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立体几何资料
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一、 直线与平面.............................................................................................................................1
1、 Desarges定理的空间情形 ................................................................................................1
2、 平行线定理的证明...........................................................................................................1
3、 直线与平面垂直的唯一性...............................................................................................1
4、 异面直线...........................................................................................................................2
5、 二面角的平分平面......................................................................................................... 11
二、 多面角...................................................................................................................................13
1、 凸多面角.........................................................................................................................13
2、 三面角.............................................................................................................................15
三、 平行六面体...........................................................................................................................20
四、 四面体...................................................................................................................................21
1、 射影定理与余弦定理.....................................................................................................21
2、 体积.................................................................................................................................22
3、 二面角及其平分平面.....................................................................................................25
4、 外接平行六面体、对棱所成角及距离 .........................................................................27
5、 重心.................................................................................................................................30
6、 外接球.............................................................................................................................34
7、 垂心与十二点球.............................................................................................................39
8、 内切球与旁切球.............................................................................................................44
9、 棱切球.............................................................................................................................48
10、 各特殊点重合的情况...................................................................................................56
11、 等面四面体与正四面体 ...............................................................................................62
12、 直角四面体...................................................................................................................70
五、 规则多面体...........................................................................................................................75
1、 正多面体.........................................................................................................................75
2、 半正多面体.....................................................................................................................88
3、 正多面体和半正多面体的对偶多面体 .......................................................................119
4、 Kepler - Poinsot多面体.................................................................................................143
六、 曲面体.................................................................................................................................149
1、 球面三角形...................................................................................................................149
2、 环与牟合方盖...............................................................................................................151
i
立体几何资料
一、直线与平面
1、Desarges 定理的空间情形
Desarges 定理的空间情形：△ABC 和△A′B′C′不在同一平面内，AA′、BB′、CC′交于一
点，设 AB 和 A′B′，BC 和 B′C′，CA 和 C′A′互不平行，则 AB 和 A′B′，BC 和 B′C′，CA 和 C′A′
的交点共线。
E
证明：因为 AA′与 BB′相交，所以点 A、A′、B、B′共面。又 B B′
AB 和 A′B′互不平行，所以 AB 与 A′B′相交。同理可证 BC 和 B′C′， A A′
CA 和 C′A′相交。
设 AB 与 A′B′交于点 E，BC 和 B′C′交于点 F，CA 和 C′A′交 C F C′
于点 G，点 A、B、C 在平面α 内，点 A′、B′、C′在平面β 内，那
么α 和β 不重合，于是α 和β 相交。因为点 E、F、G 在既α 内又 α G β
在β 内，所以点 E、F、G 在α 和β 的交线上，即 AB 和 A′B′，BC
和 B′C′，CA 和 C′A′ 图 1 的交点共线。
2、平行线定理的证明
平行线定理：已知 b ∥ a，c ∥ a，则 b ∥ c。
证明：如果 a、b、c 在同一平面，那么结论成立。 l
现在证明 a、b、c 不在同一平面的情况。假设 b c
与 c 是异面直线，a 和 b 在平面α 内，a 和 c 在平面
β b 内。过 b 和 c 上一点作一平面γ，设γ 与β 的交线是
l，则 l 与 c 相交。因为 c ∥ a，所以 l 与 a 相交，其 D
