三面角是立体几何的基本概念之一汇总
上海师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题
上海师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________．已知双曲线22221(0y x a a b-=>，．在直三棱柱111ABC A B C -中，的距离为 .二、单选题13．用一个平面截如图所示圆柱体，截面的形状不可能是（ ）A ．B ．C ．D ．14．设l 是直线，,a b 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A ．若l ∥a ，l ∥b ，则a ∥bB ．若l ∥a ，l b ^，则a b ^C ．若,l a b a ^^，则l b ^D ．若a b ^，l ∥a ，则l b^15．如图所示，已知直线y kx =与曲线()y f x =相切于两点，函数()()0g x kx m m =+>，则对函数()()()F x g x f x =-描述正确的是（ ）A ．有极小值点，没有极大值点B ．有极大值点，没有极小值点C ．至少有两个极小值点和一个极大值点D ．至少有一个极小值点和两个极大值点16．如图，斜线段AB与平面a所成的角为60°，B为斜足，平面a上的动点P满足ÐRAB=°，则点P的轨迹是30A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线的一支综上所述，当1x =时，ACF △与BDF V 面积之和取到最小值，即2232p =，由于0p >，得4p =，因此，抛物线的方程为28y x =．【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义，通过换元法得到面积最值的表达式，利用对勾函数的单调性求出最值的情况，从而得到方程，解出即可.。
立体几何基本知识
立体几何基本知识立体几何是几何学的一个重要分支，研究空间中的图形和形体的性质和关系。
在立体几何中，我们主要关注点、线、面以及它们之间的相互关系。
本文将介绍立体几何的基本知识，包括立体的概念、常见的立体形状以及它们的性质。
一、立体的概念在几何学中，立体是指具有长度、宽度和高度的物体。
立体可以看作是由若干平面围成的封闭空间。
它有三个维度，可以从各个角度进行观察和描述。
与此相对应，平面是指仅有长度和宽度、没有高度的二维几何形状。
二、常见的立体形状1. 三棱柱：三棱柱是由两个平行且相等的底面通过三个矩形侧面连接而成的立体形状。
它有三条棱，两个底面和三个矩形侧面。
三棱柱的特点是底面边的长度和形状相等。
2. 四棱锥：四棱锥是由一个四边形底面和四个三角形侧面连接而成的立体形状。
它有四条棱，一个底面和四个三角形侧面。
四棱锥的特点是底面是一个四边形，而侧面是四个三角形。
3. 球体：球体是由所有距离球心相等的点组成的立体形状。
它没有边和面，只有曲面。
球体的特点是半径相等的所有点到球心的距离相等。
4. 圆柱体：圆柱体是由两个平行且相等的圆底面和连接它们的侧面组成的立体形状。
它有两个底面和一个侧面，侧面是一个矩形。
圆柱体的特点是两个底面相等且平行。
5. 圆锥体：圆锥体是由一个圆底面和连接它们的侧面组成的立体形状。
它有一个底面和一个侧面，侧面由底面中心到侧面边界上的点组成。
圆锥体的特点是底面是一个圆。
三、立体形状的性质1. 面积：立体形状的面积是指其表面的大小。
不同的立体形状具有不同的计算公式，如三棱柱的表面积为底面积加上三个侧面的面积之和。
2. 体积：立体形状的体积是指其所占的空间大小。
不同的立体形状也有不同的计算公式，如球体的体积为4/3乘以圆周率π乘以半径的立方。
3. 边长、半径和高度：立体形状的边长、半径和高度是描述其大小的重要参数。
这些参数可以帮助我们计算其他性质，如底面积、侧面积和体积。
4. 对称性：一些立体形状具有特定的对称性，如球体和圆柱体都具有旋转对称性。
立体几何的基本知识点总结
立体几何的基本知识点总结立体几何是几何学的一个重要分支，研究物体的形状、大小、位置等特征。
在学习立体几何时，我们需要了解一些基本的知识点。
本文将对立体几何的基本概念、性质、公式等进行总结，以帮助读者更好地理解和应用这些知识。
1. 点、线、面和体立体几何研究的对象主要有点、线、面和体。
点是没有大小和形状的，用来表示位置；线是由无限多个点连起来形成的，用来表示长度和方向；面是由无限多条线组成的，具有长度和宽度，用来表示平面；体则是由无限多个面组成的，具有长度、宽度和高度，用来表示立体物体。
2. 四面体、正方体和圆柱体四面体是由四个面组成的立体体，每个面都是一个三角形；正方体是由六个面组成的立体体，每个面都是一个正方形；圆柱体是由一个底面和一个平行于底面的曲面组成的立体体，底面为圆形。
3. 长方体、棱柱和棱锥长方体是由六个矩形面组成的立体体，每个面都有四个直角；棱柱是由两个平行且相等的多边形组成的立体体，这两个多边形分别称为底面和顶面；棱锥是由一个多边形底面和一个顶点连直线并延伸至底面外部的部分组成的立体体。
4. 体积和表面积体积是用来衡量立体体所占空间的大小，常用单位有立方厘米、立方米等；表面积是用来衡量立体体外部所包围的面积，常用单位有平方厘米、平方米等。
不同形状的立体体计算体积和表面积的方法也不同，例如长方形的体积为长乘宽乘高，表面积为底面积的两倍加上侧面积。
5. 平行四边形的性质平行四边形是指有两对边分别平行的四边形，其性质包括：对边相等、对角线互相平分、对角线长度平方等于两条对边长度平方和、对角线互相垂直等。
6. 圆锥的性质圆锥是由一个底面和一个顶点连直线并延伸至底面外部的部分组成的立体体，其性质包括：底面与侧面接触于一条直线上、侧面都是直角三角形、顶点到底面的垂线与底面的切点连线垂直等。
7. 球的性质球是由无数个平行的点组成的立体体，其性质包括：球心到球面上任意一点的距离都相等、球面上任意两点之间的最短距离是球心到这两点连线的长度、球表面积等于4πr²（其中r为半径）、球体积等于4/3πr³等。
立体几何的全部知识点
立体几何的全部知识点立体几何是九年级数学中常见的概念，属于几何学知识，包括三维空间中各种形状和投影，以及它们之间的关系，有助于我们研究物体的结构和代数运算，为物体的准确表达提供帮助。
立体几何的知识点包括：一、定义和符号：（1）体积：体积V是在某一时刻，某一物体的容积所表示的实际大小。
（2）表面积：Surface Area S 是在某一时刻，某一物体的整个表面的面积总和。
（3）立体角：立体角也称为穹顶角，它由三条相交的边组成，表示物体上某一点到其他三面所角度的总和。
（4）体积和表面积的符号分别为V和S。
二、投影：（1）正投影：正投影是指沿着平面对物体进行投影，显示物体的各面的立体效果，物体被投影到平面上，形成新的三维形体。
（2）侧投影：侧投影是把物体投影到平面上，只显示物体上与投影面垂直的一部分，不会显示其上斜角或斜面。
三、变换：（1）平移：平移是把物体移动到新位置，沿着一个给定的方向进行移动。
（2）旋转：旋转是把物体局部或整体移动到新位置，沿着一定角度和指定的锥形旋转。
（1）水平投影：水平投影指通过把物体置于水平平面上来进行投影，表达投影物作为物体的一部分的立体视觉效果。
（3）正交投影：正交投影是将物体的正面以一个给定的垂线作为视轴，把物体投影到一个直角坐标系上，以呈现其真实模样。
(4) 仿射投影：仿射投影是把物体投射到平面上，同时保留物体形状和位置的相对关系，物体经过一个仿射变换，可以在平面上表示一种实体的完整的立体形状。
五、三角形几何：（1）三角形的周长：三角形的周长是指给定三角形的三条边之和。
（3）余弦定理：余弦定理是指在一个三角形中，要么是给定三条边，要么是两条边和夹角之间存在性质，充分表示相应之间关系。
（4）余切定理：余切定理是指在一个三角形中，无论如何，两条边的余切值都是一定的。
（5）三角函数：三角函数是以这三个角的正弦、余弦和正切为变量表示的函数，三角函数可以用来求解复杂的三角形。
立体几何知识点整理
立体几何知识点整理1. 介绍立体几何是数学中的一个分支，研究空间中的图形和体积。
它涉及了许多重要的概念和定理，为我们理解三维空间中的物体提供了基础。
本文将对立体几何中的一些重要知识点进行整理。
2. 点、线、面在立体几何中，我们首先需要了解点、线、面这三个基本概念。
•点：点是最基础的几何图形，没有大小和形状，只有位置。
•线：线由无数个点组成，是一维的几何图形，具有长度但没有宽度和厚度。
•面：面由无数个线组成，是二维的几何图形，具有长度和宽度但没有厚度。
3. 多面体多面体是由一些平面多边形组成的立体图形。
在多面体中，我们常见的有以下几种：•三棱锥：底面为三角形，其余面都是三角形的四面体。
•四棱锥：底面为四边形，其余面都是三角形的五面体。
•正四棱锥：底面为正方形，其余面都是等边三角形的五面体。
•正六面体：六个正方形的立方体。
•正八面体：八个正等边三角形的多面体。
•正十二面体：十二个正等边五边形的多面体。
•正二十面体：二十个正等边三角形的多面体。
4. 图形的体积和表面积在立体几何中，我们需要计算图形的体积和表面积。
•体积：图形的体积是指该图形所占据的空间大小。
常见的图形体积计算公式有：–立方体的体积公式为：V = a³，其中a 是边长。
–圆柱体的体积公式为：V = πr²h，其中 r 是底面半径，h 是高度。
–圆锥体的体积公式为：V = 1/3πr²h，其中 r 是底面半径，h 是高度。
•表面积：图形的表面积是指该图形包围的所有面的总面积。
常见的图形表面积计算公式有：–立方体的表面积公式为：A = 6a²，其中 a 是边长。
–圆柱体的表面积公式为：A = 2πrh + 2πr²，其中 r 是底面半径，h 是高度。
–圆锥体的表面积公式为：A = πr(r + l)，其中 r是底面半径，l 是斜高。
5. 直角三角形在立体几何中，直角三角形是非常重要的。
直角三角形中有一个角度为90度的角，被称为直角。
立体几何的基本概念与性质
立体几何的基本概念与性质立体几何是几何学的一个重要分支，研究的是三维空间内的物体和它们的性质。
在立体几何中，有一些基本概念和性质是我们需要了解和掌握的。
本文将介绍立体几何的基本概念与性质，并分析其在实际生活中的应用。
一、点、线、面和体1. 点：在立体几何中，点是最基本的概念，它没有长度、宽度和高度，只有位置。
2. 线：通过两个点可以确定一条直线，它有长度但没有宽度和高度。
3. 面：通过三个或三个以上的点可以确定一个平面，它有长度和宽度但没有高度。
4. 体：通过四个或四个以上的面可以确定一个立体，它有长度、宽度和高度。
二、多面体与圆柱体1. 多面体：多面体是由若干个平面多边形构成的立体，常见的多面体有正方体、长方体、正六面体等。
2. 圆柱体：圆柱体是由两个平行圆底和一个侧面围成的立体，圆柱体的底面和侧面都是圆。
三、立体几何的性质1. 平行关系：如果两个面上的直线相交产生的角互为对应角，并且对应角相等，则两个面是平行的。
2. 垂直关系：如果两个面上的直线相交产生的角为直角，则两个面是垂直的。
3. 对称关系：如果一个立体有一个对称面，且该立体的每个点关于对称面有对称点，则称该立体具有对称性。
4. 相似关系：如果两个立体形状相似，那么它们的对应边长之比相等，对应面积之比相等。
四、立体几何的应用1. 建筑设计：在建筑设计中，立体几何的概念和性质被广泛应用，例如通过对称性和相似性的原理设计出美观而稳定的建筑物。
2. 三维模型制作：立体几何的知识对于三维模型制作非常重要，可以帮助我们准确地计算和定位模型的各个部分。
3. 空间分析：立体几何的概念和性质在空间分析中有广泛应用，可以帮助我们理解和描述物体在三维空间中的位置和运动。
总结：立体几何是研究三维空间内物体形状和性质的学科，其中点、线、面和体是立体几何的基本概念。
了解多面体和圆柱体的特点，以及立体几何的性质，有助于我们在实际生活中应用这些知识。
立体几何的应用广泛而深远，涵盖了建筑设计、三维模型制作和空间分析等多个领域。
浙江省宁波市九校2022-2023学年高二下学期期末联考数学试题(解析版)
