)2DE AC =-=-111,//2DE AC DE AC ∴=∴111,,DE CDB AC CDB ⊂⊄平面平面1//AC CDB ∴平面(Ⅲ)11(3,0,4),(0,4,4),AC CB =-=1111112cos ,5||||AC CBAC CB AC CB ∴<>==∴异面直线1AC 与1B C 5例题3 在ΔABC 中，已知66cos ,364==B AB ，AC 边上的中线BD =5，求SINA ．1A解答 以B 为坐标原点，为x 轴正向建立直角坐标指法，且不妨设点A 位于第一象限由630sin =B，则44(cos ,sin )()3BA B B ==，设=（x ，0），则43(,6x BD +=，由条件得5)352()634(||22=++=x BD ，从而x=2，314-=x （舍去），故2(,33CA =-．于是 141439809498091698098||||cos =+⋅++-=⋅=CA BA A ∴1470cos 1sin 2=-=A A 练习3 在平面上给定ABC ∆，对于平面上的一点P ，建立如下的变换 :f AP 的中点为Q ，BQ 的中点为R ，CR 的中点为'P ，'()f P P =，求证 f 只有一个不动点（指P 与'P 重合的点）．解答：依提意，有12AQ AP =，且111()224AR AB AQ AB AP =+=+，'1111()2248AP AC AR AC AB AP =+=+++，要使'P 与P 重合，应111248AP AC AB AP =++，得1(42)7AP AC AB =+，对于给定的ABC ∆，满足条件的不动点P 只有一个．例题4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE ⊥EC ． 已知,21,2,2===AE CD PD 求 （Ⅰ）异面直线PD 与EC 的距离； （Ⅱ）二面角E —PC —D 的大小．解答 （Ⅰ）以D 为原点，DA 、、DP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得D （0，0，0），P （0，0，)2， C （0，2，0）设),0,2,(),0)(0,0,(x B x x A 则>).0,23,(),2,21,(),0,21,(-=-=x x x E由0=⋅⊥CE PE 得，即.23,0432==-x x 故 由CE DE CE DE ⊥=-⋅=⋅得0)0,23,23()0,21,23(， 又PD ⊥DE ，故DE 是异面直线PD 与CE 的公垂线，易得1||=，故异面直线PD 、CE 的距离为1．（Ⅱ）作DG ⊥PC ，可设G （0，Y ，Z ）．由0=⋅得0)2,2,0(),,0(=-⋅z y ,即),2,1,0(,2==y z 故可取作EF ⊥PC 于F ，设F （0，M ，N ），则 ).,21,23(n m EF --= 由0212,0)2,2,0(),21,23(0=--=-⋅--=⋅n m n m PC EF 即得， 又由F 在PC 上得).22,21,23(,22,1,222-===+-=n m m n 故 因,,PC DG PC EF ⊥⊥故平面E —PC —D 的平面角θ的大小为向量与的夹角． 故,4,22||||cos πθθ===EF DG 即二面角E —PC —D 的大小为.4π练习4如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1，已知AB =2，BB 1=2，BC =1，∠BCC 1=3π，求： （Ⅰ）异面直线AB 与EB 1的距离；（Ⅱ）二面角A —EB 1—A 1的平面角的正切值．解答（I ）以B 为原点，1BB 、BA 分别为Y 、Z 轴建立空间直角坐标系． 由于BC =1，BB 1=2，AB =2，∠BCC 1=3π，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中有B （0，0，0），A （0，0，2），B 1（0，2，0），11)0,23,23(),0,21,23(1C C - 设即得由,0,),0,,23(11=⋅⊥EB EA EB EA a E )0,2,23()2,,23(0a a --⋅--=,432)2(432+-=-+=a a a a .,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EB BE EB BE E a a a a ⊥=+-=⋅⋅-⋅=⋅===--即故舍去或即得又AB ⊥面BCC 1B 1，故AB ⊥BE ． 因此BE 是异面直线AB 、EB 1的公垂线， 则14143||=+=BE ，故异面直线AB 、EB 1的距离为1． （II ）由已知有,,1111EB A B EB ⊥⊥故二面角A —EB 1—A 1的平面角θ的大小为向量A B 与11的夹角．.22tan ,32||||cos ),2,21,23(),2,0,0(111111===--===θθ即故因A B EA A B。

