希望杯竞赛数学试题详解(81-90题)

高中数学希望杯典型例题100道（81-90）
题81 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面，使截面与底面ABCD 所成的角为450，则此截面的形状为 （ ）
A 、 三角形或五边形
B 、三角形或六边形
C 、六边形
D 、三角形或四边形
（第六届高一第二试第5题）
解 显然，必有一个截面与棱BB 1相交，此截面是三角形.
设过D 1的截面与底面所成的角为θ，易求得tan θ=
tan ∠D 1GD=13
2
2<，故θ<450，又设过A 1、C 1的截面与底面所成角为θ'，则易求得tan θ'=tan ∠O 1GO=22>1,故45θ'>︒,
于是另一截面应与A 1D 1、D 1C 1相交（不过其端点），形状为六边形，故选B.
评析 解决此题的关键是要求具有较强的空间想象力，能够理解确定截面形状的下列方法：若截面与棱DD 1相交，则截面为五边形；若截面与棱A 1D 1、D 1C 1都相交（但不过其端点），则截面为六边形；若截面与棱A 1B 1、 B 1C 1都相交（但不过点B 1），则截面为四边形.
原解答中说“为考察另一截面是否与DD 1相交，只需考虑过点D 1的截面与底面所成角θ的大小”，并在得到θ<450后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.θ<450只能说明截面与DD 1不相交，但不能说明截面一定是六边形.事实上，当截面过A 1C 1时，截面与DD 1不相交，但截面却是四边形.
拓展 根据上述解法及分析，并考虑到截面过点B 1时，截面与底面所成角为arctan 22，与截面过A 1C 1时截面与底面所成角相等，我们可得如下：
结论 过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 的中点E 、F 作一个截面，使截面与底面ABCD 所成的角为θ（0<θ≤
2
π
），则
当0arctan
3
θ<≤时，截面的形状为三角形或五边形；
当arctan
arctan 3
θ<<
当arctan θ= 当arctan 22<θ≤
2
π
时，截面的形状为四边形. 题82 正方体1111D C B A ABCD -中，E 为AB 的中点，F 为1CC 的中点，异面直线EF 与
A
B C
D
A 1
B 1
C 1
D 1 O 1 O
E F
G
1AC 所成角的余弦值是
（ ） A 、
3
2 B 、322 C 、4
3 D 、63
(第十五届高二第二试第9题)
解法1 如图1，取AC 中点O ，连结OF ，则OF ∥1AC ，所以EFO ∠是EF 与1AC 所成的角，设正方体棱长为1，则
21=
OE ，4321412=+=OF ，2
3141412
=++=EF
，所以331cos 3EFO +-
∠==，故选B. 解法 2 如图2，取正方体的面11A ABB 的中心G ，连结
1GC AG 、.易证EG ∥1BB 且EG 2
1
=1BB ，1FC ∥1BB 且
1FC 21
=1BB ，∴EG ∥1FC 且EG =1FC ，
四边形F EGC 1为平行四边形，1GC ∥EF ，
1AC G ∴∠就是EF 与1AC 所成的角.设正方体棱长为1，则易求得2
2
=AG ，31=AC ，
2
6
1=GC ，在G AC 1∆中，由余弦定理，得22211111cos 2AC GC AG AC G AC GC +-∠=⋅⋅
22
2
2⎛⎫
+- ⎪
=
=，故选B.
解法3 如图3,建立空间直角坐标系.设正方体棱长为
1，则⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21,1E ，⎪⎭⎫ ⎝
⎛
21,1,0F ，()1,0,1A ，()0,1,01C ，所以
A
B
C
D
A 1
B 1
C 1
D 1
O E
F 图1
A
B
C
D
A 1
B 1
C 1
D 1
G
E F
图2
图3
11110,1,1,,11,,2222EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭⎝⎭ ，
()()()10,1,01,0,11,1,1AC =-=--
，所以11
11
1cos 3EF AC EF AC θ++⋅==
=⋅ ，故选B. 评析 运用几何法求异面直线所成的角，一般通过平移其中一条或两条，转化成相交直线所成的角，例如本题解法1将1AC 平移至OF ，解法2将EF 平移至1GC ，然后往往通过解三角形求此角（常常运用正弦定理、余弦定理、勾股定理及其逆定理）.而用向量法求异面直线所成的
角，只需利用公式b
a b
a b a ⋅⋅=,cos ，将几何问题转化成向量运算，一般比几何法简单.