交点 D 在α 与γ a 的交线上。因为α 与γ 的交线是 b，所
图 2
以 D 在是 a 与 b 的交点，但 b ∥ a，所以这是不可能
的，因此 b 与 c 不是异面直线。
假设 b 与 c 相交，其交点是 D，a 和 b 在平面α 内，a c
和 c 在平面β 内。则点 D 既在α 内也在β 内。设点 A 是 a
上一点，连 AD，则 AD 在α 与β 的交线上，即 a 与 AD b重 D
合，于是 a 与 b 相交，这与 b ∥ a 矛盾。因此 b 与 c 不相
a A
交。
综合上面结论，得到 b ∥ c。 图 3
3、直线与平面垂直的唯一性
定理 1：已知直线 a 过点 A，并且 a ⊥ α，则直线 a 是唯一确定的。
证明：如果 a 不是唯一的，直线 b 也过点 A，且 b ⊥ α，则 a 与 b 确定一个平面，该平
面与α 的交线是 l，那么 a ⊥ l，b ⊥ l。这与在同一平面内过其中一点作平面内直线的垂线
唯一确定矛盾，所以 a 是唯一确定的。
1
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推论：过一不与平面α 垂直的直线 l 有唯一平面β 垂直于平面α。
证明：如果 l 在平面α 内，则在 l 上取两点 A、B，过点 A、B 作平面α 的垂线是唯一确
定的，这两垂线确定平面了β，所以平面β 也是唯一确定的。
如果 l 不在α 内，则在 l 上取一点 P（如果 l 与α 相交，则点 P 不是 l 与α 的交点），过
点 P 作α 的垂线，垂足为 Q，则点 Q 是唯一确定的，并且不在 l 上，那么过直线 l 和点 Q 确
定了平面了β，所以平面β 也是唯一确定的。
定理 2：已知平面α 过点 A，且α ⊥ a，则平面α 是唯一确定的。
证明：如果α 不是唯一的，平面β 也过点 A，且β ⊥ a。则α 和β 相交，设交线为 l。如
果点 A 在 a 上，则 l 与 a 已相交；如果点 A 不在 a 上，则点 A 和 a 确定一个平面，在该平
面内过点 A 作直线 a 的垂线是唯一存在的，所以 l 与 a 相交。过直线 a 作一平面γ 不过直线
l，γ 与α 相交于 p，γ 与β 相交于 q，则在平面γ 内过 l 与 a 的交点有两条不同的直线与 a 垂
直，矛盾。所以α 是唯一确定的。
4、异面直线
例 1：过空间一点 P，是否存在与两异面直线 l1，l2 均相交的直线？
解：如图 4 所示，首先过直线 l1 上任意一点作直线 l2 的 l2′
平行线 l2′，由于 l1 与 l2′是相交直线，所以它们确定的平面 l
1
1 1，显然 1是过直线 l1且与 l2 平行的平面，而且通过 l1与
l2′
P
只有一个。同样过 l2 且与 l1 平行的平面只有一个。下面我
们根据点 P 的不同位置来探讨问题的解。 l2
（1）若点 P 在平面 1 内，但 P 不在直线 l1 上，则过点 2
P 的任一直线 l，若 l 与 1 相交，则 l 在平面 1内，于是 l
图 4
与 l2 不可能相交，故在过点 P 的直线中，不存在与异面直线
l1，l2 均相交的直线。同样可证若点 P 在平面 2内，但点 P 不在 l2 上时，过点 P 的直线中，
不存在与异面直线 l1，l2均相交的直线。
（2）若直线在 l1（或 l2）上，则我们在直线 l2（或 l1）上任取一点 Q，于是 PQ 与异面
直线 l1，l2 均相交，由点 Q 的任意性可知：过点 P 的直线中存在无数多条直线与异面直线 l1，
l2 均相交。
（3）若点 P 不在平面 1内，也不在平面 2 内，所以点 P 不在直线 l1 上，也不在直线
l2 上。因此点 P 与 l1 确定平面α 1，点 P 与 l2 确定平面α 2。因为 P 是α 1与α 2 的公共点，所以
可设α 1 与α 2 相交于直线 l，而且 P 在直线 l 上。因为 l 在α 1 内，所以 l1 与 l 相交或平行。若
l1 ∥ l，则因为 l 在α 2 内，所以 l1 ∥α 2，因此α 2 与 2重合，与 P 不在平面 2内矛盾，故 l1
与 l 必相交。同理可证 l2 与 l 相交。所以 l 是经过点 P 与两异面直线 l1，l2均相交的直线。
如果还存在过点 P 与两异面直线 l1，l2 均相交的直线 l′，则 l 与 l′相交于点 P，设 l 与 l′确定
平面β，由于 l1 与 l 及 l′都相交，并且 P 在直线 l1上，所以 l1在平面β 内，这又与 l1，l2 相矛
盾。故在过点 P 的直线中，存在唯一的一直线与异面直线 l1，l2 均相交。
例 2：如图 5 所示，二面角 1-AC- 2的平面角是γ，AB 在 1 内，CD 在 2内，∠BAC =
α，∠ACD = β，AC = a，
（1）如果 AB 与 CD 所成角是ψ，求ψ 与α、β、γ 的关系；
（2）如果向量 AB 与CD的夹角是θ，求 AB 与 CD 的公垂线长度 d，并确定其位置。
解：（1）过点 A 作 AE ∥ CD，则
∠CAE = 180° – ∠ACD = 180° – β，
2
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由三面角的第一余弦定理（在多面角里讨论）得到
cos BAE = sin BAC sin CAE cos γ + cos BAC cos CAE = sin α sin β cos γ – cos α cos β，