高中数学竞赛讲义（十二）──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：a a．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。

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：a a．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。

第十二章立体几何一、基础知识公理1 一条直线。

上假如有两个不一样旳点在平面。

内．则这条直线在这个平面内，记作：a a．公理2 两个平面假如有一种公共点，则有且只有一条通过这个点旳公共直线，即若P∈α∩β，则存在唯一旳直线m，使得α∩β=m,且P∈m。

公理3 过不在同一条直线上旳三个点有且只有一种平面。

即不共线旳三点确定一种平面．推论l 直线与直线外一点确定一种平面．推论2 两条相交直线确定一种平面．推论3 两条平行直线确定一种平面．公理4 在空间内，平行于同一直线旳两条直线平行．定义1 异面直线及成角：不一样在任何一种平面内旳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旳平行线，这两条直线所成旳角中，不超过900旳角叫做两条异面直线成角．与两条异面直线都垂直相交旳直线叫做异面直线旳公垂线，公垂线夹在两条异面直线之间旳线段长度叫做两条异面直线之间旳距离．定义2 直线与平面旳位置关系有两种；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：假如直线与平面内旳每一条直线都垂直，则直线与这个平面垂直．定理1 假如一条直线与平面内旳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种平面，则这两条直线平行．定理3 若两条平行线中旳一条与一种平面垂直，则另一条也和这个平面垂直．定理4 平面外一点到平面旳垂线段旳长度叫做点到平面旳距离，若一条直线与平面平行，则直线上每一点到平面旳距离都相等，这个距离叫做直线与平面旳距离．定义 5 一条直线与平面相交但不垂直旳直线叫做平面旳斜线．由斜线上每一点向平面引垂线，垂足叫这个点在平面上旳射影．所有这样旳射影在一条直线上，这条直线叫做斜线在平面内旳射影．斜线与它旳射影所成旳锐角叫做斜线与平面所成旳角．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旳角．定理4 (三垂线定理)若d为平面。

2017届高中数学竞赛教案讲义(12)立体几何D面的中心的棱锥叫正棱锥．定理13 (凸多面体的欧拉定理)设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则V+F-E=2．定义10 空间中到一个定点的距离等于定长的点的轨迹是一个球面．球面所围成的几何体叫做球．定长叫做球的半径，定点叫做球心．定理14 如果球心到平面的距离d小于半径R，那么平面与球相交所得的截面是圆面，圆心与球心的连线与截面垂直．设截面半径为r，则d2+r2＝R2．过球心的截面圆周叫做球大圆．经过球面两点的球大圆夹在两点间劣弧的长度叫两点间球面距离．定义11 (经度和纬度)用平行于赤道平面的平面去截地球所得到的截面四周叫做纬线．纬线上任意一点与球心的连线与赤道平面所成的角叫做这点的纬度．用经过南极和北极的平面去截地球所得到的截面半圆周(以两极为端点)叫做经线，经线所在的平面与本初子午线所在的半平面所成的二面角叫做经度，根据位置不同又分东经和西经．定理15 (祖原理)夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.定理16 (三面角定理)从空间一点出发的不在同一个平面内的三条射线共组成三个角．其中任意两个角之和大于另一个，三个角之和小于3600． 定理17 （面积公式）若一个球的半径为R ，则它的表面积为S 球面=4πR 2。