题83 多面体表面上三个或三个以上平面的公共点称为多面体的顶点，用一个平面截一个n 棱柱，()N n n ∈≥,3截去一个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是
（ ）
A 、12,12+-n n
B 、22,12,2,12++-n n n n
C 、22,12,12++-n n n
D 、22,12++n n
（第四届高一第二试第10题） 解法1 n 棱柱有n 2个顶点，被平面截去一个三棱锥后，可以分以下6种情形（图1~6）
在图4，图6所示的情形，还剩n 2个顶点； 在图5的情形，还剩12-n 个顶点；
图
1 图
2 图
3 图
4 图
5 图
6
在图2，图3的情形，还剩12+n 个顶点； 在图1的情形，还剩下22+n 个顶点.故选B.
解法2 如图1~6，令n =4，则四棱柱共有8个顶点，截去一个三棱锥后， 在图4，图6的情形，剩下8个顶点； 在图5的情形，剩下7个顶点；
在图2，图3的情形，剩下9个顶点； 在图1的情形，剩下10个顶点.
说明剩下的顶点数共有4种不同情形，对照选择支，可知选B.
评析 解决此题的关键是搞清楚截去1个三棱锥的情形有几种，实际上是四类情形： 1、 截面不过任何顶点（如图1），此时顶点增加了2个； 2、 截面仅过1个顶点（如图2，3），此时顶点增加了1个； 3、 截面仅过2个顶点（如图4，6），此时顶点数不增不减； 4、 截面过3个顶点（如图5），此时顶点减少了1个.
解法2根据这四类情形判断顶点数有4种，便选B ，更为简捷. 拓展 将此题引申，便有下面的问题：
用一平面截一个n 棱柱()N n n ∈≥,4，截去一个三棱柱，剩下的多面体的顶点数是__________，面数是_____________.
分析：依题意，截面只能与侧棱平行或过一条（或2条）侧棱，故共分三类情形： 1、 截面不过侧棱，此时，顶点增加了2个，面数增加了1个； 2、 截面过一条侧棱，此时，顶点数不变，面数不变；
3、 截面过两条侧棱，此时，顶点减少了2个，面数减少了1个.
由于已知n 棱柱的顶点数是n 2，面数是2+n ，故填22+n 或n 2或22-n ；3+n 或 2+n 或1+n .
题84 在长方体1111D C B A ABCD --中，1,,()AB a BC b CC c a b c ===>>, 过1BD 的截面的面积为S ，求S 的最小值，并指出当S 取最小值时截面的位置（即指出截面与有关棱的交点的位置）.
（第五届高一第二试第22题）
解 截面可能是矩形，可能是平行四边形.
①截面111111,,D DBB A BCD D ABC 是矩形，它们的面
积
分
别
记
为
3
21,,S S S .
则
123S S S ===
12,a b c S S >>== 12S S >，
同理，23123,S S S S S >∴>>.
1
图1
为求S 的最小值，不必考虑截面1111,A BCD D ABC .图1画出了截面11D DBB 的示意图. ②截面是平行四边
形，有三种位置：S BRD Q BPD F BED 111;;（见图2、3、4），设它们的面积分别为654,,S S S .对于截面F BED 1，作1BD EH ⊥于H （如图5），则14BD EH S ⋅=，
因为1BD 是定值，所以当EH 取最小值时，4S 有最小值4'S .当EH 是异面直线11,AA BD 的公垂线时，
它有最小值.这个最小值是1A 到平面11D DBB 的距离，即是
111Rt A B D ∆中斜边11D B 上的高
2
2
b
a a
b +
.
4
S '∴=.同理，
5
S '=
6
S '=注意
到
2
=
>
=
2
2
=
>
=
4
5
S S S
''∴>>.
再注意到6
3S S '=<=，可见6S '是S 的最小值，设截面S BRD 1
的面积为6S '（见图6）.