2022学年第二学期宁波市九校联考高二数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数z 满足i 1i z ⋅=+，则z 对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A 【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，求出复数z ，即可求解. 【详解】由i 1i z ⋅=+，得21i (1i)(i)=1i ii z ++−==−−， 所以1i z =+，在复平面内对应的点为(1,1) 所以对应点位于第一象限. 故选：A.2. 设集合(){},21x Mx y y ==−，()π,cos ,442N x y y x x==−≤≤，则M N ∩中元素的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B 【解析】【分析】在同一坐标系下画出两集合对应函数图象，交点个数即为交集元素个数【详解】对于函数21x y =−，当0x <时，01y <<；当0x ≥时，0y ≥.对于函数πcos,442yx x −≤≤，222ππ,πx ∈− ，则11y −≤≤且端点处取最大值 两函数图象在同一坐标系下大致如下，则两函数图象有3个交点，即M N ∩中元素的个数为3个. 故选：B3. 已知随机变量()211~,X N µσ，()222~,Y N µσ，它们的分布密度曲线如下图所示，则下列说法中正确.的是（ ）A. 12µµ<，2212σσ< B. 12µµ<，2212σσ> C 12µµ>，2212σσ<D. 12µµ>，2212σσ>【答案】B 【解析】【分析】由图结合正态分布曲线特点可得答案.【详解】由图可得随机变量X 的均值比随机变量Y 的均值小，则12µµ<.又由图得，随机变量X 的分布比随机变量Y 的分布更加分散，则2212σσ>. 故选：B4. 已知平面向量a ，b满足a b a b +=− ，则b a − 在a 上的投影向量为（ ） A. a −B. aC. b −D. b【答案】A 【解析】【分析】由已知可得0a b ⋅=，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可.【详解】由a b a b +=− 知：222222a a a b b a b b−=+⋅+⋅+ ，可得0a b ⋅= ， 所以b a − 在a上的投影向量为22()a b a a a b a a a aa a⋅−⋅−⋅=⋅=−. 故选：A 5. 若1sin()43πα+=，(0,)απ∈，则cos 2=α（ ） A. 79−B.C.D. 【答案】D 【解析】.【分析】根据同角三角函数的关系结合角度范围可得cos()4πα+，再根据二倍角公式可得sin[2()]4πα+，结合诱导公式可得cos 2α.【详解】因为(0,)απ∈，所以5(,)444πππα+∈，又13sin()sin 434ππα+=<，所以3(,)44ππαπ+∈，所以cos()4πα+，所以cos 2sin(2)sin[2()]2sin()cos()2444ππππααααα=+=+=++＝ 故选：D6. 在ABC 中，点O 满足2CO OB = ，过点O 的直线分别交射线AB ，AC 于点M ，N ，且AM mAB =，AN nAC =，则2m n +的最小值为（ ） A.83B.103C. 3D. 4【答案】A 【解析】【分析】利用共线定理的推论可得21133m n+=，然后妙用“1”可得. 【详解】由题可知，0,0m n >>，因为AM mAB = ，AN nAC =，所以1AB AM m= ，1AC AN n = ，又2CO OB = ，所以22AO AC AB AO −=−，所以21213333AO AB AC AM AN m n=+=+， 因为,,M O N 三点共线，所以21133m n+=，所以2144482(2)()3333333m n m n m n m n n m +=++=++≥+=， 当且仅当43321133m nn mm n = +=，即42,33m n ==时，等号成立.所以2m n +的最小值为83.故选：A7. 已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且()22f =，若对任意的1x ，()20,x ∈+∞，均有()()12121f x f x x x −>−成立，则不等式()11f x x −+>的解集为（ ）A. ()()2,02,−+∞B. ()(),20,2−∞−C. ()(),11,3−∞−D. ()()1,13,−+∞【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()gx f x x =−，则()()g x f x x =−在()0,∞+上递增，判断()()g x f x x =−也是是定义在R 上的奇函数，可得()()gx f x x =−在(),0∞−上递增，分类讨论列不等式求解即可. 【详解】因为对任意的1x ，()20,x ∈+∞，均有()()12121f x f x x x −>−成立，不妨设2x >1>0x ，则−1x 20x <，所以()()()()12121122f x f x x x f x x f x x ⇒−<−−<−，构造函数()()gx f x x =−，则()()g x f x x =−在()0,∞+上递增， 因为()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()()g x f x x =−也是是定义在R 上的奇函数， 所以()()gx f x x =−在(),0∞−上递增， 不等式()11f x x −+>化为()()()11010f x x g x −−−>⇒−>， 因为()()()()()2222020220f f g g g =⇒−=⇒=⇒−=−=，则()()121231010x g x g x x x −> −> ⇒⇒>−>−> ，或()()1212111010x g x g x x x −>− −>− ⇒⇒−<<−<−<； 10x −=时，()00g =，不合题意；综上不等式()11f x x −+>的解集为()()1,13,−+∞ ， 故选：D.8. 三面角是立体几何的重要概念之一.三面角−P ABC 是指由有公共端点P 且不共面的三条射线PA ，PB ，PC 以及相邻两射线之间的平面部分所组成的空间图形.三面角余弦定理告诉我们，若APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，平面APC 与平面BPC 所成夹角为θ，则cos cos cos cos sin sin γαβθαβ−=.现已知三棱锥−P ABC ，PA =，3BC =，45APC ∠=°，60BPC ∠=°，90APB ∠=°，则当三棱锥−P ABC 的体积最大时，它的外接球的表面积为（ ）A. 18πB. 36πC.87π2D.117π2【答案】B 【解析】【分析】作出图形，作BD PC ⊥，BM ⊥平面APC ，则θ∠=BDM ，先表示出13P ABCAPC V S BM −=⋅ ，接着用条件表示成P ABC V −=−P ABC 的体积最大，则PB PC ⋅最大，利用基本不等式得出3PB PC ==时，其体积最大，然后补全三棱锥成棱柱，根据棱柱外接球半径即可求解.【详解】由题知，45APC ∠=°，60BPC ∠=°，90APB ∠=°， 平面APC 与平面BPC 所成夹角为θ， 作BD PC ⊥，BM ⊥平面APC ， 则θ∠=BDM ，由题意得13P ABCAPC V S BM −=⋅ ，cos cos cos cos sin sin γαβθαβ−===()0,πθ∈，sin θ=，sin BM BD θβ=⋅ 13sin 22APC S PA PC PC α=⋅⋅=⋅ ，所以13P ABC APC V S BM −=⋅= 要使三棱锥−P ABC 的体积最大，则PB PC ⋅最大， 在PBC 中，由余弦定理得， 2221cos 22PB PC BC BPC PB PC+−∠==⋅⋅，整理得，229PB PC PB PC +−=⋅，2292PB PC PB PC PB PC +=⋅+≥⋅，即9PB PC ⋅≤，当且仅当3PB PC ==时，等号成立，则PA =，3PB PC BC ===，AB =因为222cos 2PA PC AC APC PA PC+−∠=⋅⋅， 解得3AC =，所以222PC AC PA +=，222AC BC AB +=， 即AC PC ⊥，ACBC ⊥，60BCP ∠=°，所以补全三棱锥成棱柱，如下图，则四边形BCPD 是菱形，点O 为其外接球的球心，即AD 中点，所以3BP =，2cos30CD PC =⋅⋅°=6AD =，所以外接球半径为3，即三棱锥−P ABC 外接球的表面积为24π336π×=. 故选：B【点睛】三棱锥外接球表面积问题，从以下几个角度分析： （1）面面角的定义以及辨析； （2）求解最值时，基本不等式的利用； （3）几何体割补法的应用； （4）数形结合思想的应用.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列等式成立的是（ ） A. 0!0=B. 11A A m m n n n −−=C. 11(1)C (1)C mm n n n m +++=+ D. 111C C C m m m n n n −+++=【答案】BC 【解析】【分析】利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答. 【详解】根据阶乘的概念可知，0!1=，故A 错误；()()()111!!!!A A m m n n n n n n n m n m −−−===−−，故B 正确； 因为11(1)!1!1C C (1)!()!1!()!1m m n n n n n n m n m m m n m m +++++===+−+−+，所以11(1)C (1)C m m n n n m +++=+，故C 正确； 根据组合数的性质可知11C C C mm m n n n −++=，故D 错误；故选：BC10. 以下四个正方体中，满足AB ⊥平面CDE 的有（ ）A. B.C. D.【答案】BD 【解析】AC ，根据直线与平面垂直的判定定理判断BD. 【详解】对A ，CE AD ∥，π4DAB ∠=，AB ∴与CE 所成角为π4，故AB 与平面CDE 不垂直， 故A 错误；对B ，在正方体中，ED ⊥平面ABD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ED ⊥， 又AB CE ，DE CE E ∩=，,DE CE ⊂平面CDE ，所以AB ⊥平面CDE ，故B 正确；对C ，连接,AF BF ，如图，在正方体中，由正方体面上的对角线相等可知，ABF △为正三角形，所以π3BAF ∠=，又CE AF ∥，AB 与CE 所成的角为π3，所以AB 与平面CDE 不垂直，故C 不正确； 对D ，连接,MB BN ，如图，因为AM ⊥平面CMEB ，EC ⊂平面CMEB ，所以AM EC ⊥，又BM EC ⊥，,BM AM M BM AM =⊂ ，平面AMB ，所以EC ⊥平面AMB ，又AB ⊂平面AMB ，所以EC AB ⊥，同理可得ED AB ⊥，再由,,EC ED E EC ED =⊂ 平面ECD ，所以AB ⊥平面CDE ，故D 正确. 故选：BD11. 已知函数()f x 的定义域为R ，()21f x +是偶函数，()1f x −的图象关于点()3,3中心对称，则下列说法正确的是（ ）A. ()()2f x f x =+ B. ()203f =C. ()()24f x f k x +=−，Z k ∈D.411()123k i f i k −==−∑，Z k ∈【答案】BCD 【解析】【分析】根据()21f x +是偶函数可得函数()f x 关于直线1x =对称，由()1f x −的图象关于点()3,3中心对称可得()f x 关于点(2,3)成中心对称，据此可推导出函数为周期函数，判断A ，再由函数的周期求出()20f 判断B ，由周期性及对称性可判断C ，由以上分析利用()()41411()4k ki i f i f i f k −===−∑∑求解可判断D.【详解】因为()21f x +是偶函数，所以(21)(21)f x f x −+=+，可得(1)(1)−+=+f x f x ，故()f x 关于直线1x =对称，因为()1f x −的图象关于点()3,3中心对称，所以()f x 关于点(2,3)成中心对称，所以(2)(2)6f x f x −++=，又由(1)(1)−+=+f x f x 可得()(2)f x f x −=+，所以(2)()6f x f x −+−=，即(2)()6f x f x ++=，所以(4)(2)6f x f x +++=， 两式相减可得(4)()0f x f x +−=，即(4)()f x f x +=，所以4T =，故A 错误； 由周期4T =，()20(4)(0)f f f ∴==，又(0)(4)6f f +=，所以(0)(4)3f f ==，即()203f =，故B 正确；由周期4T =，()4()f k x f x ∴−=−，Z k ∈，由()(2)f x f x −=+可得，()()24f x f k x +=−，Z k ∈，故C 正确；由上述分析可知(2)(4)3f f ==，又因为(1)(3)6f f +=， 所以(1)(2)(3)(4)12f f f f +++=，所以()()41411()4123k ki i f i f i f k k −===−=−∑∑， 故D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点点睛：当函数满足()()f a x f b x +=−时，函数()f x 关于直线2a bx +=对称， 当函数满足()()2f a x f b x c ++−=时，函数关于点,2a b c +成中心对称.12. 摸出一个小球，记录颜色后放回，当三种颜色的小球均被摸出过时就停止摸球.设=i A “第i 次摸到红球”，i B =“第i 次摸到黄球”，i C =“第i 次摸到蓝球”，i D =“摸完第i 次球后就停止摸球”，则（ ）A. ()329P D =B. ()41227P D A =C. ()11223n n n P D −−−=，3n ≥ D. ()312223n n n n n P D B C −−−−=，3n ≥【答案】ACD 【解析】【分析】AC 选项，求出n D 包含的事件数为()12322C n −−，从而得到()n P D ，并计算出()3P D ；B 选项，计算出()41227P D A =，()113P A =，利用条件概率公式计算出答案，D 选项，表达出()31223n n n n n P D B C −−−=，3n ≥，和()21233n n n n P B C −−−=，3n ≥，利用条件概率公式得到答案.