若一个圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则它的侧面积S 侧=πrl.定理18 （体积公式）半径为R 的球的体积为V球=334R π；若棱柱（或圆柱）的底面积为s ，高h ，则它的体积为V=sh ；若棱锥（或圆锥）的底面积为s ，高为h ，则它的体积为V=.31sh 定理19 四面体ABCD 中，记∠BDC=α，∠ADC=β，∠ADB=γ，∠BAC=A ，∠ABC=B ，∠ACB=C 。

DH ⊥平面ABC 于H 。

（1）射影定理：S ΔABD •cos Ф=S ΔABH ，其中二面角D—AB —H 为Ф。

数学竞赛中的立体几何问题立体几何作为高中数学的重要组成部分之一，当然也是每年的全国联赛的必然考查内容．解法灵活而备受人们的青睐，竞赛数学当中的立几题往往会以中等难度试题的形式出现在一试中，考查的内容常会涉及角、距离、体积等计算．解决这些问题常会用到转化、分割与补形等重要的数学思想方法．一、求角度这类题常以多面体或旋转体为依托,考查立体几何中的异面直线所成角、直线与平面所成角或二面角的大小 解决这类题的关键是 ,根据已知条件准确地找出或作出要求的角．立体几何中的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角三种．其中两条异面直线所成的角通过作两条异面直线的平行线找到表示异面直线所成角的相交直线所成的角，再构造一个包含该角的三角形，解三角形即可以完成；直线和平面所成的角则要首先找到直线在平面内的射影，一般来讲也可以通过解直角三角形的办法得到，其角度范围是[]0,90︒︒；二面角在求解的过程当中一般要先找到二面角的平面角，三种方法：①作棱的垂面和两个半平面相交；②过棱上任意一点分别于两个半平面内引棱的垂线；③根据三垂线定理或逆定理．另外还可以根据面积射影定理cos S S θ'=⋅得到．式中S '表示射影多边形的面积，S 表示原多边形的面积，θ即为所求二面角．例１ 直线OA 和平面α斜交于一点O ，OB 是OA 在α内的射影，OC 是平面α内过O 点的任一直线，设,,.AOC AOB BOC αβγ∠=∠=∠=，求证：cos cos cos αβγ=⋅．分析：如图，设射线OA 任意一点A ，过A 作AB α⊥于点B ，又作BC OC ⊥于点C ，连接AC ．有：cos ,cos ,cos ;OC OB OCOA OA OBαβγ=== 所以，cos cos cos αβγ=⋅．评注：①上述结论经常会结合以下课本例题一起使用．过平面内一个角的顶点作平面的一条斜线，如果斜线和角的两边所成的角相等，那么这条斜线在平面内的射影一定会落在这个角的角平分线上．利用全等三角形即可证明结论成立．②从上述等式的三项可以看出cos α值最小，于是可得结论：平面的一条斜线和平面内经过斜足的所有直线所成的角中，斜线与它的射影所成的角最小．例、（1997年全国联赛一试）如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上， F 在棱CD 上，使得：()0AE CFEB FDλλ==<<∞，记()f λλλαβ=+， αOC BAF EDCBAG其中λα表示EF 与AC 所成的角，其中λβ表示EF 与BD 所成的角，则： （A ）()f λ在()0,+∞单调增加；（B ）()f λ在()0,+∞单调减少； （C ）()fλ在()0,1单调增加；在()1,+∞单调减少；（D ）()f λ在()0,+∞为常数．` 分析：根据题意可首先找到与,λλαβ对应的角．作EG ∥AC ，交BC 于G ，连FG ．显然 FG ∥BD ，∠GEF=λα，∠GFE=λβ．∵AC ⊥BD ，∴EG ⊥FG ∴90λλαβ+=︒例五、（1994年全国联赛一试）已知一个平面与一个正方体的12条棱的夹角都等于α，则sin α= ．分析：正方体的12条棱可分为三组，一个平面与12条棱的夹角都 等于α只需该平面与正方体的过同一个顶点的三条棱所成的角都等于α即可．如图所示的平面A BD '就是合乎要求的平面，于是：sin 3α=二、求体积这类题常是求几何体的体积或要求解决与体积有关的问题 解决这类题的关键是 ,根据已知条件选择合适的面作为底面并求出这个底面上的高例十五、（2003年全国联赛一试）在四面体ABCD 中，设1,AB CD ==直线AB 与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于 ()()()(11 ; ; 23A B C D 分析：根据锥体的体积公式我们知道：1V=3S h ⋅⋅．