1
图6
F
A 1 图5
D 1
F A
B
C D
A 1
B 1
C 1 图2
E D 1
Q A
B C D A 1
B 1
C 1
图3
P C 1
D 1
S
A
B
C D
A 1
B 1
图4
R
作11BC M B ⊥于11,C BB Rt M ∆中12
1BC BM BB ⋅=，可知2
2
21
2
1
c
b c BC BB BM +==
.在
11D BC ∆所在的平面内（如图7）
，作MN ∥11D C ，设MN 交1BD 于N ，在B M N Rt ∆中，设
α=∠MBN ，则
2
2222222
t
a n c
b a
c c
b a
c b c BM MN +=+⋅+=
⋅=α.在平面MN B 1内，作NR ∥M B 1，设NR 交11B A 于
R ，则MN R B =1.这表明截面S BRD 1与棱11B A 的交点R 满足2
2
2
1c b ac R B +=，于是点R 确定了.同理，点S 在DC 上，2
22
c b ac DS +=，这样，截面S BRD 1完全确定.
评析 破解此题需解决几个关键问题：一是截面的情形到底有几种？二是每一种情形的截面面积是多少？三是这些面积的大小关系如何确定？四是S 取最小值时截面的位置如何确定？
截面情形可分为两大类（矩形与平行四边形），每一类又分3种情形，先在每类情形中分别比较3个面积的大小，再比较两类中最小面积的大小，降低了难度，减少了运算量.在两类情形中
分别比较321,,S S S 及456,,S S S '''的大小时，变形技巧的运用起了关键作用.在计算4
S '时两次运用转化思想：E BD 1∆的边1BD 上的高→点1A 到面D D BB 11的距离→ 点1A 到11D B 的距离.在比较3
S 与6
S '的大小时运用了放缩法.
由于6
1S BD '==S 最小时，点R 到1BD 的距
离应是
2
2
c
b b
c +，而在11B BC ∆中作11BC M B ⊥，则有2
2
1c
b b
c M B +=
.因此作MN ∥
11,C D MN 交1BD 于N ，作NR ∥NR M B ,1交11B A 于R ，则2
2
1c
b b
c M B RN +=
=.由于
⊥M B 1面11D BC ，所以⊥RN 面111,BD RN D BC ⊥∴，故作出的R 就是S 最小时的R .
此题综合运用了分类讨论思想，化归转换思想，变形技巧，放缩法等，需要有较强的分析问
C 1
M
B
C
D
A 1
B 1
图7
R
A
N
D 1
题与解决问题的能力才能作出正确的解答.
题85 从凸四边形ABCD 的对角线交点O 作该四边形所在平面的垂线段SO ，使3SO =，若2
2
,S AOD S BOC V a V b --==.当S ABCD V -最小时，ABCD 的形状是＿＿＿＿.
（第十四届高二培训题第67题）
解 由已知，易得2
AOD S a ∆=，2
BOC S b ∆=.设AOB S x ∆=，
COD S y ∆=（如图），则22S ABCD V a b x y -=+++.因为
22A O D C O D
A O
B B O
C S S a DO y
x S OB S b
∆∆
∆∆
====，所以22xy a b =.
而2x y ab +≥=（设0,0
a b >>
），于是，2
2
2
()a b x y a b +++≥+，当x y a b
==时取等号，这时2AOD DOC S AO a a
OC S y b
∆∆===.同理，D O a O B b =，所以，AO OD OC OB =，即A O D O
O C O B =
，所以//AD BC .当x y ab ==时，2A O D DOC S AO a a OC S y b ∆∆===，2BOC DOC S BO b b
OD S y a
∆∆===. （1）当
a b b a =，即22
a b =，AOD COD S S ∆∆=时， AO BO OC OD =
，所以//AB CD .此时，ABCD 的形状是平行四边形.
（2）当
a b b a ≠，即22a b ≠，AOD COD S S ∆∆≠时，AO BO
OC OD
≠
，所以AB 与CD 不平行.此时，ABCD 是梯形，
综上可知，当2
2
a b =时，ABCD 是平行四边形，当2
2
a b ≠时，ABCD 是梯形.
评析 ABCD 的形状只能由已知条件推出，形状也无非是由边与角的关系决定，因此，充
分利用已知条件，将其转化为四边形的边或角的关系是解题的关键.
由于高为3，故V 最小时，底面ABCD 的面积最小，由于2a 与2
b 为定值，故设AOB S x ∆=，
COD S y ∆=，则x y +
最小，为，此时，x y ab ==，这就为证得//AD BC 奠定了基础.
此后便是判断AB 与CD 是否平行了，而这取决于2
a 与2
b 是否相等，故分类讨论，终得ABCD 为平行四边形或梯形.
从另一角度看，ABCD 的形状无非是平行四边形，梯形，菱形，矩形，正方形等中的一种或几种，而每一种形状总有一组对边平行，故首先应想到证一组对边平行，也就是证对角线交点
x
B
D 2b
S
A
O
y
2a
把两条对角线分成的4条线段对应成比例.