【详解】AC 选项，n D =“摸完第n 次球后就停止摸球”，有放回的摸n 次，有3n 种可能，若恰好摸球n 次就停止摸球，则恰好第n 次三种颜色都被摸到，即前()1n −次摸到2种颜色，第n 次摸到第三种颜色，共()12322C n −−种情况，则()()1311222322C 3nn n nn P D −−−−==−，3n ≥，()23222239P D −==，AC 正确； B 选项，事件41D A 表示第一次摸到红球，摸到第4次，摸球结束，若第2次或第3次摸到的球为红球，此时有12A 种情况，不妨设第2次摸到的球为红球， 则第3次和第4次摸到的球为蓝球或黄球，有2种可能， 故有122A 4=种情况，若第2次和第3次都没有摸到红球，则第2次和第3次摸到的球颜色相同，第4次摸到的球和第2,3次摸到的球颜色不同，故有22A 2=种情况，故()41426n D A =+=，其中摸4次球可能得情况有4381=种情况，故()41761228P D A ==， 其中()113P A =，故()4129P D A =，B 错误； D 选项，12n n n D B C −−表示“第()2n −次摸到蓝球，第()1n −次摸到黄球，第n 次摸到红球，停止摸球”，则前()3n −次摸到的球时蓝球或红球，故有32n −种可能，故()31223n n n n n P D B C −−−=，3n ≥，12n n B C −−表示“在前n 次摸球中，第()2n −次摸到蓝球，第()1n −次摸到黄球”，故有23n −种可能， 故()21233n n n n P B C −−−=，3n ≥，则()312223n n n n n P D B C −−−−=，3n ≥，D 正确.故选：ACD【点睛】常见的条件概率处理方法，其一是用样本点数的比值处理，需要弄情况事件包含的样本点数，其二是用概率的比值处理，也可以缩小样本空间，从而确定概率，解决实际问题的关键在于分析情况基本事件.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知实数a ，b 满足25a bm ==且1112a b +=，则m ＝______. 【答案】100 【解析】【分析】根据指数与对数的互化公式，表示出,a b ，再结合换底公式表示出1112a b +=，最后结合对数运算即可求解【详解】由25a bm ==可得2511log ,log log 2,log 5m m a m b m a b==⇒==， 又1112a b +=，即1log 2log 5log 102m m m +==， 所以1210m =，即100m = 故答案为：10014. 现有一枚质地不均匀的硬币，若随机抛掷它两次均正面朝上的概率为12，则随机抛掷它两次得到正面、反面朝上各一次的概率为______；若随机抛掷它10次得到正面朝上的次数为ξ，则()E ξ=______.（第一空2分，第二空3分） 【答案】 ①1##1−②. 【解析】【分析】p ，再由独立重复试验求出正面、反面朝上各一次的概率为，由二项分布的期望公式求期望.【详解】设这枚硬币正面朝上的概率为p ，反面朝上的概率为1p −， 则两次正面朝上的概率为212p =，解得p = ，所以随机抛掷两次得到正面，反面朝上各一次的概率为()12C 1211P p p =−=− . 由题易知随机变量ξ服从二项分布ξ~10B ，则()10E ξ=.1−；15. 已知函数()()ln 2e ,0234,0x a x f x x ax a x − −<= −++−≥ ，若()f x 有4个零点，则实数a 的范围是______..【答案】41,3【解析】【分析】由题可得方程()ln e x a −=与方程22340,0x ax a x −++−=≥各有两个根，对于前者转化为函数()()ln ex g x −=图象与直线y a =有两个交点，后者由判别式结合韦达定理可得a 范围，综合后可得答案.【详解】当0x <时，()()()ln ,1ln ln ,10x x x x x −≤− −= −−−<<，则函数()()()()ln ln ln e ,1e 1e,10x x x x x g x x x −−−− =−<− == =−−≤<在(),1−∞−上单调递减，在[)10−，上单调递增，据此可得()g x 大致图象如下，又()ln e x a −=方程的解的个数相当于函数()g x 图象与直线y a =交点个数，方程22340,0x ax a x −++−=≥最多2个根，()f x 有4个零点，则方程()ln e x a −=与方程22340,0x ax a x −++−=≥各有两个根.设方程22340,0x ax a x −++−=≥两根为12,x x ，则212121Δ41216041203430a a a a x x a x x a > +−>⇒<≤+=> =−≥ . 故答案为：41,3.【点睛】16. 已知平面向量a ，b ，()1,2i c i =满足22a b b ==⋅=，1i c a −= ，则()1222R c b c b λλλ−+−∈的最小值为______.【答案】3−##3−+【解析】【分析】求出向量,a b的模及夹角，记1122,,2,,2OA a OB b OB b OC c OC c λ=====′ ，得出对应点的轨迹，利用数形结合求最值.【详解】由||2||2a b b==⋅=，即21cos ,a b ×× ，所以π,4a b = ， 记1122,,2,,2OA a OB b OB b OC c OC c λ′=====，因为1i c a −=， 所以1C 在以A 为圆心，1为半径的圆上，2C 在以A ′为圆心，2为半径的圆上，其中(2,0),(4,0)A A ′，所以11222122222||||c B b c b c b c b C B C λλλλ−+−=−′+=′+−， 作A 关于直线l （OB所在直线）的对称圆，1C 的对称点记为3C ，知1(0,2)A ，则1232B C B C B C B C +=+′′′′，如图，由图可知，当132,,,,A C B C A ′′共线时，32||||C B C B ′′+存在最小值，因为111,2A A A A r r ′===′，所以32||||C B C B ′′+最小值为3.故答案为：3−【点睛】关键点点睛：利用向量的的几何表示，原问题转化为求32||||C B C B ′′+最小值，数形结合，利用共线线段最短得解.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且______，请从下列两个条件中任选一个填入上方的横线中作为已知条件，并解答本题（如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）：①sinsin 2B Cc a C +=；②)222ABC S b c a =+− ，（1）求A ；（2）若D 为边BC 上一点，且2CD AD BD ==，试判断ABC 是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，并说明理由. 【答案】（1）π3A =（2）直角三角形，理由见解析 【解析】【分析】（1）选①：利用诱导公式化简，再由正弦定理边化角，然后由二倍角公式化简可得；选②：根据面积公式和余弦定理列方程可解；（2）根据已知先得1233AD AB AC =+，然后平方，联立余弦定理求解可得2c b =，a ，然后可判断三角形形状. 【小问1详解】若选①：πsin sin cos 222B C A A c c c +−== ，cos sin 2A c a C ∴=，sin cos sin sin 2AC A C ∴=， ()0,π,sin 0C C ∈> ，cossin 2sin cos 222A A AA ∴==， π0,,cos 0222A A ∈>，1sin 22A ∴=， 所以π26A =，解得π3A =.若选②：)2222cos cos ABC S b c a bc A A =+−== ，1cos sin 2A bc A =， sin A A =，tan A ∴， 因为()0,πA ∈，故π3A =. 【小问2详解】 2CD BD AD == ，212,,333AD a CD a BD a ∴===且2BD DC = 22AD AB AC AD ∴−=−，即1233AD AB AC =+ ， 222144999AD AB AC AB AC ∴=++⋅，22241429999a cb bc ∴=++，即222442a c b bc =++①， 又由余弦定理得222a b c bc =+−②，联立①②可得2c b =，a ，从而222+=a b c ，故ABC 是直角三角形.18. 已知函数()sin cos (0)f x x x ωωω=+>的图象关于直线π8x =对称，且()f x 在π0,6上没有最小值.（1）求()f x 的单调增区间；（2）已知函数()()log 242x a g x a a =−+（0a >且1a ≠），对任意1ππ,42x∈，总存在[]21,2x ∈，使得()()12f x g x ≤，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）)3πππ,πZ 88k k k−++∈（2）2a ≥或112a ≤<. 【解析】【分析】（1）由两角和的正弦公式化简，再由对称轴及在π0,6上没有最小值求出解析式，由正弦型函数的单调性求单调区间即可；（2）根据存在性及任意性问题转化为()()12max max f x g x ≤，分别利用三角函数及对数型函数的性质求最值，解不等式即可. 【小问1详解】()πsin cos 4f x x x x ωωω=++.()f x 的图象关于直线π8x =对称. ππππ,Z 842k k ω∴+=+∈，解得82,Z k k ω=+∈. 当π0,6x∈时，ππππ,4464x ωω+∈+ . ()f x 在π0,6上没有最小值.ππ3π642ω∴+≤，解得152ω≤.又0ω>，所以2ω=，所以()π24f x x=+.令()πππ2π22πZ 242k x k k −+≤+≤+∈， 解得()3ππππZ 88k x k k −+≤≤+∈. 所以()f x 的单调增区间为()3πππ,πZ 88k k k−++∈.【小问2详解】任意1ππ,42x∈，均存在[]20,2x ∈，使得()()12f x g x ≤. ()()12max max f x g x ∴≤.1ππ,42x ∈ .1π3π5π2,444x ∴+∈ .()m x 11a sin 1π24f x x∴ +≤≤=.又log ,242x a y t t a a ==−+ （0a >且1a ≠）单调性相同， ()()log 242x a g x a a ∴=−+在定义域上是增函数.()()()2max 2log 2421a g x g a a ∴==−+≥.21242a a a a > ∴ −+≥或2010242a a a a << <−+≤ 2a ∴≥或112a ≤<. 19. 航班正点率是指航空旅客运输部门在执行运输计划时，航班实际出发时间与计划出发时间较为一致的航班数量与全部航班数量的比率.人们常用航班正点率来衡量一个航空公司的运行效率和服务质量.现随机抽取10家航空公司，对其近一年的航班正点率和顾客投诉次数进行调查，得到数据如下：航空公司编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10航班正点率ix/% 82 7777 76 74 73 71 70 9169顾客投诉次数iy/次21 58 79 68 74 93 72 122 18 125 整理数据得：10153620i iix y=≈∑，102158150iix=≈∑，102164810iiy=≈∑，101760iix==∑，101730iiy==∑，70≈.（1）（i）证明：样本相关系数nnx yr=；（ii）根据以上数据计算样本相关系数（结果保留2位小数），并由此推断顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度（若0.81r≤≤，则认为线性相关程度很强；若0.30.8r≤<，则认为线性相关程度一般；若0.3r<，则认为线性相关程度很弱）.（2）用一元线性回归模型对上表中的样本数据进行拟合，得到顾客投诉次数关于航班正点率的经验回归方程为5y x a=−+.数，并希望一年内收到的顾客投诉不超过73次，试估计该公司的航班正点率应达到多少？参考公式：样本相关系数nx yr=【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）0.89−；顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强（2）76%.【解析】【分析】（1）（i）将()()1ni iix x y y=−−∑展开，结合平均数意义化简可得()()11n ni i i ii ix x y y x y nx y=−−=−∑∑，然后分别用,i x x,i x x替代,i y y，用,i y y分别替代,i x x可证；（ii）根据所给数据代入公式计算,然后可作出判断；（2）利用样本中心点求 a，然后根据回归方程解不等式可得. 【小问1详解】（i ）证明：()()()11ni iiini i i i x x x y x y x y y y x y ===+−−−−∑∑1111n n nni i i ii i i i x y x y x y x y =====−−+∑∑∑∑ 1111nnnniii ii i i i x y y x x y x y =====−−+∑∑∑∑1()()ni ii x y y nx x ny nx y ==−−+∑1ni ii x y nx y ==−∑，在上式中分别用,i x x 替代,i y y ，得()22211nni i i i x x x nx ==−=−∑∑，同理，也有()22211nni i i i y y y n y ==−=−∑∑，故样本相关系数nnx yr =.