因为
cos ψ = |cos BAE|，
所以
cos ψ = |sin α sin β cos γ – cos α cos β|。
（2）公垂线的存在性和唯一性在例 3 里证明。在 2 内作 AB 的射影 l。
如果 l 与 CD 相交，设其交点是 F，过点 F 作 l1 ⊥ 2，则 l1与 AB 相交，设交点是 E，
作 EG ⊥ AC，与 AC 相交于点 G，连 FG，作 AH ∥ CD，使 FH ⊥ AH，连 EH，作 CI ∥ FH，
于 AH 相交于点 I，作 FJ ⊥ EH，与 EH 相交于 J，作 JK ∥ AH，与 AB 相交于点 K，作 KL ∥
FJ，与 CD 相交于点 L，则
FG ⊥ AC，FH ⊥ CD，CI ⊥ AH，EH ⊥ AH，
所以 1 E B
CD ⊥ 平面 EFH，AH ⊥ 平面 EFH，
于是 K
L
FJ ⊥ CD，AH ⊥ FJ，AH ⊥ EH， A C G
所以 I J
FJ ⊥ 平面 AEH，KL ⊥ CD， 2 H F D
并且∠EHF 是二面角 E-AH-F 的平面角。于是
图 5
FJ ⊥ AB，
因此
FJ = d，KL ⊥ AB，
即 KL 是 AB 与 CD 的公垂线。因为
CI = a sin(180° – β) = a sin β，
所以
FH = CI = a sin β。
因为
EG = AE sin α，
所以
EF = EG sin α = AE sin α sin γ。
因为向量 AB 与CD的夹角是∠EAH，所以∠EAH = θ，于是
sin EAH = sin θ，
所以
EH = AE sin EAH = AE sin θ。
由此得到
2S
d FJ EFH EF FH AE sinα sin γ a sin β sinα sin β sin γ= = = = = a 。
EH EH AE sinθ sinθ
现在规定在直线 AB 和 CD 上的有向线段的符号如下：直线 AB 上的有向线段当与 AB 同
向时为正，否则为负。直线 CD 上的有向线段当与CD同向时为正，否则为负。如果直线
HF 上的有向线段与 HE 同向则为正，否则为负。那么 AK 与 HJ 的符号相同。因为∠EAH =
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θ，由三面角的第一余弦定理（在多面角里讨论）得
cos EHF cosα cos(180° β ) cosθ cosα + cos β cosθ= = ，
sin(180° β ) sinθ sin β sinθ
所以
2
EH FH sin β sinθ AE EH sin
2 β
= = ， = = 。
cos EHF cosα + cos β cosθ sinθ cosα + cos β cosθ
另外，因为
△FHJ ∽ △EHF，
所以
JH FH
= ，
FH EH
于是
2
JH FH cosα + cos β cosθ= = a 。
EH sinθ
因为 JK ∥ AH，所以
AK JH
= ，
AE EH
于是得到
AK AE JH cosα + cos β cosθ= = a 。
EH sin 2 θ
同理可得
CL cos β + cosα cosθ= a 。
sin 2 θ
如果 l 与 CD 平行，则在 AB 上取一点 E，作 EF ⊥ 2，与 2 相交于点 F，作 FH ⊥ CD，
与 CD 相交于点 H，过点 A 作 AL ⊥ CD，则
FH ⊥ AF，平面 AEF ⊥ 2，
所以
FH ⊥ 平面 AEH，
于是
FH ⊥ AB，
因此
FH = d = a sin(180° – β) = a sin β。
而且 AL 是 AB 与 CD 的公垂线。由三面角的正弦定理（在多面角里讨论）得
sinθ sinα
= = sinα ，
sin γ sin 90°
于是
d sinα sin β sin γ= a
sinθ
仍然成立。由三面角的第一余弦定理，得到
cos α = cos(180° – β) cos θ = – cos β cos θ。
所以
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cosα + cos β cosθ 0 cos β + cosα cosθ2 = ， = cos β 。 sin θ sin 2 θ
l 与 CD 平行时的结论仍成立。
综合得到：
AB CD sinα sin β sinγ与 的距离是 a ；点 A 到公垂线在 AB 上的垂足的有向距离是
sinθ
cosα + cos β cosθ a C CD cos β + cosα cosθ ；点 到公垂线在 上的垂足的有向距离是
sin2 θ sin 2
a ，
θ
至于θ 的值可以利用三面角第一余弦定理得到 cos θ = sin α sin β cos γ – cos α cos β。
例 3：与异面直线 l1，l2 均相交的直线 l 满足以下条件：l1 与 l 的夹角为α（ 0° < α ≤ 90°），
l2 与 l 的夹角为β（0° < β ≤ 90°）。问直线 l 是否存在？如果存在，则α，β 需要满足什么条件，
满足条件的直线有多少条？并确定每条直线的位置。
解：1．首先证明当α = β = 90°，即 l 为公垂线时，l 存在，并且 l 唯一确定。