题86 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1底面的边长和高都是2cm ，过AB 作一个截面，截面与底面ABC 成600角，则截面的面积是 .
（第六届高一第一试第30题）
解法1 如图1，截面ABEF 是等腰梯形，D 、D 1分别为
AB 、EF 的中点，则∠D 1DC 就是截面与底面ABC 所成二面角的平面角，所以∠D 1DC=600
.易证面DC C 1 D 1⊥面ABC ，作
D 1M ⊥DC 于M ，则D 1M ⊥面ABC ，D 1M=CC 1=2，D 1D= D 1Mcsc600=
3
4，DM=
D 1Mcot600=
3
2，
,11CD
DM
CD CD CM B A EF -==3
2
23
3
23=⋅-=EF ，
∴S 截面
=21()).2EF AB DD cm +=
=
解法2 如图2，设截面与侧棱CC 1所在直线交于点D ，则)(3260
cos 2
cm S S ABC ABD ==
∆∆，在Rt △CDM 中， ∠DMC=600，
DC=
3(),cot 60
CM
cm == 1321(),C D cm ∴=-=
又9
1
)31()()(
2212====∆∆DC DC DM DR S S DAB DEF ， ∴S △DEF =
9
1
S △DAB =932cm 2,
故S 截面=S △DAB - S △DEF =-32 932=
)(9
3
162cm . 评析 此题源于课本上的一道习题：“正三棱柱底面的边长是4cm ，过BC 作一个平面与底面
成300的二面角，交侧棱AA ’于D ，求AD 的长和截面△BCD 的面积”.两者的区别在于竞赛题中的截面与上底面相交，而课本习题中的截面与侧棱相交.稍不注意，就会将本赛题错解为
A
C
B E
F D
M
B 1
A 1 C 1 图1 D 1 A
C
B E
F
D
M
B 1
A 1
C 1
图2
R
2
0)cos60ABC S S cm ∆=
=截面.事实上，cos ∠CMC 1
=1CM C M =
2=
1
2
=
>，∴∠CMC 1<600，因此截面为梯形，而不是三角形. 拓展 将课本习题与本赛题结合起来，并将其一般化，我们便得
定理 若正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，高为h ，过AB 作与三棱柱底面所成角为
θ的截面，则截面的面积
S=2sec (cos )
.csc cot )(cos )
3h h θθθθθ≥⎪
-<⎩
证明留给读者.
运用该定理解本赛题：1cos cos602
θ=︒=
，2
2343a h a +=
2
173>，
cos θ∴<
S 截面=
)(9
316)60cot 232(60csc 231200cm =-⋅⋅. 题87 如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是AA 1的中点，则BC 1与CD 所成的角是 ，面BCD 与面CDB 1所成二面角等于 .
（第十一届高二第一试第22题）
解法1 如图1，由已知，易证DB 1在面BCC 1 B 1内的射影为B 1E ，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B 1C ⊥BC 1，由三垂线定理得B C 1⊥DB 1，所以B C 1⊥面DCB 1，所以BC 1⊥CD ，故BC 1与CD 所成的角是900.
过E 作EF ⊥DC 于F ，连结FB ，则BF 在面DCB 1内的射影为EF ，由三垂线定理得DC ⊥BF ，所以∠EFB 就是二面角B 1—DC —B 的平面角.
设正三棱柱的各棱长为2，则BE=2，DB=DC=5，从而易求得△BCD 的BC 边上的高为2，由
2
15BF=
2
1
×2×2， F
图1
A
C B
E
D
B 1
A 1
C 1 A
C E
D
B 1
A 1
C 1
得 BF=
5
4，在Rt △BEF 中，410
5
42sin ===
∠BF BE EFB ，
∴4
10
arcsin
=∠EFB 为所求. 解法2 取BC 的中点M ，以M 为原点，建立如图2空间直角坐标系.不妨设正三棱柱的各棱长为2，则B （0，1，0），C 1（0，-1，2），C （0，-1，0），D （3，0，1），所
以1BC =（0，-2，2），CD =（3，1，1），所以1BC CD ⋅ =（0，-2，2）⋅（3，1，1）=0，所以1BC CD ⊥
， 所以
BC 1与CD 所成的角是900
.过E 作EF ⊥DC 于F ，连结FB.