（ii ）可知10117610i i x x ===∑，10117310i i y y ===∑.10110536201076731860i i i x y x y =∴−≈−××=−∑，10222110581501076390ii xx =−≈−×=∑， 1022211064810107311520ii yy =−≈−×=∑，1010x y x yr−∴≈620.8970≈−≈−，故顾客投诉次数与航班正点率之间的线性相关程度很强.【小问2详解】557673453a x y =+=×+=令545373ˆyx =−+≤，得76x ≥. 即该公司的航班正点率应达到76%.20. 2023年4月23日是第28个“世界读书日”.为了倡导学生享受阅读带来的乐趣、尊重和保护知识产权，立德中学举办了一次阅读知识竞赛.初赛中每支队伍均要参加两轮比赛，只有两轮比赛均通过的队伍才能晋级.现有甲、乙两队参赛，初赛中甲队通过第一轮和第二轮的概率均为34，乙队通过第一轮和第二轮的概率分别为35，23，且各队各轮比赛互不影响. （1）记甲、乙两队中晋级的队伍数量为X ，求X 的分布列和数学期望；（2）经过激烈的比拼，甲、乙两队成功进入决赛争夺冠军.决赛共有两道抢答题.第一题中，某支队伍若抢到并答对则加10分，若抢到但答错则对方加10分.第二题中，某支队伍若抢到并答对则加20分，若抢到但答错则对方加20分.最终得分高的队伍获胜.假设两支队伍在每一题中抢到答题权的概率均为12，且每一题答对的概率分别与初赛中通过对应轮次的概率相等.各队各题作答互不影响.已知甲队获得了冠军，计算第二题是由甲队抢到答题权的概率. 【答案】（1）分布列见解析，7780（2）57【解析】【分析】（1）设“甲队晋级”为事件M ，“乙队晋级”为事件N ，求得9()16P M =，2()5P N =，得到X 的可能取值为0,1,2，求得相应的概率，出分布列，结合期望的公式，即可求解；（2）记事件A = “甲队获得冠军”，B = “该题由甲队抢到答题权”，结合条件概率的公式，即可求解. 【小问1详解】解：设“甲队晋级”为事件M ，“乙队晋级”为事件N ， 可得339()4416P M =×=，322()535P N =×=，则随机变量X 的可能取值为0,1,2，可得()922101116580P X==−×−=；()92924111116516580P X==−×+×−=. ()929216540P X ==×=.所以随机变量X 的分布列为则期望()214197701280804080E X =×+×+×=. 【小问2详解】解：根据题意，设甲乙两队通过初赛的事件分布为12,A A ，可得12339322(),()4416535P A P A =×==×=， 即甲乙进入决赛的概率分别为916和25，记事件A = “甲队获得冠军”，B = “该题由甲队抢到答题权”， 可得()()()()()191393||21625160P A P B P A B P B P A B =+=×+×=， 又由()()()199()(|)()21632P AB P AB P B P B P A B P B =⋅==×=，故()()()9532|937160P AB P B A P A ===. 21. 如图，四面体ABCD 中，平面ABC⊥平面BCD ，AB AC ⊥，AB AC ==1CD =，（1）若AD AB ⊥，证明：CD ⊥平面ABC ；（2）设过直线AD 且与直线BC 平行的平面为α，当BD 与平面ABC 所成的角最大时，求平面α与平面BCD 的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得⊥AE 平面BCD ，进而得到AE CD ⊥，从而利用线面垂直的判定定理依次证得AB ⊥平面ACD ，CD ⊥平面ABC ；（2）先由题意推得BD 与平面ABC 所成的角最大时DF 的值，再推得平面α与平面BCD 的夹角的平面角为AGE ∠，从而在Rt AEG △中求得所求. 【小问1详解】过点A 作AE BC ⊥，垂足为E ，平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD BC =，AE BC ⊥，AE ⊂平面ABC ，AE ∴⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，AE CD ∴⊥，AD AB ⊥ ，AB AC ⊥，AC AD A = ，AC AD ⊂ 平面ACD ，AB ∴⊥平面ACD ，又CD ⊂平面ACD ，AB CD ∴⊥，又,,AE AB A AE AB =⊂ 平面ABC ，故CD ⊥平面ABC .【小问2详解】过点D 作DF BC ⊥，垂足为F平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD BC =，DF BC ⊥，DF ⊂平面BCD ，DF ⊥∴平面ABC ，DBC ∴∠是BD 与平面ABC 所成的角，在ABC 中，ABAC ⊥，AB AC ==2BC =，故sin sin CD BC DBC BDC=∠∠，即12sin sin DBC BDC =∠∠，则1sin sin 2DBC BDC ∠=∠，∴当sin 1BDC ∠=，即CD BD ⊥时，sin DBC ∠最大，且最大值为12，此时π6DBC ∠=，BD =，DF =， 记l α= 平面BCD ，过点E 作EG l ⊥，垂足为G ，连接AG ，//BC α ，BC ⊂平面BCD ，l α= 平面BCD ，//l BC ∴，故平面ADG 就是平面α，AE 平面BCD ，AE l ∴⊥，EG l ⊥ ，EG AE E ∩=，,EG AE ⊂平面AGE ，l ∴⊥平面AGE ，又AG ⊂平面AGE ，l AG ∴⊥，AGE ∴∠是平面α与平面BCD 的夹角，则π02AGE <∠<， 又因为DF BC ⊥，//l BC ，所以//GE DF ，所以四边形DFEG 是平行四边形，故GE DF ==，则在Rt AEG △中，AG ， 所以平面α与平面BCD的夹角余弦值为cos GE AGE AG ∠=. .22. 已知()1f x x =+，()22g x x =+.定义{},min ,,a a b a b b b a ≤ =≤ ，设()()(){}min ,2m x f x t g x t =−−，R t ∈．（1）若3t =，（i ）画出函数()m x 的图象； （ii ）直接写出函数()m x 的单调区间；（2）定义区间(),A p q =的长度()L A q p =−.若()*12Nn B A A A n =∪∪∪∈ ，(1)i j A A i j n =∅≤<≤ ，则()1()ni i L B L A ==∑.设关于x 的不等式()m x t <的解集为D .是否存在t ，使得()6L D =？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（i ）作图见解析；（ii ）单调减区间为(),3−∞，()5,6，单调增区间为()3,5，()6,+∞ （2）存在，3t = 【解析】【分析】（1）（i ）3t =时，(){}2min 31,1238m x x x x =−+−+，求出方程221238x x x −=−+的根，即可画出()m x 的图象；（ii ）由()m x 的图象即可写出其单调区间； （2）由()min 1m x =得不等式()m x t <有解必要条件是1t >，再对t 的值分情况讨论即可. 【小问1详解】（i ）若3t =，则()31f x t x −=−+，()()222621238g x t x x x −=−+=−+.(){}2min 31,1238m x x x x ∴=−+−+. 令221238x x x −=−+， 得15=x ，28x =.故函数()m x 的图象如图所示.（ii ）由函数()m x 的图象可知()m x 的单调减区间为(),3−∞，()5,6， 单调增区间为()3,5，()6,+∞.- 【小问2详解】()min 1f x = ，()min 2g x =.()min 1m x ∴=. ∴不等式()m x t <有解的必要条件是1t >.①当12t <≤时，如图①所示，令()m x t <，即()f x t <，得()1,21D t =−.的()222L D t ∴=−≤，不符合题意.当2t >时，令()1x t g x −+=，得()2241410x t x t t −++++=解得1x =，2x =令11x t t −+=，得3t =.②当23t <≤时，如图②所示，()f x t <的解集为()1,21t −，()g x t <的解集为(2t t −+，此时()22L D t =−+. 令()6L D =，解得3t =.③当3t >时，如图③所示，2220t x t +−=+=< ，22t x ∴+< ，令()m x t <，得(1,2D t =.()21L D t ∴=+−.令()6L D =，解得3t =或174t =，均舍去. 综上所述，3t =..【点睛】思路点睛：本题考查了函数的新定义问题，对于第（2）小题，突破口是由()min 1m x =得不等式()m x t <有解的必要条件是1t >，再对t 与()f x 和()g x 的最小值进行分类讨论求解.。
第24章三面角的性质及应用
第二十四章 三面角的性质及应用【基础知识】我们称有公共端点S 并且不在同一平面内的规条射线SA ，SB ，SC ，…，SK ，以及相邻两条射线间的平面部分组成的图形，叫做以S 为顶点的多面角，记作S ABC K - ，射线SA ，…，SK 叫做多面角的棱，相邻两棱间的角叫做多面角的面角，相邻的两个面组成的二面角叫做多面角的二面角．将多面角的任何一个面伸展为平面，如果其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面角叫做凸多面角． 最简单的多面角是三面角，显然三面角总是凸的．下面介绍三面角S ABC -的一系列有趣的性质． 性质1用三个小于π的正角作为面角，构成一个三面角的充要条件是：这三个面角的和小于2π，并且其中一个面角小于其他两面角的和，大于其他两面角的差． 推论凸多面角的所有面角和小于2π．性质2若0α<，β，γ<π，且2αβγ++<π，那么以α，β，γ为面角构成一个三面角的充要条件是()()cos cos cos αβγαβ+<<-．证明必要性：在三面角S ABC -中，ASB α∠=，ASC β∠=，BSC γ∠=，在SA 上取1SP =，过P 作SA 的垂面与SB ，SC 分别交于Q ，H ，连PQ ，PH ，QH ．令QPH ϕ∠=，则tan PQ α=，tan PH β=，sec SQ α=，sec SH β=．由222tan tan 2tan tan cos QH αβαβϕ+-⋅⋅=与222sec sec 2sec sec cos QH αβαβγ+-⋅⋅=相减，整理得 cos cos cos sin sin cos γαβαβϕ=⋅+⋅⋅．由题设各角的取值范围，从而有()()cos cos cos αβγαβ+<<-．充分性：不妨设αβ≥，则0αβ-<π≤．当αβ+π≥时，γ，[)0,αβ-∈π，且()c o s c o s γαβ<-，则γαβ>-．故αβγαβ-<<+．当0αβ<+<π时，γ，αβ-，[)0,αβ+∈π．由条件即有αβγαβ-<<+． 由性质1知，以α，β，γ为面角可构成三面角．性质3三面角的三个面角分别记为α，β，γ，它们所对的二面角分别记为αθ，βθ，γθ（以下均同）．则有cos cos cos cos sin sin ααβγθβγ-⋅=⋅．还有两式略（以下对称式均略）．证明如图24-1，设三面角P EFH -中，EPH α∠=，EPF β∠=，FPH γ∠=，取1P A P B ==，作A C P F ⊥（或反向延长线）于C ，作BD PF ⊥（或反向延长线）D ，则AC 与BD 所成的角就是面角为α所对二面角的大小αθ，且c o s PC β=，sin AC β=，cos PD γ=，sin BD γ=，|||cos cos |CD PD PC γβ=--=．图24-1DABC EFP由异面直线上两点间距离公式，有22222cos AB AC BD CD AC BD αθ=++-⋅⋅ 22cos cos 2sin sin cos αβγβγθ=-⋅-⋅⋅．又2222cos 22cos AB PA PB PA PB αα=+-⋅⋅-=．由此两式，即有cos cos cos cos sin sin ααβγθβγ-⋅=⋅推论1cos cos cos 2αθαβγπ=⇔=⋅． 推论2tan2αθ=推论3三面角的两个面角相等⇔这两个面角所对的两个二面角相等； 三个面角相等⇔三个二面角相等．推论4三面角的两个面角相等⇔这两个面角的公共棱在第三个面角所在平面内的射影必平分第三个面角．推论5论()2221cos cos cos 2cos cos cos S P αβγαβγ=---+⋅⋅，则()0S P >．（()S P 叫二面角的特征值）略证由cos cos cos sin sin cos γαβαβγ=⋅+⋅⋅，及sin 0α>，sin 0β>，1cos 1γ-<<， 有cos cos sin sin cos cos cos sin sin αβαβγαβαβ⋅-⋅<<⋅+⋅， 即()cos cos 0γαβ--<，()cos cos 0γαβ-+>．此两不等式相乘，有()()()()2cos cos cos cos cos cos 0γγαβαβαβαβ--++++⋅-<⎡⎤⎣⎦．从而()0S P >． 性质4设三面角的三个面角α，β，γ与所对棱的夹角分别为ατ，βτ，γτ，则()222222sin sin sin sin sin sin S P αβγατβτγτ=⋅=⋅=⋅．