过 l2 作平面 2 使 l1 ∥ 2，在平面 2 中作 l1 的射影 l1′， 1 l1
设 l1′与 l2 的交点为 B（见图 6）。 A C
由于 l1′是 l1在 2 中的射影，则 l1 与 l1′确定一个平面 。
在 中作 AB ⊥ l1，与 l1的交点是 A，则 AB ⊥ 2，因此
AB ⊥ l2，于是 AB 所在直线为一条所求的直线。
现在假设 C ∈ l1，D ∈ l2，连接 CD。假设 CD 也是 l1
与 l2 的公垂线，那么过点 D 作 l1″ ∥l1，则 l1′ ∥l1″，因此 2 l1′ B
l1′，l1″，l2 都在 2 内，于是有 l2 D
CD ⊥ l2，AB ⊥ l2，CD ⊥ l1″，AB ⊥ l1′， l1″
即
图 6
AB ⊥ 2，CD ⊥ 2，
于是得 AB ∥ CD，即 l1与 l2 共面，这和 l1 与 l2是异面直线矛盾。因此，异面直线的公垂线
是唯一确定的。
2．假设 l1 与 l2 的公垂线是 AB，A 在 l1 上，B 在 l2上，AB = d，l1 与 l2 所成角为θ（0° <
θ ≤ 90°），并且假设 l 存在，l1 与 l 的交点是 C，l2 与 l 的交点是 D，设二面角 A-CD-B 的平面
角为γ，作 BE ∥ AC，连 CE，DE，使 AB ∥ CE（见图 7）， C
则有（请参考例 1） l1
cos θ = |sin α sin β cos γ ± cos α cos β | （I）
A
其中 0° < γ < 180°。当∠ACD = α，∠BDC = β 或∠ACD =
180° – α，∠BDC = 180° – β 时，（I）式取“+”号；当∠ACD
= α，∠BDC = 180° – β 或∠ACD = 180° – α，∠BDC = β
E l
时，（I）式取“–”号。
由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，那么 sin α > 0，sin β >
0，cos α ≥ 0，cos β ≥ 0，由（I）得 B
l
cosγ cosθ ± cosα cos β
2
= D
sinα sin β 图 7
由于
cosθ cosα cos β cosθ + cosα cos β cosθ + cosα cos β
≤ = ，|cos γ | < 1，
sinα sin β sinα sin β sinα sin β
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cosθ cosα cos β
因此必须 < 1，即
sinα sin β
1 cosθ cosα cos β < < 1。
sinα sin β
上式可化为 cos α cos β – sin α sin β < cos θ < cos α cos β + sin α sin β，即
cos(α + β) < cos θ < cos(α –β)。
由于 0° < α + β ≤ 180°，0° < θ ≤ 90°，–90° < α – β ≤ 90°，所以由上面的不等式得到
|α – β| < θ < α + β。 （II）
因此，当 l 存在时必须满足|α – β| < θ < α + β。
3．设有向线段 AC 的数量是 x，其符号选择如下：当∠BDE = θ 时，x 为正；当∠BDE =
180° – θ 时，x 为负。设 BD = y。现在对 x，y 不全为零的情况进行讨论。
由上面的假设，求得如下量：
CD = x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 ，AD2 = y2 + d2，BC2 = x2 + d2，
另外
AD 2 = x 2 + CD 2 ± 2x CD cosα
2 2 2 （III）= 2x + y 2xy cosθ + d ± 2x cosα x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 ，
BD 2 = y 2 + CD 2 ± 2y CD cos β
（IV）
= x 2 + 2y 2 2xy cosθ + d 2 ± 2y cos β x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 ，
于是得到
2x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 ± 2x cosα x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 = y 2 + d 2 ， （V）
x 2 + 2y 2 2xy cosθ + d 2 ± 2y cos β x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 = x 2 + d 2 。 （VI）
对（V）、（VI）进行化简。当 x ≠ 0 时，（V）约去 2x；当 y ≠ 0 时，（VI）约去 2y。再把
根式移向右边得
x y cosθ = m cosα x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 ， （VII）
y x cosθ = m cos β x 2 + y 2 2xy cosθ + d 2 。 （VIII）