从题目所给条件看，已知长度的两条线段分别位于两条异面直线上，而已知距离是两条异面直线之间的距离而非点线距．显然需要进行转化．作BE ∥CD,且BE=CD ，连接DE 、AE ，显然，三棱锥A —BCD 与三棱锥A —BDE 底面积和高都相等，故它们有相等的体积．于是有：111sin 362A BCD A BDE D ABE BDE V V V S h AB BE ABE h ---∆====⋅⋅∠⋅=例十六、（2002年全国联赛一试）由曲线224,4,4,4x y x y x x ==-==-围成的图形绕y 轴旋转一周所ODCBAD 'C 'B ' A 'EDCBA得旋转体的体积为V 1，满足()()22222216,24,24x y x y x y +≤+-≥++≥的点(),x y 组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则： （A ）V 1=12V 2； （B ）V 1=23V 2； （C ）V 1=V 2； （D ）V 1=2V 2； 分析：我国古代数学家祖暅在对于两个几何体体积的比较方面作出了卓越的贡献，祖暅原理告诉我们： 对于两个底面积相同，高 相等的几何体，任做一个 平行于底面的截面，若每 一个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖 原理的思想我们可以将不规则的几何体的体积计算转化为规则几何体的体积计算．如计算球的体积时我们可以将半球转化为圆柱与圆锥的组合体．显然，本题中的两个几何体符合祖暅原理的条件，比较其截面面积如下：取()44y a a =-≤≤，则：()21162164S aa ππππ=-⋅⋅=-当0a <时：()()()22221642164S aa a ππππ=⋅--⋅-+=+ 当0a >时：()()()22221642164S a a a ππππ=⋅--⋅--=-显然，12S S =，于是有：12V V =．例十七、（2000年全国联赛一试）一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a ，则这个球的体积是 ．分析：由正四面体的图象的对称性可知，内切球的球心必为正四面体的中心，球与各棱相切，其切点必为各棱中点，考查三组对棱中点的连线交于一点，即为内切球的球心，所以每组对棱间的距离即为内切球的直径，于是有：22r a =∴3343424V a a π⎛⎫=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭练习：同样可用体积法求出棱长为a 的正四面体的外 接球和内切球的半径．分析可知，正四面体的内切球 与外接球球心相同，将球心与正四面体的个顶点相连，可将正四面体划分为四个全等的正三棱锥，于是可知内切球的半径即为正四面体高度的四分之一，外接球半径即为高度的四分之三．故只要求出正四面体的高度即可．又：3h a ===，所以，,412R a r ==．ROEDC APr例十九、（1998年全国联赛一试）ABC ∆中，90,30,2C B AC ∠=︒∠=︒=，M 是AB 的中点．将ACM ∆沿CM 折起，使A 、B 两点间的距离为22A —BCM 的体积等于 ． 分析：关于折叠问题，弄清折叠前后线段之间的变与不变的关系往往是我们解决问题的关键，问题中经常会涉及折叠图形形成二面角，在折叠前作一条直线与折叠线垂直相交，于交点的两侧各取一点形成一个角，于是在折叠过程中，此角始终能代表图形折叠所形成的二面角的大小．此外，通过分析可知解决本例的另一个关键是需要得到棱锥的高，其实只要能找到二面角，高也就能迎刃而解了．如图，作BD ⊥CM 的延长线相交于D ，AF ⊥CM 于F ，并延长到E ，使EF=BD ，连BE ． 显然，AF=EF=BD=3EB=DF=2,所以： A E 2=AB 2-EB 2=8-4=4三棱锥A —BCM 的高即点A 到平面BCM 的距离也就是等腰∆AEF 中点A 到边EF 的距离．根据面积相等FF M ME E D D BB C C A A可求得：h ==∴11132V =⋅⋅=例二十、（1995年全国联赛一试）设O 是正三棱锥P —ABC 底面△ABC 的中心，过O 的动平面与P —ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q 、R 、S ，则和式111PQ PR PS++ （A ）有最大值而无最小值； （B ）有最小值而无最大值； （C ）既有最大值又有最小值，且最大值与最小值不等； （D ）是一个与平面QRS 位置无关的常量． 