性质5设三面角的三个面角α，β，γ所对棱为棱的二面角分别为αθ，βθ，γθ，则 sin sin sin sin sin sin αβγαβγθθθ==．证明由sin sin ααθ==等即证．推论1三面角中，一面角和它相对的二面角相等或相补，则另外两个面角与其相对的二面角也相等或相补．推论2sin sin sin sin sin sin sin sin sin αβγθβγθγαθαβ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=．推论3tantan22tan tan22αβαβθθαβαβθθ++=--． 推论4sin sin sin sin sin sin sin sin sin αβγβγαγαβτττ⋅⋅⋅==．性质3αβγθθθπ<++<π．事实上，可从三面角内一点向各面引垂线段，并运用性质及平面凸四边形内角和定理即证． 推论凸n 面角的n 个二面角之和大于()2n -π，而小于n π．性质7三面角的两个二面角不等时，较大的二面角所对的面角也较大．反之亦真．性质8在三面角111S A B C -中，三个面角11C SB α∠=，11A SC β∠=，11A SB γ∠=，且棱1SA 和平面11C SB 所成棱面角为1θ，棱1SB 和平面11A SC 所成棱面角为2θ，棱1SC 和平面11A SB 所成棱面角为3θ，则11sin cso θα=21cos sin θβ=31cos sin θγ=证明如图24-2，在1SA 上取一点P ，作PO ⊥平面11B SC 于O ．当点O 在11B SC ∠内部时（点O 在11B SC ∠外部时类同），连SO 并延长至Q ，则1PSQ θ∠=．作1OK SB ⊥于K ，作1OR SC ⊥于R ，连PK ，PR ，则1PK SB ⊥，1PR SC ⊥．图24-2KSPROQC 1B 1A 1连RK ，设SP a =，则cos SK a γ=⋅，cos SR a β=⋅．在SKR △中，由余弦定理得KR =又OK SK ⊥，OR SR ⊥，则S ，K ，O ，R 四点共圆，且SO 为其直径，即SO 为SKR △的外接圆直径．在SKR △中，由正弦定理得sin sin KR aSQ αα==． 在Rt PSO △中，11cos sin SQ SP θα== 同理，可得其余两式． 注此结论也可不运用正、余弦定理来证，当O 点落在11B SC ∠内部时，令1OSB ϕ∠=，则1OSC αϕ∠=-，于是有()1cos cos cos θαϕβ⋅-=，1cos cos cos θϕγ⋅=．又()()()cos cos cos cos sin sin ϕααϕϕαβααϕ=--=⋅-+⋅-⎡⎤⎣⎦，从而cos cos cos sin γαβα=⋅+11cos sin θα=同理得其余两式．当O 点在11B SC ∠外部时，注意()()cos cos αϕϕα-=-，()()sin sin ϕααϕ-=--，即可证．性质9三面角的各棱与对面所成的三角之和比三个三面角之和小，比三个面角之和之半大．性质10由三面角顶点出发且在三面角内部的一条射线和三条棱所夹的三角之和，小于三个面角之和，而大于三个面角之和之半．性质11三面角中的下列面共线：（I ）过三面角各面角的平分线且垂直于该平面的三个平面共线；（Ⅱ）三面角的各棱与它所对的面角的平分线所确定的三个平面共线； （Ⅲ）过三面角的各棱并且和它所对的面垂直的三个平面共线；（Ⅳ）三面角各二面角的平分面，或一个二面角的平分面与另外两个二面角的补二面角的平分面共线． 事实上，如图24-1，取PA PB PC ==．在ABC △中，利用其外心、重心、内心及旁心性质，即证，导（I ），（Ⅱ），（Ⅳ），题设中的平面就共线于三面角顶点和这些心的连线．对于（Ⅲ）注意作某棱的垂面分情况讨论即可证．性质12三面角中的下列线共面：（I ）通过顶点在每一面所在平面上引直线垂直于对棱，这样的三条直线共面；（Ⅱ）在每个二面角的补二面角的平分面上，通过顶点且垂直于这二面角的棱引直线，则此三条直线共面，这个平面与三面角的三面成等二面角．（Ⅲ）各面角的补角的平分线共面；两个面角的平分线和第三个面角的补角的平分线也共面．这样得到的每个平面与三面角的三棱成等角． 事实上，上述性质运周性质11即可推证． 性质13在两个三面角中，（I ）三个面角对应相等，则这两个三面角相等；（Ⅱ）两个二面角及其所夹面角对应相等，则这两个三面角相等； （Ⅲ）三个二面角对应相等，则这两个三面角相等；（Ⅳ）两个面角及其所夹二面角对应相等，则这两个三面角相等；（V ）两个面角对应相等，而它们所夹二面角不等，则第三个面角也不等，大的二面角所对的面角也较大．三面角中，也有如下的一些特殊名称：定义1有两个面角相等的三面角，称为等腰三面角；三个面角皆相等的三面角，称为等面三面角或正三面角．定义2三个面角都是直角的三面角，称为直三面角．定义3依次规定三面角的棱的绕向顺序的三面角称为有向三面角．截口三角形是逆时针绕向时，称为正向三面角，否则称为负向三面角．定义4延长三面角的三棱得一新三面角，称为原三面角的对顶三面角．显然，三面角与其对顶三面角的面角、二面角均对应相等，但它们的转向相反．定义5两个三面角的对应面角相等，对应二面角相等时，称它们相等；两个相等的三面角同向时，称两个三面角全相等或全等． 定义6设给定三面角S ABC -，从顶点S 出发作射线SA '，SB '，SC '分别垂直于平面BSC ，CSA ，ASB 并与射线SA ，SB ，SC 分别在这各平面的同侧，那么三面角S A B C '''-称为三面角S ABC -的补三面角．性质14若三面角S A B C '''-是三面角S ABC -的补三角，则S ABC -也是S A B C '''-的补三面角． 性质15两个互补三面角中，就度量来说，一个的面角跟另一个相应的二面角互补．推论如果任意三面角的面角（或二面角）具有某种性质P ，则其面角（或二面角）所对二面角（或面角）之补角亦有这种性质P ．性质16设αθ，βθ，γθ分别为三面角的面角α，β，γ所对的二面角的大小，且满足(),,,,0f αβγαβγ,θθθ=，(),,,,,0g αβγαβγθθθ>， 则(),,,,,0f αβγθθθαβγπ-π-π-π-π-π-=，(),,,,,0g αβγθθθαβγπ-π-π-π-π-π->． 【典型例题与基本方法】例1三面角V ABC -中，VD 是面角BVC 的平分线．若AVD ∠2π，则有()12AVB AVC AVD ∠+∠∠<>． （1957年上海市竞赛题）证明当2AVD π∠<时，扩展面AVD 如图24-3，在这个平面内作VDA DAV '∠=∠，则AVA '∠<π． 图24-3VABCDA'在三面角V ABD -和三面角V A CD '-中，面角AVD ∠=面角A VD '∠，面角BVD ∠=面角CVD ∠，二面角A VD B --=二面角A VD C '--，由性质12或性质3，有面角AVB ∠=面角A VC '∠．在三面角V AA C '-中．由性质1，面角AVC ∠+面角A VC '∠>面角2AVA '∠=⨯面角AVD ∠，即()12AVB AVC AVD ∠+∠>∠． 若2AVD π∠=，扩展面AVD ．在这平面内作DVA '∠，使DVA AVD '∠∠=，则AVA '∠=π， 此时AVA '成一直线．仿上可证得三面角V ABD -与三面角V A CD '-相等，有AVB A VC '∠=∠， ∵AVC CVA '∠+∠=π，∴AVC AVB ∠+∠=π，即有()122AVB AVC AVD π∠+∠==∠． 若2AVD π∠>，扩展面AVD ，在这平面内作VA '，使A VD DVA '∠∠=，则AVD DVA '∠+∠>π．由性质12，得A V BA '∠=∠，在三面角V A C '-中，面角22AVA AVD '∠=π-∠，2AVC A VC AVA ''∠+∠+∠<π（性质2），∴222AVC AVB AVD ∠+∠+π-∠<π，即有()12AVB AVC AVD ∠+∠<∠． 例2设一个凸多面角的各平面角之和等于它的各二面角之和．证明：这个多面角是三面角． 证法1由于以S 为顶的凸n 面角12n S A A A - 的各面角之和小于2π，任取n 面角的一个内点O 作平面1i i SA S +的垂线i OH （1,2,,i n = ，且记11n A A +=），所得到的以O 为顶点，i OH 为棱的n 面角是凸的，其原因是，每个面，它的每条棱连同点S 都在同一内，它的每一个平面角()10i i n H OH H H -∠=与关于棱i OA 的二面角的平面角之和为180︒．因为n 面角的各平面角之和小于360︒，所以原n 面角的二面角之和大于2n π⋅-π．当4n ≥时，它不可能小于2π，因此题中条件只有三面角才能满足． 证法2设多面角的面数为n ，由题设有∑面角∑=二面角． 由性质6的推论，有()2n -π<∑二面角．又由性质1，有∑面角2<π．从而()22n -π<π，即4n <．又3n ≥，故3n =．这就证明了此多面角是一个三面角．例3设P ，A ，B ，C 和D 是空间中不同的五个点，使得APB BPC CPO DPA θ∠∠=∠=∠==，这里θ是一个给定的锐角．试确定出APC BPD ∠+∠的最大值和最小值．（第13届美国奥林匹克题） 解如图24-4，4APB BPC CPD DPA θ∠+∠+∠+∠=．设12APC θ∠=，22BPD θ∠=，PO 为PB 在面APC内的射影．由性质3的推论4，知1APO OPC θ∠=∠=，且平面O P B ⊥平面APC ．由此又有2DPO OPB θ∠=∠=．又由性质3的推论1，图24-4DOABCP知12cos cos cos θθθ⋅=，且1202θθθ<+<<π，故 ()121212cos cos cos sin sin θθθθθθ+=⋅-⋅ ()122cos cos θθθ=--．（*）对于（*）式，当12θθ=时取极小值2c o s 1θ-，此时12θθ+有极图大值()arccos 2cos 1θ-，从而APC BPD ∠+∠的极大值为2arccos 2cos 1θ-（），易知它即为最大值．由性质1，12θθθ+>，从而2APC BPD θ∠+∠>．由（*）式知此值可与2θ任意接近，当0θ=时，APC BPD ∠+∠有最小值0．【解题思维策略分析】1．善于运用三面角性质处理多面角问题例4在一个直圆柱体的底面圆圆上取对径点A 与B ，在另一底面圆周上取一点C ，使得C 不在平面ABO 上，其中点O 是圆柱体的轴的中点．证明：以O 为顶点，OA ，OB ，OC 为棱的三面角中，诸二面角之和为360︒． （IMO -23试题） 证明设点C '与C 关于圆柱体的中心O 是对称的．如果三面角OABC 关于棱OA ，OB ，OC 的二面角依次为α，β，γ，则三面角OABC '关于棱OA ，OB ，OC '的二面角依次为180α︒-，180β︒-，γ．设D 是以AB 为直径的圆的圆心，因为棱锥OADC '关于棱OD 的二面角的平分平面对称，所以，棱锥OADC '中关于棱OA 与OC '的二面角相等．平分平面对称，所以，棱锥OADC '中关于棱OA 与OC '的二面角相等． 同理，在棱锥OBDC '中，关于棱OB 与OC 的二面角也相等． 因此，()()180180r αβ︒-+︒-=，故360αβγ++=︒．例5用平面去截三面角的三条棱，若截下的三段棱长之积为常数K ，则所得到的四面体体积V 也是个定值．证明如图24-5，三面角P ABC -被平面M 截于A B C '''△，且PA PB PC K '''⋅⋅=．设A PB α''∠=，PC '与平面ABP 的夹角为ατ，则点C '到平面ABP 的距离为sin PC ατ'⋅．图24-5ABCC 'B'A'M P因此1sin 3P A B C PA B V S PC ατ'''''-'=⋅⋅△11sin sin 32PA PB PC αατ'''=⋅⋅⋅⋅⋅ sin sin 6Kαατ=⋅． 由性质4及性质3的推论5，知sin sin αατ⋅为定值．故V 也是定值． 2．善于运用三面角性质解答四面体问题例6已知四面体的对棱均相等．证明它的四个面都是锐角三角形．（第1届美国奥林匹克题）证明如图24-6，设A D B C =，AC BD =，AB CD =．显然，这个四面体的四个表面均是全等的三角形，则BAC BDC ∠=∠，ABC ADC ∠=∠，ACB ADB ∠=∠．图24-6c baDABCabc在三面角D ABC -中，由性质1有ADC ADB BDC ∠+∠>∠．设0ADC ADB BDC θθ∠+∠=∠+>（）．又在ABC △中，180BAC ABC ACB ∠∠+∠︒+=，从而2180BAC ADC ADB BAC BDC BAC θθ∠+∠+∠∠+∠+=∠+︒==，即90902BAC θ∠︒-<︒=．同理，ABC ∠，ACB ∠均小于90︒．同理，四面体的另三个面也是锐角三角形．例7如果四面体的六个二面角相等，则这四面体必是正四面体．（第7届美国奥林匹克题）证明如图24-5，由性质3的推论3，有ADC BDC ∠=∠，ACD BCD ∠=∠．在ACD △和BCD △中，180CAD ACD ADC ∠=︒-∠-∠，180DBC BCD BDC ∠=︒-∠∠-，从而DAC DBC ∠=∠．再由性质3的推论3，有BAC DAC ∠=∠，ABC DBC ∠=∠．故BAC ABC ∠=∠． 同理，ABC ACB ∠=∠．即ABC △为正三角形．同理可证另三个侧面也为正三角形．故四面体必为正四面体．例8求证：四面体的一个面的面积的平方，等于其他各面面积的平方和减去每两个面的面积与这两个面夹角余弦乘积的两倍．