当（III），（V），（VII）式取上方符号时，x cos ACD ≤ 0；当（III），（V），（VII）式取下方符
号时，x cos ACD ≥ 0。当（IV），（VI），（VIII）式取上方符号时，cos BDC ≤ 0；当（IV），
（VI），（VIII）式取下方符号时，cos BDC ≥ 0。
（VII），（VIII）两边平方，得
x2 sin2 α + y2(cos2 θ – cos2 α) – 2xy sin2 α cos θ = d2 cos2 α， （IX）
x2(cos2 θ – cos2 β) + y2 sin2 β – 2xy sin2 β cos θ = d2 cos2 β。 （X）
其中当 x = 0 时，（X）仍然成立；当 y = 0 时，（IX）仍然成立。
由（IX）、（X）消去 d，得
x2(cos2 β – cos2 α cos2 θ) + 2xy(cos2 α – cos2 β)cos θ – y2(cos2 α – cos2 β cos2 θ) = 0，
即
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[(cos β + cos α cos θ)x – (cos α + cos β cos θ)y][(cos β – cos α cos θ)x + (cos α – cos β cos θ)y]
= 0，
于是得到
x = (cos α + cos β cos θ)t 或 x = – (cos α – cos β cos θ)t （XI）
y = (cos β + cos α cos θ)t 或 y = (cos β – cos α cos θ)t。 （XII）
（XI）、（XII）式同时取前式或同时取后式。根据 y ≥ 0，t 的符号如下选取当取：当（XI）、
（XII）同时取“+”号，或同时取“–”并且 cos β – cos α cos θ ≥ 0 时，t 取“+”号；当（XI）、
（XII）同时取“–”并且 cos β – cos α cos θ ≤ 0 时，t 取“–”号。
由（IX）、（X）消去 xy 项，得到
2 2
x 2 sin 2 α y 2 sin 2 β sin α sin β= 2 d
2 。 （XIII）
sin θ
以下先讨论α ≠ β 时的情况。此时由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，所以 sin2 α – sin2 β ≠ 0。
把（XI）、（XII）代入（XIII）并且两边除以 sin2 α – sin2 β 得
2
(1 cos2 α cos2 β m 2 cosα cos β cosθ )t 2 d= 2 ， （XIV）sin θ
（XI）、（XII）、（XIV）同时取上方符号或同时取下方符号。若（XIV）中有一方程中 t2 的系
数为正，则（XIV）有解。此时有
( 1) nx (cosα ± cos β cosθ )= d ， （XV）
sinθ 1 cos 2 α cos 2 β m 2 cosα cos β cosθ
cos β ± cosα cosθ
y = d 。
2 2 （XVI）sinθ 1 cos α cos β m 2 cosα cos β cosθ
当（XI）、（XII）取前式时，（XV）、（XVI）同时取上方符号；当（XI）、（XII）取后式时，
（XV）、（XVI）同时取下方符号。根据 t 的符号选取情况，得到当（XV）取上方符号时 n =
0；当（XV）取下方符号并且 cos β – cos α cos θ ≤ 0 时，n = 0；当（XV）取下方符号并且
cos β – cos α cos θ ≥ 0 时，n = 1。
当 AC = BD = 0 时，α = β = 90°，代入（XV）和（XVI），得 x = y = 0，即此时（XV）
和（XVI）仍然成立。
下面讨论 x ≠ 0 并且 y = 0 时的情况，对于 x = 0 并且 y ≠ 0 时的情况可以用相同的方法讨
论。由于 x ≠ 0 并且 y = 0，从（XV）和（XVI）式得
cos β ± cos α cos θ = 0，cos α ± cos β cos θ ≠ 0。
由于当 cos α = 0 并且 cos θ = 0 时，cos α ± cos β cos θ = 0，因此 cos α 和 cos θ 不能同时为
零。又由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，0° < θ ≤ 90°，因此 cos α ≥ 0，cos β ≥ 0，cos θ ≥ 0。
由上面结果得，当 cos α = 0 时 cos θ > 0，此时β < 90°（否则α = β = 90°），由此得到 cos β +
cos α cos θ > 0；当 cos α > 0 时 cos θ > 0，仍然得到 cos β + cos α cos θ > 0。因此当满足 cos θ
> 0 时要 y = 0 成立，必须
cos β – cos α cos θ = 0，亦即 cos β = cos α cos θ。
此时
1 – cos2 α – cos2 β – cos2 θ + 2 cos α cos β cos θ
= 1 – cos2 α – cos2 α cos2 θ – cos2 θ + 2 cos2 α cos2 θ