分析：借助于分割思想，将三棱锥P —QRS 划分成三个以O 为顶点，以三个侧面为 底面的三棱锥O —PQR ，O —PRS ，O —PSQ ． 显然三个三棱锥的高相等，设为h ，又设QPR ∠=RPS SPQ α∠=∠=，于是有：()13P QRS O PQR O PRS O PSQ PQR PRS PSQ V V V V S S S h ----∆∆∆=++=++⋅ ()1sin 6PQ PR PR PS PS PQ h α=⋅+⋅+⋅⋅⋅ 又：1sin sin 6P QRS Q PRS V V PQ PR PS αθ--==⋅⋅⋅⋅，其中θ为PQ 与平面PRS 所成的角．()sin sin sin PQ PR PR PS PS PQ h PQ PR PS ααθ∴⋅+⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅于是得：111PQ PR PS ++sin hθ= 例二十一、（1993年全国联赛一试）三棱锥S —ABC 中，侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，M 为三角形ABC 的重心，D 为AB 中点，作与SC 平行的直线DP ． 证明：（1）DP 与SM 相交；OSRQCBAP（2）设DP 与SM 的交点为D '，则D 为三棱锥S —ABC 的外接球的球心． 分析：根据题中三棱锥的特点，可将三棱锥补形成为一个如图所示的长方体，因为 C 、M 、D 三点共线，显然，点C 、S 、D 、M 在同一平面内．于是有DP 与SM 相交． 又因为：12DD DM SC MC '==，而点D 为长 方体的底面SAEB 的中心，故必有点D '为 对角线SF 的中点，即为长方体的也是三棱 锥的外接球的球心．例二十二、（1992年全国联赛一试）从正方体的棱和各个面的面对角线中选出k 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k 的最大值是 ． 分析：本题可以采用构造法求解．考查图中的 四条线段：A 1D 、AC 、BC 1、B 1D 1，显然其中任意 两条都是异面直线．另一方面，如果满足题目 要求的线段多于4条，若有5条线段满足要求， 因为5条线段中任意两条均为异面直线，所以其中任意两条没有公共点，于是产生这些线段的端点几何体的顶点的个数必定大于或等于10个，这与题中的正方体相矛盾．故：4k =．例二十三、（1991年全国联赛一试）设正三棱锥P —ABC 的高为PO ，M 为PO 的中点，过AM 作与棱BC 平行的平面，将三棱锥截为上、下两个部分，试求此两部分的体积比． 分析：取BC 的中点D ，连接PD 交AM 于G ，设 所作的平行于BC 的平面交平面PBC 于EF ，由 直线与平面平行的性质定理得：EF ∥BC ，连接AE ，AF ，则平面AEF 为合乎要求的截面．GFMED 'DCBA SH A 1DCBA D 1C 1B 1F E OM D CBAPHG作OH ∥PG ，交AG 于点H ，则：OH=PG ．51112BCPD PG GDGD GD AD EF PG PG PG OH AO +===+=+=+=； 故：2425A PEF PEF A PBC PBC V S EF V S BC -∆-∆⎛⎫=== ⎪⎝⎭；于是：421A PEF A EFBC V V --=． 三、求面积这类题常设计为求几何体中某一特殊位置的截面面积 解决这类题的关键是 ,封断出截面的形状及截面和已知中相关图形的关系四、求距离这类题常是以几何体为依托 ,求其中的某些点 、线 、面之间的距离 解决这类题的关键在于 ,根据已知条件判断出或作出符合题意的线段 ,其长度就是符合题意的距离4、（1996年全国联赛一试）已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a ，侧棱为b ．取CD 中点G ，则AG ⊥CD ，EG ⊥CD ，故∠AGE 是二面角A —CD —E 的平面角．由BD ⊥AC ，作平面BDF ⊥棱AC 交AC 于F ，则∠BFD 为二面角B —AC —D 的平面角．AG=EG=b 2－a 2，BF=DF=2a b 2－a 2b，AE=2b 2－(233a )2=2b 2－43a 2．由cos ∠AGE=cos ∠BFD ，得2AG 2－AE 22AG 2=2BF 2－BD 22BF 2．