设F （x, y, z ）,因为E （0，0，1）所以EF
=（x, y, z-1）.由0EF CD ⋅= ，得3x+y+z-1=0①，因为BF =（x, y-1, z ），
所以(,1,)BF CD x y z ⋅=-⋅
10y z =+-+=，所以BF ⊥DC ，所以∠EFB 就是面
BCD 与面CDB 1所成二面角的平面角.因为C(0,-1,0), D(3，0，1), F （x, y, z ）三点共线，所以
011)1(000
33--=---=
--z y x ，得到x=3z ②，y=z-1③,解①②③得到x=532，y=5
2
,53=-z ,
所以BF =（532，52,58-），EF =（532，53
,53--），所以65
BF EF ⋅= ，|BF |=554，
|EF |=530，所以cos ∠EFB=||||EF BF EF BF ⋅⋅
=4
6，所以∠EFB=arccos 46
,即
∠EFB=arcsin
4
10
. 评析 异面直线BC 1与CD 所成的角也可以通过补形、平移，转化成相交直线所成的角，再通过解三角形求得，但比较繁.解法1的关键是从已知图形中发现D 在面BCC 1 B 1上的射影为E ，从而DB 1在面BCC 1 B 1上的射影为B 1Ｅ，由B 1C ⊥BC 1及三垂线定理得B C 1⊥DB 1，进而B C 1⊥面DCB 1，所以BC 1⊥CD.求二面角的关键是作出二面角的平面角.当二面角的两个面内各一点的连线垂直于其中一个面时，由其任一点作二面角棱的垂线，再连结垂足与另一个面内的一点，
图2
C C 1
根据三垂线定理或其逆定理，就得到二面角的平面角，这是作二面角的平面角的最常用方法之一.
运用空间向量求异面直线所成的角通常是非常简单的，此题也一样.用空间向量求二面角就不是那么的简单了.这里，作EF ⊥DC 于F ，设F 的坐标后，得
0EF CD ⋅=
及D 、F 、C 三点共线，得关于F 坐标的方程组，解得F 坐标后由cos ∠EFB=||||
EF BF EF BF ⋅⋅ ，求得∠EFB.这体现了用空间向量求二面角的基本过程，当然作EF ⊥DC 于F 后，如
果0BF CD ⋅≠
，即BF 与DC 不垂直，∠EFB 就不是此二面角
的平面角，此时就应另行思考.
题88 如图１，设111C B A ABC -是直三棱柱，AC AB =，
090=∠BAC ，Q M ,分别是1CC ，BC 的中点.P 点在11B A 上且2:1:11=PB P A .如果
AB AA =1，则AM 与PQ 所成的角等于 （ ）
A 、0
90 B 、3
1arccos C 、0
60 D 、0
30
（第十三届高二第一试第５题）
解法1 如图２，取AC 中点Ｎ，可知QN ∥BA ∥11A B ，从而N Q B A ,,,11共面，且PQ 在此平面内.111
ABC A B C - 是直三棱柱，1BA A A ∴⊥，又0
90=∠BAC ，即AC BA ⊥，
BA ∴⊥面11ACC A ，AM BA ⊥∴，AM QN ⊥.又1
1ACC A 是正方形，N M ,分别是1CC ，AC 的中点，
AM N A ⊥∴1.AM ∴⊥平面QN B A 11.⊂PQ 平面QN B A 11，PQ AM ⊥∴.故选A.
解法2 不妨设61===AA AC AB .则21=P A .如图３，在已知三棱柱下方补一个与其同样的三棱柱
A
B
C
A 1
B 1
C 1
P
M
图1
N
A B C A 1
B 1
C 1
P
Q M
图2
A 1
图3
N A
B
C
B 1
C 1
P Q
M
A 2
B 2
C 2
Q 2 N 2
R 2
R
222C B A ABC -.取AC 的中点N ，连结QN ，在QN 上取一点R ，使21==PA QR ，则易证四
边形PQR A 1为平行四边形.所以R A 1∥PQ .取22C B 、22C A 的中点22N Q 、，连结22N Q ，在
22N Q 上取点2R ，使222Q R =，连结2AR ，则易证2AR ∥R A 1∥PQ ，所以2MAR ∠（或其补
角）就是AM 与PQ 所成的角.连结2MR .易求得53=AM ，462=AR ，912=MR .因
为2
2
2
22AM AR MR +=，所以0
290MAR ∠=.故选A.