= 1 – cos2 α + cos2 α cos2 θ – cos2 θ
= sin2 α – sin2 α cos2 θ
= sin2 α sin2 θ > 0。
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当 cos θ = 0 时，无论 cos β + cos α cos θ = 0 或 cos β – cos α cos θ = 0 都得到 cos β = 0，因此
cos β + cos α cos θ = 0和 cos β – cos α cos θ = 0同时成立，且此时 1 – cos2 α – cos2 β – cos2 θ +
2 cos α cos β cos θ = 1 – cos2 α = sin2 α > 0。
由于 cos β – cos α cos θ = 0，因此（XV）式取下方符号时 n 的取值为 0 或 1 均可，于是
把 cos β = cos α cos θ 代入（XV），得到
x cosα cosα cos
2 θ
= ± d = ±d ctgα 。
sinα sin 2 θ
另外，由于 y = 0 时，（IX）仍然成立，把 y = 0 代入（IX），并解出
x = ±d cot α。
因此（XV）、（XVI）仍然成立。
现在讨论α = β 时的情况。当α = β = 90°时的情况已经讨论过，现在假设α = β < 90°。当
x ≠ 0，y ≠ 0 时此时由（XI），（XII）得到
x = ±y。 （XVII）
把上式代入（XI）或（X），得
(cos2 θ cos 2 α + sin 2 α m 2sin 2 α cosθ )y 2 = d 2 cos 2 α ， （XVIII）
于是得到
x ± cosα= d
cos2 θ cos2 α + sin 2 α m 2sin 2 α cosθ
± cos （XIX）α
= d ，
cos2 θ + 2sin 2 α m 2sin 2 α cosθ 1
y cosα= d 。
2 2 2 （XX）cos θ + 2sin α m 2sin α cosθ 1
（XVII）、（XVIII）、（XIX）、（XX）同时取上方符号或同时取下方符号，由于
(cos2 θ + 2sin 2 α m 2sin 2 α cosθ 1)(1 ± cosθ )2
= cos2 θ + 2sin 2 α m 2sin 2 α cosθ 1 ± 2 cos3 θ ± 4sin 2 α cosθ 4sin 2 α cos2 θ
m 2 cosθ + cos4 θ + 2sin 2 α cos2 θ m 2sin 2 α cos3 θ cos2 θ
= 2sin 2 α ± 2sin 2 α cosθ (1 cos2 θ )(1 + cos2 θ )
m 2 cosθ (1 cos2 θ ) 2sin 2 α cos2 θ m 2sin 2 α cos3 θ
= 2sin 2 α ± 2sin 2 α cosθ sin 2 θ (1 + cos2 θ )
m 2 cosθ sin 2 θ 2sin 2 α cos2 θ m 2sin 2 α cos3 θ
= 2sin 2 α (1 cos2 θ ) ± 2sin 2 α cosθ (1 cos2 θ ) sin 2 θ (1 + cos2 θ ) m 2sin 2 θ cosθ
= 2sin 2 α sin 2 θ ± 2sin 2 α cosθ sin 2 θ sin 2 θ (1 + cos2 θ ) m 2sin 2 θ cosθ
= sin 2 θ (2 sin 2 α ± 2sin 2 α cosθ 1 cos2 θ m 2 cosθ )
= sin 2 θ[2 2 cos2 α m 2 cosθ (1 sin 2 α ) 1 cos2 θ ]
= sin 2 θ (1 2 cos2 α cos2 θ m 2 cos2 α cosθ ) ，
以上等式同时取上方符号或同时取下方符号。于是得到
cosα cosα ± cosα cosθ
= ，
cos2 θ + 2sin 2 α m 2sin 2 α cosθ 1 sinθ 1 2 cos2 α cos2 θ m 2 cos2 α cosθ
上式同时取上方符号或同时取下方符号。由于 cos α – cos α cos θ ≥ 0，因此当（XV）式取下
方符号时 n = 1，于是（XV）、（XVI）在α = β 且 x ≠ 0，y ≠ 0 时仍然成立。而当α = β，x ≠ 0，
8
立体几何资料
y = 0 或α = β，x = 0，y ≠ 0 时的情况实际上在上面 x ≠ 0，y = 0 或 x = 0，y ≠ 0 时已经包含了。
于是当α = β 时（XV）、（XVI）仍然成立。
现在讨论（XIV）成立的条件，也就是（XV）和（XVI）有解的条件。由于
1 – cos2 α – cos2 β – cos2 θ + 2 cos α cos β cos θ
（XXI）
= [cos θ – cos(α + β)][cos(α – β) – cos θ ]，
1 – cos2 α – cos2 β – cos2 θ – 2 cos α cos β cos θ
（XXII）
= [cos θ + cos(α – β)][– cos θ – cos(α + β)]。
当（II）成立时，则必然有
cos(α + β) < cos θ < cos(α – β)，