∴ 4(b 2－432a 2)b 2－a 2=4a 2b 24a 2(b 2－a 2)⇒9b2=16a 2，⇒b=43a ，从而b=2，2a=3．AE=2．即最远的两个顶点距离为3． 分析：设正三棱锥的底面边长为a ，侧棱长为b ，则：2222223244a a b a aa b b -=⋅--即：2223b a b =-化简得： 32ba =所以，3,2a b ==．于是可求得线段PP '的长：2432pp '=-=．于是有最远距离为底边长3．2ababbGEFBCDAACBD EFOP 'P五、求元素个数这类题常以长方体或三棱锥等几何体为背景,通过计算符合题意的元素个数,来考查学生对计数问题的理解程度解决这类题的关键是计数时要有规律的数,作到不重复、不遗漏8、如果空间三条直线a ，b ，c 两两成异面直线，那么与a ，b ，c 都相交的直线有(A ) 0条 (B ) 1条 (C )多于1 的有限条 (D ) 无穷多条 解：在a 、b 、c 上取三条线段AB 、CC '、A 'D '，作一个平行六面体ABCD —A 'B 'C 'D '，在c 上取线段A 'D '上一点P ，过a 、P 作 一个平面，与DD '交于Q 、与CC '交于R ，则QR ∥a ，于是PR 不与a 平行，但PR 与a 共面．故PR 与a 相交．由于可以取无穷多个点P ．故选D ．9、给定平面上的5个点A 、B 、C 、D 、E ，任意三点不共线. 由这些点连成4条线，每点至少是一条线段的端点，不同的连结方式有 种.解：图中，4种连结方式都满足题目要求.（图中仅表示点、线间连结形式，不考虑点的位置) .情况（1），根据中心点的选择，有5种其连结方式；情况（2），可视为5个点A 、B 、C 、D 、E 的排列，但一种排列与其逆序排列是同一的，且两者是一一对应的，则有连结方式5!602=种；情况（3），首先是分歧点的选择有5种，其次是分叉的两点的选择有246C =种，最后是余下并连两点的顺序有别，有2!种，共计56260⨯⨯=种；情况（4），选择3点构造三角形，有3510C =种. 共有5606010135+++=种连结方式.B‘C’D’A‘CDASQ PR acb（1） （2） （3） （4）3. 设四棱锥P ABCD -的底面不是平行四边形, 用平面α去截此四棱锥, 使得截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 α( )(A) 不存在 (B)只有1个 (C) 恰有4个 (D)有无数多个例一、（1991年全国联赛一试）由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为 （A ）4； （B ）8； （C ）12； （D ）24．分析：一个正方体一共有8个顶点，根据正方体的结构特征可知，构成正三角形的边必须是正方体的面对角线．考虑正方体的12条面对角线，从中任取一条可与其他面对角线构成两个等边三角形，即每一条边要在构成的等边三角形中出现两次，故所有边共出现112224C =次，而每一个三角形由三边构成，故一共可构成的等边三角形个数为2483=个． 例二、（1995年全国联赛一试）将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是 ．分析：就四棱锥P —ABCD 而言，显然顶点P 的颜色必定不同于A 、B 、C 、D 四点，于是分三种情况考虑：① 若使用三种颜色，底面对角线上的两点可同色，其染色种数为：3560A =（种） ② 若使用四种颜色，底面有一对对角线同色，其染色种数为：1425240C A ⋅=（种）③ 若使用五种颜色，则各顶点的颜色各不相同，其染色种数为：55120A =（种）故不同染色方法种数是：420种．六、特殊四面体1．四面体 由于四面体是三角形在空间中的推广，因此三角形的许多性质也可以推广到四面体： （1）连接四面体的棱中点的线段交于一点，且在这里平分这些线段；（2）连接四面体任一顶点与它对面重心的线段交于一点，且这点将线段分成的比为3：1，G 称为四面体的重心．（3）每个四面体都有外接球，球心是各条棱的中垂面的交点．（4）每个四面体都有内切球，球心是四面体的各个二面角的平分面的交点． 例10（1983年全国）在六条棱长分别为2、3、3、4、5、5的所有四面体中，最大的体积是多少？证明你的结论．2．特殊四面体（i ）等腰四面体：三组对棱分别相等的四面体．性质（1）等腰四面体各面积相等，且为全等的锐角三角形；（2）体积是伴随长方体的13．（ii ）直角四面体 从一个顶点出发的三条棱相互垂直的四面体．