解法3 因为()()
1111AM PQ AC CM PB B B BQ AC PB AC B B AC ⋅=+⋅++=⋅+⋅+⋅
11111100cos 45022BQ CM PB CM B B CM BQ AC BC CC B B +⋅+⋅+⋅=++⋅⋅++⋅
20
11cos18000222
AC AC +=⋅-=
，所以AM PQ ⊥ ，即AM 与PQ 所成的角为
090，故选A.
解法4 以A 为坐标原点，以AB 所在直线为ox 轴，以AC 所在直线为oy 轴，以A A 1所在直线为oz 轴，建立空间直角坐标系.（如图４）
设a AC AB AA ===1，则()0,0,0A ，⎪⎭
⎫ ⎝⎛
2,
,0a a M ，⎪⎭⎫ ⎝⎛a a P ,0,3，⎪⎭⎫
⎝⎛0,2,2a a Q .所以0,,2a A M a ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，
,,62a a PQ a ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
, 因为
0,,,,0262a a a AM PQ a a ⎛⎫⎛⎫
⋅=⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，所以AM PQ ⊥ ，故AM 与PQ 所成的角等于090.选
A.
评析 异面直线所成的角通常是通过平移转化成相交直线所成的角以后再求.解法2就是按照这样的思路并运用“补形”的方法，将PQ 平移至2AR ，再通过解三角形求得2MAR ∠即为所求.
解法1通过证明AM 与PQ 所在的一个平面垂直，由线面垂直的性质，得PQ AM ⊥，从
图4
而得AM 与PQ 所成的角为090.这是从哪里想到的呢？应当说这是由选择支中有0
90而引发的一种思考.
解法3、4则是运用向量的方法.解法3并未建立坐标系，一般地，这仅适用于结果是两向量垂直的情形.解法4才是通法，且简单易行.
拓展 受解法1、3的启发，可知在题设条件下，AM 与Q B 1、Q A 1等也都成0
90角.若R 是
Q B 1的中点，则AM 与R A 1、PR 等也成090角；若T 是Q A 1的一个三等分点，则AM 与T B 1、
PT 等仍成090角，等等.仿照证法1、3，很容易证明上述结论.
题89 在三棱锥ABC S -中，SA ，SB ，SC 两两垂直，则BAC ∠ （ ） A 、一定是锐角 B 、一定不是锐角 C 、一定是钝角 D 、一定是直角
（第八届高二培训题第3题）
解法1 设a SA =，b SB =，c SC =，则
=
⋅-+=∠AC AB BC AC AB BAC 2cos 22222222222222)
()()(c a b a c b c a b a +⋅++-+++ 0)
)((22222
>++=
c a b a a ，故)2,0(π
∈∠BAC ，选A .
解法2 不妨设=SA =SB SC ，则易证=AB =BC CA ，即ABC ∆是正三角形，故BAC ∠是锐角.这说明B 、C 、D 一定错了.故选A .
评析 判断一个角是锐角、直角或钝角，通常由此角的某三角函数值的符号确定.由于
),0(π∈∠BAC ，若0sin >∠BAC ，则仍不能确定BAC ∠是锐角、直角还是钝角，而当
0cos >∠BAC 或者0tan >∠BAC 时就可断定BAC ∠是锐角，同样地，当0cos <∠BAC 或0tan <∠BAC 时，就可断定BAC ∠是钝角，当0cos =∠BAC 或BAC ∠tan 的值不存在时，就可断定BAC ∠是直角.解法1以此为依据解决了问题.
解法2根据选择支的特点，采用特殊化思想，排除了B 、C 、D ，从而选A .显得特别简捷. 此题也可用反证法的思路解：设a SA =，b SB =，c SC =.若BAC ∠是直角，则222BC AC AB =+，即222222c b c a b a +=+++.得0=a ，这与0>a 矛盾，故排除D .若
BAC ∠是钝角，则必定有AB BC >，且AC BC >，即2222b a c b +>+且
2222c a c b +>+，亦即c a <且b a <，而题设并无a 、b 、c 的大小限制，故排除C ，令
=SA =SB SC ，则易知ABC ∆是正三角形，故BAC ∠为锐角，又排除B .故选A .
再换个角度思考：若C 对或D 对，则B 也对，故C 、D 都不对.又由直觉可知BAC ∠可以为锐角（比如当=SA =SB SC
时）故B 又不对，从而选A .