证明如图24-7，在四面体ABCD 中，设AD a =，BD b =，DC c =，BDC α∠=，ADC β∠=，ADB γ∠=，顶点A 、B 、C 、D 所对面的面积为A S 、B S 、C S 、D S ，面角α、β、γ所对的二面角分别记为αθ、βθ、γθ．图24-7DABCabcEH由海伦公式及余弦定理，有()()222221144A S BC CD BD BD BC CD ⎡⎤⎡⎤=+-⋅--⎣⎦⎣⎦()22222222221[sin sin sin 2cos cos cos 4a b a c b c a bc γβαβγα=+++⋅- ()()222cos cos cos 2cos cos cos ]ab c abc γαβαβγ+⋅-+⋅-． 注意到性质3，故22222cos 2cos 2cos A D C B D C D B C B S S S S S S S S S S αβγθθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅．还有三式可同样证得．例9在四面体中，所设同例7证明设的，令()12ωαβγ=++，则四面体的体积V 为V =略证如图24-6，设A 点在面BCD 内的射影为E ，作AH CD ⊥于H ，连EH ，则AHE γθ∠=．由12ACD S CD AH ⋅△=，有2B AH S c =．又2sin sin B AE AH S c γγθθ=⋅=⋅⋅．注意到性质3，12sin sin sin 336A A B abcV S AE S S c γθαβ=⋅=⋅⋅=⋅==其中()12ωαβγ=++． 3．善于运用三面角性质解答其他立体几何问题例10由平面M 外一点A 向平面M 引斜线AB 、AC ，使BAC α∠=．又AB 、AC 与平面M 的交角分别为β、γ，求AB 、AC 在平面M 上的射影所成的角． （1962年福建省竞赛题） 解如图24-8作AD ⊥面M 于D ，连BD 、DC ，则ABD β∠=，ACD γ∠=，BDC θ∠=为AB 、AC 在面M 内的射影所成的角，亦为二面角B AD C --的平面角．图24-8γβαDABCM在三面角A BCD -中，由性质3，则()()cos cos cos cos /sin sin sec sec cos tan tan BAD CAD BAD CAD θαβγαβγ-∠⋅∠∠⋅∠⋅⋅-⋅==．故arccos sec sec cos tan tan θβγαβγ=⋅⋅-⋅（）．类似于上例，运用性质3及推论，还可解答一系列竞赛题（参见习题A1～5）．例11若两条异面直线a 、b 所成角（规定两异面直线正方向间的夹角）为()0θθ<<π，在直线a 、b 上分别取点A '、E ，A 、F ．若A E '、AF 的正方向与a 、b 的正方向相同，且EA A α'∠=，A AF β'∠=，A A m '=，则a 、b 间的距离为d =证明如图23-9，过A 作AE A E ''∥，则在三面角A FE A ''-中，E AF θ'∠=，A AE α''∠=π-．由性质5，A A '与面E AF '的夹角A A τ'有sin sin A A τθ'，而A '到面E AF '的距离就是a 与b 间的距离d ，图24-9E"abA'AE'F故sin A A d m τ'=⋅sin mθ=． 例12在空间中有行个点，其中任何三个点都是一个内角大于120︒的三角形的顶点． 证明：可以把这些点用字母1A ，2A ，…，n A 表示，角i j k A A A （这里1i j k n <<≤≤）中的任何一个都大于120︒． （第3届全俄奥林匹克题） 证明在已知点中取两个距离最大的点，例如A 和B ．我们证明，XAY ∠和XBY ∠（这里X 和Y 是某些已知点）中的每一个都小于120︒．事实上，因为AXB △和AYB △的边AB 最长，所以，120AXB ∠>︒，并且120AYB ∠>︒，于是60XAB ∠<︒，并且60YAB <︒，而由性质1知120XAY XAB YAB ∠<∠+<∠<︒．这样，应从A 点开始编号，直到B ．我们指出，从已知点到点A 的所有距离都不相等．事实上，若AX AY =，AXY △是等腰三角形，则120XAY ∠>︒．正如我们在上面看到的，这是不可能的．我们给已知点编上号，设1A A =，2A 是离点A 最近的点，3A 是其余的点中距离点A 最近的点，…，k A 是其余还没编号的距离A 最近的点，…，n A B =．下证这样编号能满足条件．由于当1i k n <<≤时，1120i k A A A ∠>︒，可证当1i j k n <<<<时，120i j k A A A ∠>︒．因为在点系1A ，2A ，…，k A 中，点1A 和k A 是距离最远的点，所以120i k j A A A ∠<︒，正如开始时所证． 下面证明120k i j A A A ∠<︒．事实上，因为1120i j A A A ∠>︒，并且1120i k A A A ∠>︒，那么不等式120k i j A A A ∠︒≤成立，因为以i A 为顶点的三面角的面角之和不能大于360︒． 这样，对任何1i j k n <<≤≤，都有120i j k A A A ∠>︒．结论得证．例13在四面体ABCD 中，已知60ADB BDC CDA ∠∠∠︒===，3AD BD ==，2CD =，则四面体ABCD 的外接球的半径为____． （2012年全国高中联赛题） 解如图24-10，设四面体ABCD 的外接球球心为O ，则O 在过ABD △的外心N 且垂直于平面ABD 的垂线上．图24-10DBC由题设知，ABC △是正三角形，则点N 为ABD △的中心．设P 、M 分别为AB 、CD 的中点，则N 在DP 上，且ON DP ⊥，OM CD ⊥．由60CDA CDB ADB ∠=∠∠︒==，设CD 与平面ABD 所成角为θ，由性质3的推论4及推论1，求得cos θ=． 于是sin θ=．又在DMN △中，112DM CD==，23DN DP =MN =DMON 的外接圆的直径sin MNOD θ=故球O 【模拟实战】习题A1．已知二面角M AB N --是直二面角，P 为棱AB 上的一点，PX 、PY 分别在M 、N 内，45XPB YPB ∠=∠=︒．求XPY ∠的大小． （1964年北京市竞赛题） 2．棱长为12的正方体ABCD A B C D ''''-被过A 、E （在BB '上）、F （在DD '上）三点的平面α所截．若9DE DF ==，试求正方体被平面α所截的截面面积． （1979年辽宁省竞赛题） 3．已知正四棱锥P ABCD -的侧面与底面的夹角为α，相邻两侧面的夹角为β． 求证：2cos cos βα=-．（1981年上海市竞赛题）4．已知四面体S ABC -中，2ASB π∠=，02ASC ααπ⎛⎫∠=<< ⎪⎝⎭，02BSC ββπ⎛⎫∠=<< ⎪⎝⎭，以SC 为棱的二面角的平面角为θ．求证：()arccos cot cot θαβ=π-⋅．（1982年全国高中联赛题）5．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是BC 中点，F 在1AA 上，且112A F FA =∶∶．求平面1B EF 与底面1111A B C D 所成的二面角．（1985年全国高中联赛题）习题B1．若三面角P ABC -的三个面角中有一个是锐角，则存在平面111A B C 截三面角所得的111A B C △是锐角三角形．2．若三面角P ABC -的三个面角中有一个是锐角，则存在平面111A B C 截三面角所得的111A B C △是钝角三角形．3．若三面角P ABC -的三个面角中有一个是锐角，则存在平面111A B C 截三面角所得的111A B C △是直角三角形．。
立体几何知识点总结
立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支，涉及到三维空间中的各种几何图形和形体。
在现实生活中，我们经常会遇到各种各样的立体图形，比如立方体、球体、圆柱体等等。
本文将对一些常见的立体几何知识点进行总结，帮助读者更好地理解和应用这些知识。
首先，我们来介绍一下立体几何中的基本概念。
在三维空间中，一切物体都有三个维度，即长、宽、高。
立体几何研究的就是这些立体物体，主要包括几何体的表面积、体积、立体角等相关概念。
几何体的表面积是指几何体的所有表面的总面积。
对于常见的几何体，我们可以采用特定的公式来计算表面积。
例如，对于立方体，其表面积等于6倍的边长的平方；对于球体，其表面积等于4倍的半径的平方乘以π。
几何体的体积是指几何体所占据的空间大小。
同样，对于常见的几何体，我们也可以使用相应的公式来计算体积。
例如，对于立方体，其体积等于边长的立方；对于球体，其体积等于半径的立方乘以4/3再乘以π。
除了表面积和体积，立体几何中还有一个重要的概念是立体角。
立体角是由三条直线所确定的一个尖角区域，在三维空间中可以理解为一个锥体。
立体角的大小可以通过两条边的夹角以及与这两条边相交的直线长度来计算。
立体角的概念在物理学中也有广泛的应用，例如光学中的折射定律和电学中的电场强度计算等。
在立体几何中，还有一些重要的立体图形需要了解。
例如，圆柱体是由一个底面圆和与这个底面平行的平面曲线（矩形）所确定的立体，其视为一个圆柱形状。
圆锥体则是由一个底面圆和一个顶点在这个底面上的直线所确定的立体，其视为一个圆锥形状。
这些立体图形在实际生活中有着广泛的应用，比如柱状容器、圆锥形的雨伞等等。
另外，还有一些立体几何的重要定理和性质也需要掌握。
例如，欧拉公式是描述了在球面上的顶点、边和面的数量关系，即V - E + F = 2，其中V表示顶点数，E表示边数，F表示面数。
该公式在拓扑学和数学中有着重要的应用。
另一个重要的定理是平行线截置定理，它揭示了平行线和截线之间的关系，如平行线截割等分截线等。
高中数学立体几何总结
高中数学立体几何总结立体几何是高中数学中一个重要的内容，大致内容包括立体几何基本概念、体积、体积计算公式、侧棱、正三棱柱、正四棱锥、正八棱锷、台面等等。
（一）立体几何基本概念1、三视图：即从三个不同的视角把物体有条不紊的绘出来的文字图形，可以根据它来确定物体的三维形状。
2、几何体：是由把平面图形几何关系组合而成的任何在空间中由一致点构成的物体。
3、棱：即立体几何中各几何体的侧面所围成的线段或面称为棱，如正三棱柱的侧棱。
（二）体积1、体积的定义：体积是立体图形的面积之和，反映物体内部空间的容积大小。
2、体积的计算公式：几何体的体积可用面积的乘积公式计算，比如正三棱柱的体积的表示公式：V=ah；正四棱锥的体积的表示公式：V=1/3bh；正八棱锷的表示公式为：V=1/3πr²h。
（三）正三棱柱1、正三棱柱，是一种方形底面，面积相同的三角柱体，它有三个直角，等边的三个棱，以及一个正方形的底部。
2、侧棱：正三棱柱的侧棱可以分别表示为a，b，c三条线段，表示a=b=c，它们在同一平面且互相垂直。
3、体积计算：正三棱柱的体积可以用面积乘积公式来计算：V=ah；其中，a表示正三棱柱的侧棱，h表示高度。
（四）正四棱锥1、正四棱锥是由正方形底面、顶面和棱构成的三角锥体，它有四个直角棱，棱之间相互垂直，底面和顶面也相互垂直。
2、侧棱：正四棱锥的侧棱只有一条，用a表示，它的四条边都要等于。
（五）正八棱锷1、正八棱锷是一种八个棱组成的几何体，其四条边中有三条边为互相垂直的折线，其余五条边为圆形弧线。
2、侧棱：正八棱锷有八个侧棱，用a1，a2，a3…a8表示，但它们互相之间不相等，作用上也不是等距的。
（六）台面1、台面，又称台体，是由一个小三角形共同构成的平面图形。
当该平面图形在三维空间中展开时，可以形成一个台体，它由三个等高的并列棱构成。
2、台体体积计算：台体的体积可以由其三角面积和三边长共同确定，台体的体积公式为：V=1/3(A1+A2+A3)H；其中，A1，A2，A3表示三个三角面积，H表示高度。
高一立体几何三视图知识点
高一立体几何三视图知识点立体几何是数学中的一个重要分支，主要研究物体的形状、尺寸以及空间位置关系。
而在立体几何中，三视图是一种常用的图示方法，用于以平面图的形式展示物体的三个视图，即平面俯视图、正视图和侧视图。
本文将介绍高一立体几何三视图的相关知识点。
一、平面俯视图平面俯视图是从物体上方垂直向下看的视图，可以清晰地显示物体在水平方向上的尺寸和形状。
在平面俯视图中，物体的宽度由水平线表示，长度则根据需要进行标示。
此外，如果物体上有凹凸不平的部分，则在平面俯视图上需要使用不同的符号进行表示，以便准确表达物体的形状。
同时，也要注意保持俯视图的简洁性和规范性，以便观察者能够清晰地理解图示。
二、正视图正视图是从物体的正面垂直看的视图，通常能够展示物体在垂直方向上的尺寸和形状。
与平面俯视图类似，正视图也需要采用适当的符号来表示物体的特征，如使用直线表示物体的边界，标示尺寸等。
此外，正视图还要求立体感的表达，即通过透视的绘制方法，使观察者能够感受到物体立体的特点。
三、侧视图侧视图是从物体的一侧垂直看的视图，适用于展示物体的高度和横截面。
与平面俯视图和正视图类似，侧视图也需要使用直线表示物体的边界，标示尺寸等。
不同的是，由于侧视图通常只能展示物体的一部分，所以需要在图示中注明物体截面的位置，并配以对应的符号，以便完整地表达物体的形状。
四、多视图组合三视图通常在现实生活中并不足以完整地表达一个复杂物体的形状，因此在实际应用中，还会使用多视图组合的方式来展示物体的更多细节。
多视图组合可以利用平面俯视图、正视图和侧视图的组合，结合其他辅助视图如倾斜视图或者截面视图等，来全面地表达一个物体的形状、尺寸和空间位置关系。
在进行多视图组合时，需要注意各视图之间的位置关系和比例关系，以确保整体图示的准确性和可读性。
总结：立体几何三视图是展示物体形状、尺寸和空间位置关系的常用方法。
在进行三视图的绘制时，需要注意各视图的标示符号的规范和准确性，保持图示的简洁美观。
三面角公式及其应用