性质（1）直角四面体中，不含直角的面是锐角三角形（称该面为底面）；（2）任一侧面面积是它在底面投影的面积和地面面积的比例中项，且侧面面积的平方和是底面面积的平方；（3）三个侧面与底面所成三个二面角的余弦的平方和是1．3．正四面体 每个面都是全等的等边三角形的四面体．性质（1）若正四面体的棱长为a ，则四面体的全面积S ＝3a 2，体积V ＝212a 3；（2）正四面体对棱中点的连线长d ＝22a ；（3）正四面体外接球的半径64a ，内切球的半径为612a ．七、“ 多球” 问 题在解决立体几何问题时， 常会遇到若干个球按照一定的法则“ 叠加” 的问题， 我们将 这类问题简称为“ 多球” 问题． 对于“ 多球” 问 题， 我们往往可以从多球中提炼出球心所组成的立体图形， 将问题简化， 然后通过解决这简化的问题， 获得原问题的待求结论，这是 解决“ 多球” 问题的一个常用方法．5、将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD 绕其中心旋转45 而得．设E 的射影为N ，则MN=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．6、底面半径为1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm 3． 填(13＋22)π． 解：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，A ，B ，C ，D 分别为四个球心在底面的射影．则ABCD 是一个边长为22的正方形．所以注水高为1＋22．故应注水π(1＋22)－4×43π(12)3＝(13＋22)π． 例 1在桌面上放着四个两两相切、 半 径均为r 的球， 试确定其顶端离桌面的高度；并求夹在这四个球所组成图形空隙中与四个 球均相切的小球的半径．例 2 制作一个底圆直径为4 c m的圆柱形容器，要内装直径为2 c m的钢珠2 6 只，那么这容器至少要多高?( 上海市1 9 8 6 年竞赛试题)例 3 在正四面体内装入半径相同的球，使相邻的球彼此相切，且外层的球又和正四面体的面都相切，如此装法，当球的个数无穷大时，求所装球的体积与正四面体体积之比的极限．( 第八届希望杯高二数学培训题)八、体积法及其应用体积法是处理立体几何问题的重要方法．在高中数学竞赛中，利用体积法解题形式简洁、构思容易，内涵深刻，应用广泛，备受青睐．几何体的体积包括基本几何体的体积计算、等积变换等方法，同时有以下常用方法和技巧：( 1 ) 转移法：利用祖咂原理或等积变换，把所求几何体转化为与它等底、等高的几何体的体积．( 2 ) 分割求和法：把所求几何体分割成基本几何体的体积．( 3 ) 补形求差法：通过补形化归为基本几何体的体积．( 4 ) 四面体体积变换法．( 5 ) 算两次法：对同一几何体的体积，从两种方法计算，建立出未知元素的等量关系，从而使问题求解．利用这种方法求点到平面的距离，可以回避作出表示距离的垂线段．另外，体积法中对四面体的体积变换涉及较多应用广泛．关于四面体的体积有如下常用性质：( 1 ) 底面积相同的两个三棱锥体积之比等于对应高之比；( 2 ) 高相同的两个三棱锥的体积比等于其底面积之比；( 3 ) 用平行于底面的平面去截三棱锥，截得的小三棱锥与原三棱锥的体积之比等于相似比的立方；九、立体几何中的截面问题截面问题涉及到截面形状的判定、截面面积和周长的计算、截面图形的计数、截面图形的性质及截面图形的最值．本文介绍此类问题的求解方法．1 判断截面图形的形状2 截面面积和周长的计算3 计算截面图形的个数4 确定截面图形的性质5 求截面图形的最值九、综合问题7、顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆圆心，AB ⊥OB ，垂足为B ，OH ⊥PB ，垂足为H ，且P A=4，C 为P A 的中点，则当三棱锥O －HPC 的体积最大时，OB 的长为A ．53 B ．253 C ．63 D ．263解：AB ⊥OB ，⇒PB ⊥AB ，⇒AB ⊥面POB ，⇒面P AB ⊥面POB ．OH ⊥PB ，⇒OH ⊥面P AB ，⇒OH ⊥HC ，OH ⊥PC ，又，PC ⊥OC ，⇒PC ⊥面OCH ．⇒PC 是三棱锥P －OCH 的高．PC=OC=2．而∆OCH 的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30︒，OB=PO tan30︒=263．