题90 图1是以4个腰长为1的等腰直角三角形为侧面的棱锥，其中的四个直角是
,,,PBC APB APD ∠∠∠ PDC ∠，求棱锥的高.
（第十届高一第二试第22题）
解法1 如图2，连AC BD ,交于O ，连PO ，在A P B ∆和APD ∆中，由于
90,A P B A P D ∠=∠=1,1,P A P D P B P A ===
=A P B ∆∴≌
APD ∆，从而2==AD AB ，并且PAD PAB ∠=∠①.同理，
由题设1,1====DP CD BP CB ，可得CD CB =，并且P C B P C D ∠=∠②.由①、②知A P C ,,都在BD 的中垂面上，∴作
⊥
PH 面
ABCD
，则
H
必在
AC
上.设
z OH y BO x PO h PH ====,,,，则可得2221,x y PB +== 22222222222
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1,1,,
2(),2().
CO y CB AH PA PH h x z h AB BO OA y z AH CP PH CH h CO z +===-=-=+==+=++==+=++
从中消去CO 与z ，可得2222
2
211h x x h h x -=--=
--+，由此消去x ，得
01324=+-h h ，解之，得2
1
5-=
h 为所求. 解法2 如图2，连BD AC ,交于O ，连PO ，由题设条件易知⊥AP 面⊥BD PBD ,面PAC ，所以CO PO PO AP =⊥,(POB Rt ∆≌COB Rt ∆).作AC PH ⊥于H ，则h PH =为棱锥的高，
PCO APH POA ∠=∠=∠2.又
cos sin APH PAH h
∠=∠=，故
2
12
c
o
s 1s i
n h A P H P C O -=∠-=∠，在APC ∆中，由正弦定理，得
PAH PC
PCO PA ∠=
∠sin sin ，即01,22
112=-+=-h h h h ，得2
1
5-=h （另一负值舍去）为所求.
解法3 如图2，易证APC ∆≌CDA ∆（三边对应相等），⊥BD 面APC ，设所求的高为h ，
由CDA P APC D V V --=，即
h S DO S CDA APC ⋅=⋅∆∆3
1
31，得h DO =，在A P O
Rt ∆中，21h AH -=，
又
OA
PH ⊥，
故
AH
OH h ⋅=2，得
)
(,1222
2AH OH OH OC PO h
h OH +==-=
，
得
2
22
1h
h OC -=，在COD Rt ∆中有，2
22DO OC CD +=，于是22
211h h h +-=，即42
310,h h -+=
解得h =为所求.
解法4 原题等价于命题：
“已知
ABCD 中，
2,1==AD AB .沿对角线AC 折成直二面角D AC B --（图
4），且1=BD ，求点B 到平面ACD 的距离”.
在图4中，分别过D B ,作AC 的垂线DF BE ,，F E ,分别为垂足.设α=∠BAC ，则,sin α==DF BE αcos =AE ；又设β=∠DAC ，作B G A D ⊥于G ，连结EG ，则E G A D ⊥.
所以c o s c o s c o
s A G A E A G BAD AB AB AE
αβ∠=
=⋅=，得βαc o s c o s 45cos 0
⋅=，于是αβcos 2cos =
，故1cos cos AF AD βα
==.由异面直线上两点距离公式得
2
222EF DF BE BD ++=，得
22
1
12sin (cos )cos ααα=+-α
αα242
s i
n
1s i n
s i
n
2-+=，
01sin 3sin 24=+-αα，
得
2
1
5s i n
,215s i n -=⋅=∴-=
ααAB BE 为所求. 评析 这是本届比赛的压轴题，看似简单，实际上并不容易.解决此题的关键是要发现四面体
PACB 与PACD 关于平面PAC 对称，PAC ∆与DAC ∆全等，并充分利用对称与全等的性质，再借助其他定理，建立数学模型使问题得到解决.
其中解法1引进了多个未知量铺路搭桥，并逐个消去得所求，这是一种常用的数学方法，用
F A B
C
G
D
E
图4
起来自然流畅.
把三棱锥不同的面当作底面，所得体积总相等，由此，可求点面距离（或棱锥的高）.解法3以此轻松地解决了问题.这也是求点面距离或棱锥高的常用方法.
受解法3的启示，解法4将问题转化为一个等价的较易解决的命题后再行处理，这也是化难为易的常用手段.
此题还有多种解法，读者可自行研究，不再赘述.。