经整理即得 cos BSC cos ASC cos BSA sin ASCb sin BSA cos A 同理： cos ASC cos BSC cos BSA sin BSC sin BSA cos B
cos BSA cos ASC cos BSC sin ASC sin BSC cos C
sin A sin B sin C sin BSC sin ASC sin BSA 简单证明：如图在 SA 上任取点 P 作 PO 面SBC 于 O，作 PO PO , sin B ,即 PE SC, PF SB ,易得： sin C PE PF PO PE sin C PF sin B , 即 SA sin BSA sin C SA sin CSA sin B , sin B sin C 故 sin ASC sin BSA
0 0
BSC 所成角的余弦值为
3．从一点出发的三条不共面的射线 SA、SB、SC。 BSC 60, ASB ASC 45 。求证： 平面 ASB⊥平面 ASC（图 2—13）
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4．正方体 ABCD—A1B1C1D1 中（见图 2—7） ，设 △C1D1B 所在半平面为α，△CD1B 所在半平面为β，BD1 所在直线α、β的交线，求二面角α—BD1—β的度数。
B
BB1 2 ， CC1 3 ． （2）求二面角 B AC A1 的大小；
A1 B1
C1
③ （ 08 年 江 西 ） 如 图 ， 正 三 棱 锥 O ABC 的 三 条 侧 棱 OA，OB，OC 两两垂直，且长度均为 2． E，F 分别是 AB，AC 的中点，H 是 EF 的中点，过 EF 的一个平面与侧棱 OA，OB，OC 或其延长线分别相交于 A1，B1，C1 ，已知
三面角余弦定理公式
三面角余弦定理公式
三面角是空间几何中的一种特殊图形，由四个面所围成。
在计算三面角各个面之间的角度时，我们需要用到三面角余弦定理公式。
这个公式的表达式很简单，即：cos(A) = (b^2 + c^2 - a^2 - d^2) / 2bc，其中A表示三面角中A面所对的角度，a、b、c、d 分别表示三面角的四个面的边长。
理解这个公式需要先了解一些基本概念。
在三面角中，我们可以定义四个面的法向量，使得它们成为一个右手系。
这样，我们就可以用向量的夹角来表示三面角的各个面之间的角度。
对于三面角中的任意一个面，我们可以把它看成是由其余三个面所围成的一个三角形和一个三棱锥组成的。
这个三角形的三条边分别是三面角中其余三个面的法向量，而三棱锥的底面则是这个三角形，其顶点则是三面角中的另一个面。
根据余弦定理，我们可以用三角形的边长来计算三角形内角的余弦值。
而三棱锥的底面和顶点处的角度则可以通过向量的点积来计算。
将这些值代入三面角余弦定理公式中，就可以计算出三面角中任意一个面所对的角度了。
三面角余弦定理公式在计算三维空间中的各种几何问题时非常有用。
例如，在计算立体角时，我们需要知道三维空间中某个点所对应的
立体角大小。
这个立体角就可以用多个三面角所对应的角度来计算得到。
在实际的应用中，我们通常会用计算机程序来实现三面角余弦定理公式的计算。
这样可以大大提高计算的精度和效率，同时也方便了我们对各种三维几何问题进行求解。
三面角余弦定理公式是三维几何中非常重要的一种计算方法，它可以帮助我们计算出各种三面角中的角度大小，从而为解决各种三维几何问题提供了有力的工具。
立体几何知识点总结
立体几何知识点总结一、立体几何的概念立体几何也叫三位几何，是一门关于无限的空间内的形体的概念的数学研究。
其中形体是关于空间和大小、形状等特征的实体对象，它们是由若干抽象线段、平面、曲面等等的部分的集合构成的。
立体几何不仅考虑各个物体的大小，位置和形状，还考虑它们之间的相互关系。
二、立体几何中的基本概念1. 在立体几何中，线是由两点组成的，表示在空间中点之间的相互联系。
2. 平面是立体几何中最基本的对象，它能够容纳多种元素，如点、线、多边形等。
3. 立体几何中的空间是容纳多种形状的体积，它由多个面和边构成，其中面指的是空间中的平面，而边则指的是空间中连接不同面的线段。
4. 网格是立体几何中表示空间中面之间关系的一种结构，它由若干平行的网格线构成，网格线交点构成多边形，多边形就可以定义一个体积。
5. 角是立体几何中形状体由边和面所组成的几何形体中的微小体积，它由三条线段所构成，三条线段之间的角的最小单位为度，一个角的弧度R可用度D表示：D=180°/π，即1弧度=180°/π。
三、立体几何的基本概念1. 向量是一阶矢量，其定义为从点A到点B的有向线段。
2. 点是立体几何中的基本概念，它代表空间中的微小单位，它可以用在空间中的任何位置，其坐标只有x,y,z三个维度，用符号(x, y, z)来表示。
3. 距离是立体几何中表示空间两点之间距离的概念，它用以描述两点之间的距离（线段长度），距离由充分条件表示出来，平面上的距离可以用勾股定理表示出来，三维空间的距离可以用直线长度公式表示出来，即d=√(x2-x1)2+(y2-y1)2+(z2-z1)2。
4. 法向量是代表空间运动物体移动方向的一个单位变化量，一般用法向量积来表示空间变换，用叉乘来表示空间变向。
5. 随机变换是立体几何中表示体经旋转、平移、缩放等运动而发生的空间变换手法，一般用3×3的阵列来表示，一般用其表示的变换指数和变换矩阵来表征随机变换。
立体几何——三面角专题
立体几何——三面角专题
介绍：
三面角是立体几何中的一个重要概念，指的是由三个平面所夹
成的角。
本文将深入探讨三面角的性质、分类以及应用。
一、性质
1. 定义：三面角是由三个平面所夹成的角，其中每个平面都与
其他两个平面有公共边。
2. 基准角：三面角中，如果其中一个平面与其他两个平面垂直，该角被称为垂角。
垂角是三面角的基准角，可用于计算其他边角关系。
3. 几何关系：三面角的边角关系包括内切、外切、共面和共棱等，这些关系对于探索三面角的性质和变形具有重要意义。
二、分类
1. 锐角三面角：三个平面所夹角度小于90度的三面角。
2. 钝角三面角：三个平面所夹角度大于90度的三面角。
3. 直角三面角：三个平面所夹角度等于90度的三面角。
4. 平面角：三个平面构成共面的三面角，其中两个平面呈锐角
或钝角，另一个平面为直角。
5. 空间角：三个平面构成共面的三面角，其中两个平面呈直角，另一个平面为锐角或钝角。
三、应用
1. 几何推理：三面角的性质可以用于解决几何推理题，例如证
明平行线、垂直关系和角度等。
2. 工程建模：三面角的概念在工程建模中有广泛应用，特别是
在三维计算机辅助设计(CAD)中。
3. 计算几何：三面角的计算方法和公式可用于求解其边长、面
积和体积等几何问题。
结论：
三面角在立体几何中占据重要地位，通过深入了解其性质、分
类和应用，我们可以更好地理解三维空间的几何关系，丰富我们的
几何学知识，并应用于实际问题的解决。
三面角与多面角基础教学
三面角与多面角基础教学三面角与多面角是几何中非常重要的概念，对于学生深入理解几何学原理和解决相关问题具有重要作用。
本文将介绍三面角与多面角的基础知识，包括定义、性质和应用，帮助学生快速掌握这些概念。
1. 三面角的定义与性质三面角是指由三个平面确定的空间图形，其边界由三条不共面的线段组成。
对于三面角，有以下几个重要性质：（1）三面角的内角和为180度。
这是由于三面角的边界是三个不共面的线段构成，而不共面的三个平面相交于一点，因此内角和为180度。
（2）三面角的两个邻面的夹角是直角。
两个邻面是指共享同一条边的两个平面，由于是三维空间中的图形，所以其夹角是直角。
2. 多面角的定义与性质多面角是指由多个平面确定的空间图形，其边界由多条线段组成。
与三面角类似，多面角也有一些重要性质：（1）多面角的内角和是360度。
这是由于多面角的边界是多条线段组成的，而这些线段相交于一点，所以内角和是360度。
（2）多面角的边界可以是任意多条线段，只要它们不共面即可构成多面角。
（3）多面角的面数可以是任意多个。
当面数为4个时，多面角就是四面角，当面数超过4个时，多面角就是多面角。
3. 三面角与多面角的应用三面角与多面角广泛应用于几何学和计算机图形学中。
它们能够描述和分析几何体的形状和结构，有助于解决许多实际问题。
（1）三面角的应用：- 在解析几何中，三面角可以用来表示线段、平面和直线的关系，从而推导出几何性质和方程式。
- 在计算机图形学中，三面角可以用来构建三维模型和进行渲染，帮助实现逼真的图像效果。
（2）多面角的应用：- 在立体几何中，多面角可以用来描述多面体的结构和性质，比如正多面体和凸多面体。
- 在工程和建筑领域中，多面角可以用来表示复杂的立体结构，如多面棱柱和多面棱锥。
总结三面角与多面角是几何学中重要的概念，通过对其定义、性质和应用的学习，学生可以更好地理解几何学原理，并能够运用它们解决相关问题。
在理论学习之外，学生还应该通过实例和练习加深对三面角与多面角的理解与掌握，进而提高解决实际问题的能力。
三面角与球面几何如何正确运用三面角与球面几何相关知识解决数学问题
三面角与球面几何如何正确运用三面角与球面几何相关知识解决数学问题三面角与球面几何如何正确运用三面角和球面几何是数学中重要的概念和工具，在解决数学问题时具有广泛的应用。
本文将重点介绍三面角和球面几何的相关知识，并探讨如何正确运用它们来解决数学问题。
一、三面角的基本概念三面角是由三个平面所围成的空间角，也可以被看作是一个点在三个平面上的投影。
它具有以下几个基本属性：1. 三面角的顶点位于球心上。
2. 三面角的边是由球心到三个顶点的线段。
3. 三面角的面是由三个相邻的边所围成的平面区域。
4. 三面角的大小可以用它的面积来衡量，可以通过球面几何中的一些公式计算得出。
二、球面几何的基本概念球面几何是研究球面上的几何性质和关系的数学分支。
它和平面几何类似，但在某些方面具有独特的性质。
以下是球面几何的一些基本概念：1. 球面：球面是由球的表面构成的二维几何对象。
2. 球心：球心是球面的中心点，用来确定球面上的位置。
3. 球面上的直线：球面上的直线是连接球面上两点的最短路径。
4. 球面上的角：球面上的角是由两条球面上的弧所围成的部分。
三、三面角和球面几何在数学问题中的应用三面角和球面几何在解决数学问题时有着重要的应用，比如：1. 三面角的面积计算：通过球面几何的公式可以计算出三面角的面积，从而解决与三面角面积相关的问题。
2. 球面上的距离计算：球面几何可以帮助我们计算球面上两点之间的最短路径，从而解决与球面上距离相关的问题。
3. 球面上的角度计算：球面几何可以帮助我们计算球面上两条弧之间的夹角，从而解决与球面上角度相关的问题。
4. 三面角的相似性与一致性：三面角有一些特殊的相似性和一致性性质，可以应用于解决相关问题。
四、例题分析为了更好地理解和应用三面角和球面几何的知识，我们来看一个例题：已知一个球体，其半径为r。
球体上有一角A，B，C。
求证：三面角ABC的面积等于球冠的表面积减去三个三角形的面积之和。
解答：首先，三面角ABC的面积可以通过球面几何的公式计算得出。
三面角是立体几何的基本概念之一汇总
第三讲 三面角三面角是立体几何的基本概念之一，是组成多面体的重要元素。
与平面几何中有关三角形的正、余弦定理类似，有关三面角的正、余弦定理是解三面角的重要依据。
熟练掌握解三面角的方法，可以较大地提高立体几何的解题能力。
一、三面角和补三面角有公共端点且不共面的三条射线以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形叫三面角。
图2—1中，点S 为三面角S —ABC 的顶点。
射线SA 、SB 、SC 为三面角S —ABC 的三条棱，它们所对的∠BSC 、∠CSA 、∠ASB 为三面角S —ABC的三个面角。
通常可用a 、b 、c 表示。
以SA 、SB 、SC 为棱的二面角B —SA —C 、C —SB —A 、A —SC —B 可用A 、B 、C 来表示。
从三面角S —ABC 的顶点S 出发，作三条射线SA 0、SB 0、SC 0分别垂直于平面BSC 、CSA 、ASB ，并与射线SA 、SB 、SC 分别在该平面的同侧，则三面角S —A 0B 0C 0称为三面角S —ABC 的补三面角。
（图2—2）易证，三面角S —ABC 与三面角S —A 0B 0C 0互补。
互补的两个三面角有如下重要性质：定理1 就度量业讲，一个三面角的某一面角与其补 三面角相对应的二面角互补。
略证：图2—3中设平面α为三面角S —ABC 中面角∠BSC 所在平面，∠DSE 为其补三面角S —A 0B 0C 0中相对应的二面角B 0—SA 0—C 0的平面角，则显然SD 、SE 、SB 、SC 四射线同在平面α内。
由SC ⊥平面B 0SA 0且SD 在平面B 0SA 0内，可得SC ⊥SD 。
同理SB ⊥SE 。
易知∠DSE 与∠BSC 互补。
二、三面角的余弦定理和正弦定理下述关于二面角的有关计算公式是推导三面角余弦、正 弦定理的基础，同时它们又往往在解题过程中起较大作用。
图2—4中，二面角α—l —β的大小为θ，A ∈α，B ∈β，AA 1⊥l 于A 1，BB 1⊥l 于B 1，AO ⊥β于O 。
人教版A版高中数学选修3-3：三面角
综上，球面△ABC的三个内角对应于三面 角O-ABC的三个二面角，三条边对应于三 面角O-ABC的三个面角。即
球面△ABC
内角 边
注 (3:)（二1面）角二的面范角围的：平0面,角与
A
顶点在棱上的位置无关，只
o
B A
B
与 面 的 (4二 角 平平 叫）（面 来 面面做直2角 度 角角直）二的 量 多为二二面张 的 大直面面角角 ， ，角角角—大一就的是—小个说二用有二这面它关面个角的。角二平
O
面角是多少度的二面角。
作二面角的平面角有哪些方法?