解2：连线如图，由C 为P A 中点，故V O －PBC =12V B －AOP ，而V O －PHC ∶V O －PBC =PHPB =PO 2PB2(PO 2=PH ·PB )．记PO=OA=22=R ，∠AOB=α，则V P —AOB =16R 3sin αcos α=112R 3sin2α，A BP OH CV B －PCO =124R 3sin2α．PO 2PB 2=R 2R 2+R 2cos 2α=11+cos 2α=23+cos2α．⇒V O －PHC=sin2α3+cos2α⨯112R 3．∴ 令y=sin2α3+cos2α，y '=2cos2α(3+cos2α)－(－2sin2α)sin2α(3+cos2α)2=0，得cos2α=－13，⇒cos α=33，∴ OB=263，选D ．例19把一个长方体切割成k 个四面体，则k 的最小值是 .例20已知l αβ--是大小为45的二面角，C 为二面角内一定点，且到半平面α和β和6，A ，B 分别是半平面α，β内的动点，则ABC ∆周长的最小值为_____．例21如图所示，等腰ABC △的底边AB =，高3CD =，点E 是线段BD 上异于点B D ，的动点，点F 在BC 边上，且EF AB ⊥，现沿EF 将BEF △折起到PEF △的位置，使PE AE ⊥，记BE x =，()V x 表示四棱锥P ACFE -的体积． （1）求()V x 的表达式；（2）当x 为何值时，()V x 取得最大值？ （3）当()V x 取得最大值时，求异面直线AC 与PF 所成角的余弦值．例六、设锐角,,αβγ满足：222cos cos cos 1αβγ++=．求证：tan tan tan αβγ⋅⋅≥分析：构造长方体模型．构造如图所示的长方体 ABCD —A 1B 1C 1D 1，连接AC 1、A 1C 1、BC 1、DC 1． 过同一个顶点的三条棱AD 、AB 、AA 1与对角线AC 1所成的角为锐角,,αβγ，满足：222cos cos cos 1αβγ++=不妨设长方体过同一个顶点的三条棱AD 、AB 、AA 1的长分别为,,a bc ．则：tan tan tan aa b b c cαβγ=≥=≥=≥ 以上三式相乘即可．证明二：因为,,αβγ为锐角，故：2222sin 1cos cos cos 2cos cos ααβγβγ=-=+≥⋅，sin α∴≥同理：sin βγP ED F BCAD 1C 1B 1 A 1DC BA例22已知三棱锥ABC P -的三条侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，侧面PAB 、PBC 、PCA 与底面ABC 所成的二面角的平面角的大小分别为1θ、2θ、3θ，底面ABC 的面积为34. (1)证明:22tan tan tan 321≥⋅⋅θθθ；(2)若23tan tan tan 321=++θθθ，求该三棱锥的体积ABC P V -. 练 习 题例七、（1994年全国联赛一试）在正n 棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 （A ） 2,n n ππ-⎛⎫⎪⎝⎭； （B ） 1,n n ππ-⎛⎫ ⎪⎝⎭； （C ） 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭； （D ） 21,n n n n ππ--⎛⎫⎪⎝⎭．分析：根据正n 棱锥的结构特征，相邻两侧面所成的二面角应大于底面正n 边形的内角，同时小于π，于是得到（A ）．例八、（1992年全国联赛一试）设四面体四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，它们的最大值为S ，记1234S S S S Sλ+++=，则λ一定满足（A ） 24λ<≤； （B ） 34λ<<； （C ） 2.5 4.5λ<≤； （D ） 3.5 5.5λ<<． 分析：因为 i S S ≤ ()1,2,3,4i =所以12344S S S SS+++≤．特别的，当四面体为正四面体时取等号．另一方面，构造一个侧面与底面所成角均为45︒的三棱锥，设底面面积为S 4，则：()()1231231234123cos 451 2.5cos 45S S S S S S S S S S S S S S λ+++++⋅︒+++===+++⋅︒，若从极端情形加以考虑，当三棱锥的顶点落在底面上时，一方面不能构成三棱锥，另外此时有1234S S S S ++=，也就是2λ=，于是必须2λ>．故选（A ）．。