的平面角
三垂线定理法
作法
1、在β面上取一点P 2、过P做平面α 垂线，垂足为A
3、过A做AB⊥l 交 l 于 B
4、连结PB，∠PBA 就是所求的二面 角的平面角
βl
P
ι
α
A
B
我们学习过如何度量球面△ABC的三边及角
但无论度量球面△ABC的边长还是它的 内角，都涉及一个图形。
即从球心O出发的三条线段OA， OB，OC组成的图形,如下图。
一、二面角的概念
1、半平面
平面内的一条直线，把这个平面分成两部 分，每一部分都叫做半平面。
2、二面角
从一条直线引出的两个半平面所组成的图形 叫做二面角。这条直线叫做二面角的棱，这 两个半平面叫做二面角的面。
半
半
平
平
面
面
面
棱l
3、二面角的平面角
以二面角的棱上任意一点为端点，在两个 面上分别引垂直于棱的两条射线，这两条 射线所成的角叫做二面角的平面角。
三面角定理
三面角定理自然界中的图形有很多，但我们不能把它们全部都认识。
在自然科学中，角度是其中的一种重要量数，如果没有了角度这个量数，那么就无法解决很多问题。
所以，在大自然中还有许多角度值得我们去探索、发现。
那么，你知道哪些角度呢？今天我们要来介绍三面角定理。
首先看第一面角度是，可以从多个角度来思考，当我们转动头时，眼睛的度数不会改变；当我们转动头或者抬起右手时，鼻子的高度也会发生改变；当我们直立起来时，双臂之间的夹角也是90°。
由此可见，这些量数是互相影响的。
因此，我们就能推断出第一面角度的情况是这样的：（ 1）0<α≤1/2；（ 2）当α≥1/2时，α≈β（注意：β的正负号）；（ 3）当α≤β时，α≈α+β；（ 4）当α＞β时，α＜β。
这个结论叫做三面角定理，简称三面角定理。
再来看第二面角度是怎样的，它的表达式为∠α=β，其中α为角的顶点与角的两边构成的夹角，β为角的另外一边与角的两边构成的夹角。
接下来看看第三面角度是怎样的，第三面角度= 180°－∠α－∠β，而这里，角α为顶点，θ为角α的终边与角两边构成的夹角，θ为角α的两边的延长线的夹角。
这三个角的关系是：∠α＝180°，∠β＝90°，∠θ＝180°。
那么，你还记得另外两个角吗？这三个角的表示方法和相应的表达式是：∠α＝60°，∠β＝90°，∠θ＝45°。
这个公式告诉我们：这三个角是平角，但是每个角不止有一条边，它有三条边。
4。
当∠α=∠β＝90°时，即三个角互为补角。
五。
当∠α=∠β＜180°，即三个角互为余角。
六。
当∠α=∠β＞180°时，即三个角互为倒角。
四、三面角定理的证明实验步骤：（ 1）将一个点A沿水平方向放在两条延长线上；（ 2）将一个直角三角板一条斜边与点A的连线垂直，一条直角边与角两边的交点在第三条延长线上，另一条斜边与两条延长线相交于点B；（ 3）作AC的垂线交AC于C；（ 4）连接DC，并且过点D作DA的垂线，并且与DC的交点与AB相交；（ 5）过点E作BE的垂线，并且过E作FB的垂线，并且与AE相交；（ 6）连接FB，使FB=BC，则BE=CE；（ 7）连接AB，即可得到∠α的度数。
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第三讲 三面角三面角是立体几何的基本概念之一，是组成多面体的重要元素。
与平面几何中有关三角形的正、余弦定理类似，有关三面角的正、余弦定理是解三面角的重要依据。
熟练掌握解三面角的方法，可以较大地提高立体几何的解题能力。
一、三面角和补三面角有公共端点且不共面的三条射线以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形叫三面角。
图2—1中，点S 为三面角S —ABC 的顶点。
射线SA 、SB 、SC 为三面角S —ABC 的三条棱，它们所对的∠BSC 、∠CSA 、∠ASB 为三面角S —ABC的三个面角。
通常可用a 、b 、c 表示。
以SA 、SB 、SC 为棱的二面角B —SA —C 、C —SB —A 、A —SC —B 可用A 、B 、C 来表示。
从三面角S —ABC 的顶点S 出发，作三条射线SA 0、SB 0、SC 0分别垂直于平面BSC 、CSA 、ASB ，并与射线SA 、SB 、SC 分别在该平面的同侧，则三面角S —A 0B 0C 0称为三面角S —ABC 的补三面角。
（图2—2）易证，三面角S —ABC 与三面角S —A 0B 0C 0互补。
互补的两个三面角有如下重要性质：定理1 就度量业讲，一个三面角的某一面角与其补 三面角相对应的二面角互补。
略证：图2—3中设平面α为三面角S —ABC 中面角∠BSC 所在平面，∠DSE 为其补三面角S —A 0B 0C 0中相对应的二面角B 0—SA 0—C 0的平面角，则显然SD 、SE 、SB 、SC 四射线同在平面α内。
由SC ⊥平面B 0SA 0且SD 在平面B 0SA 0内，可得SC ⊥SD 。
同理SB ⊥SE 。
易知∠DSE 与∠BSC 互补。
二、三面角的余弦定理和正弦定理下述关于二面角的有关计算公式是推导三面角余弦、正 弦定理的基础，同时它们又往往在解题过程中起较大作用。
图2—4中，二面角α—l —β的大小为θ，A ∈α，B ∈β，AA 1⊥l 于A 1，BB 1⊥l 于B 1，AO ⊥β于O 。
设|AB|=d 。
|AA 1|=a ，|BB 1|=b ，|A 1B 1|=m 则|AO|=a sin θ 公式Ⅰθcos 22222ab m b a d -++=θcos 2222ab m b a d -++=或 公式Ⅱ 证明略定理2三面角面角的余弦等于其他两个面角的余弦的乘积加上它们的正弦及它们所夹 图2— 3 图2— 2二面角的连乘积。
分析 不失一般性，对三面角S —ABC ，只须证明A c b c b a cos sin sin cos cos cos ⋅+=证明时利用上述公式Ⅱ及三角形的余弦定理即可。
证明 图2—5中，设三面角S —ABC 的面角b 及c 均为锐角。
在SB 、SC 上分别取|SB 1|=|SC 1|=1。
作B 1B 2⊥SA 于B 2，C 1C 2⊥SA 于C 2，则|B 1B 2|=sinC ，|C 1C 2|=sinb 二面角B —SA —C 中，|B 1C 1|2=|B 1B 2|2+|C 1C 2|2+|B 2C 2|2－2|B 1B 2|·|C 1C 2|·cosA=A b c b c B C cos sin sin 2)cos (cos sin sin 222--++△B 1SC 1中，A SC SB SC SB C B cos 22cos ||||2||||||112121211-=⋅⋅-+=α因此A A b c b c B C cos 22cos sin sin 2)cos (cos sin sin 222-=--++经整理即得 A c b c b a cos sin sin cos cos cos +=至于b 、c 大小的其他情况，请读者自证。
定理3 三面角中任一二面角的余弦等于其余两个二面角的余弦乘积的相反数加上此两个二面角的正弦及其所夹面角的余弦的连乘积。
已知 三面角S —ABC求证 a C B C B A c o s s i n s i n c o s c o sc o s +-= 证明 取三面角S —ABC 的补三面角S —A 0B 0C 0，由定理2可知000000cos sin sin cos cos cos A c b c b a +=由定理1，a A C C B b A a -︒=-︒=-︒=-︒=180180,180,1800000因此，)180cos()180sin()180sin()180cos()180cos()180cos(a C B C B A -︒-︒-︒+-︒-︒=-︒经整理可得 a C B C B A c o s s i n s i n c o s c o sc o s +-= 定理4 三面角中面角的正弦的比等于所对二面角的正弦的比。
分析 定理4的证法很多，这里可用利用公式Ⅰ来证明。
证明 设三面角S —ABC ，在SB 上任取一点B 1，作B 1D ⊥SA于D ，B 1E ⊥SC 于E ，见图2—6。
令B 1到平面ASC 的距离为d ，由公式Ⅰ.在二面角B —SA —C 中,d=|B 1D|·sinA=|SB 1|·sinC ·sinA在二面角B —SC —A 中,C a SB C E B d sin sin ||sin ||11⋅⋅=⋅= 因此C a SB A c SB sin sin ||sin sin ||11⋅=⋅ 即Cc A a sin sin sin sin = 同理B b A a sin sin sin sin = 因此C c B b A a sin sin sin sin sin sin == 定理2和定理3分别称为三面角第一余弦定理和第二余弦定理，定理4称为三面角正弦定理。
与平面几何中解三角形的各种基本情况类似，恰当运用三面角的正、余弦定理，可以解有关三面角的各种情况。
如果我们把三面角的面角称为“边”，二面角称为“解”，那末就可以用三角形的语言来叙述三面角的各种情况。
如三面角有三条边及三个角共六个基本元素，有关解三面角的基本情况也可以归纳为诸如“两角夹一边”、“两边夹一角”、“三边”，“三角”……等，这里不一一列举。
另外，结合有关三角函数公式，可以推出很多有关三面角各基本元素之间的关系式。
例1 求证：三面角S —ABC 中 A b c b c B a cos sin cos cos sin cos sin -=证明 由三面角第一余弦定理可得cb c b a A sin sin cos cos cos cos -= c a c a b B s i n s i n c o s c o s c o s c o s -= 因此Cc a b B a sin cos cos cos cos sin -= （1） Cc b a c b c A b c b sin )cos cos (cos cos cos sin cos sin cos cos sin --=- Cc a c c b C b c c a b sin cos cos )cos (sin cos sin cos cos cos cos cos sin 2222-+=+-= Cc a b sin cos cos cos -=（2） 由（1）及（2）即证A b c b c B a cos sin cos cos sin cos sin -= 本式中适当换字母，即可得到另外五个公式。
例2 求证三面角S —ABC 中。
a C B C B c A cos sin cos cos sin cos sin +=分析 取三面角S —ABC 的补三面角S —A 0B 0C 0将例1中的公式应用于三面角S —A 0B 0C 0，再应用定理1即可。
证明 取三面角S —ABC 的补三面角S —A 0B 0C 0则由0000000cos sin cos cos sin cos sin A c b c b C a -=得)180cos()180sin()180cos()180sin(C B c A -︒-︒=-︒-︒ )180cos()180sin()180cos(a C B -︒-︒-︒-)cos (sin c A -)cos (sin )cos ()cos (sin a C B C B -⋅---=因此a C B C B c A cos sin cos cos sin cos sin +=例3 求证三面角S —ABC 中 A c A c t g B c c t g b c o s c o s s i n si n += 分析 利用正弦定理及例1的公式证明 由例1 A b c b c B a cos sin cos cos sin cos sin -=两边同除b sin 得A c bb c B b a c o s c o s s i n c o s s i n c o s s i n s i n -⋅= 由正弦定理知 ,sin sin sin sin B A b a =代入得A C ctgb c B B A cos cos sin cos sin sin -⋅=⋅ 因此A c c ctgb ctgB A cos cos sin sin -=⋅ 即A c A ctgB c ctgb cos cos sin sin += 例4 已知，三面角S —ABC 中。
.cos ,60,90,45C C b a 求︒=︒=︒=分析 本题为已知“边、角、边”解三面角型，可采用第一余弦定理。
解 由C b a b a c cos sin sin cos cos cos +=得 4260cos 90sin 45sin 90cos 45cos cos =︒⋅︒⋅︒+︒︒=C 注意 三面角的三个面角之和不一定等于180°，因此不能误用解平面几何中三角形时三内角之和为180°来求第三个面角，本题中的面角C 显然大于45°。
由此可知，尽管三面角与三角形有许多类似之处，但它们之间又有许多完全不同的性质。
例如正弦定理，三角形的正弦定理中边与其对应角的正弦的比值除相等外，还等于常量——此三角形外接圆直径。
而三面角中面角正弦与其对应二面角正弦之比只是相等，但不等于常量。
至于余弦定理，三面角的余弦定理有两类更是有别于三角形的。