因此（XXI）必为正，也就是说（II）成立时，（XIV）必然成立，也是 l 必然存在。现在讨
论（XXII）为正的条件。由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，所以–90° < α – β < 90°，亦即此时
cos(α – β) > 0。因此当（XXII）为正是只需要– cos θ – cos(α + β) > 0 即可。此时
cos θ < – cos(α + β) = cos(180° –α –β)，
由于 0° < θ ≤ 90°，0° ≤ 180° – α – β < 180°，因此上式成立时必须满足，
180° – α – β < 90°，且θ > 180° – α – β，
即
α + β > 90°，且α + β + θ > 180°，
现在确定（XV）和（XVI）不同数值的个数。在|α – β| < θ < α + β，α + β > 90°，α + β
+ θ > 180°的情况下考察（XV）和（XVI）取上方符号和取下方符号绝对值相等的情况，此
时得到等式
cosα + cos β cosθ cosα cos β cosθ
= ，
1 cos2 α cos2 β 2 cosα cos β cosθ 1 cos2 α cos2 β + 2 cosα cos β cosθ
cos β + cosα cosθ cos β cosα cosθ
= ，
1 cos2 α cos2 β 2 cosα cos β cosθ 1 cos2 α cos2 β + 2 cosα cos β cosθ
亦即
cosα + cos β cosθ cos β cosα cosθ

1 cos2 α cos2 β 2 cosα cos β cosθ 1 cos2 α cos2 β + 2 cosα cos β cosθ
cosα cos β cosθ cos β cosα cosθ
= ，
1 cos2 α cos2 β + 2 cosα cos β cosθ 1 cos2 α cos2 β 2 cosα cos β cosθ
进一步简化上式，得到
|(cos α + cos β cos θ)(cos β – cos α cos θ)| = |(cos α – cos β cos θ)(cos β + cos α cos θ)|，
于是得到
(cos α + cos β cos θ)(cos β – cos α cos θ)
（XXIII）
+ (cos α – cos β cos θ)(cos β + cos α cos θ) = 0，
或
(cos α + cos β cos θ)(cos β – cos α cos θ)
（XXIV）
– (cos α – cos β cos θ)(cos β + cos α cos θ) = 0，
（XXIII）可化简为
2 cos α cos β sin2 θ = 0， （XXV）
（XIV）可化简为
2(cos2 α – cos2 β)cos θ = 0， （XXVI）
9
立体几何资料
当（XXV）成立时，必须有α = 90°或β = 90°。现在讨论β = 90°的情况，而α = 90°的情
况可用相同的方法讨论。当β = 90°时，cos β – cos α cos θ ≤ 0，因此（XV）和（XVI）取下
方符号时 n = 0。代入（XV）和（XVI）式得到（XV）和（XVI）同时取上方符号和取下方
符号时值是相等的
x cosα d y cosα cosθ= ， = d 。
sinθ 1 cos2 α cos2 θ sinθ 1 cos2 α cos2 θ
当（XXVI）成立时，有α = β 或θ = 90°。当α = β 并且θ < 90°时，由上面讨论α = β 时的
情况有
cosα cosα ± cosα cosθ
= ，
cos2 θ + 2sin 2 α m 2sin 2 α cosθ 1 sinθ 1 2 cos2 α cos2 θ m 2 cos2 α cosθ
由等式的左边知道（XV）和（XVI）同时取上方符号和取下方符号值不相等。另外当θ = 90°，
由于 cos β – cos α cos θ ≥ 0，故（XV）和（XVI）同时取上面符号时 n = 1，代入（XV）和
（XVI），得到
x ± cosα= d ，
2 2 （XXVII）1 cos α cos β
y cosα= d 。
1 cos2 α cos2 β
（XV）与（XXVII）的符号选取相同。
现在讨论如何确定∠DBE，∠ACD 以及∠BDC。
先来确定∠DBE。因为 cos DBE 与 x 同号，而且 x 又与(cos α ± cos β cos θ)(cos α cos θ ±
cos β)同号，因此得到如下结果：如果(cos α ± cos β cos θ)(cos α cos θ ± cos β)为非负时，
∠DBE = θ；如果(cos α ± cos β cos θ)(cos α cos θ ± cos β)为非正时，∠DBE = 180° – θ。
由于
CD2 = AC2 + BD2 – 2 AC BD cos DBE + d2，AD2 = BD2 + d2，BC2 = AC2 + d2，
因此
2AC CD cos ACD = AC2 + CD2 – AD2 = 2AC(AC – BD cos DBE)，
2BD CD cos BDC = BD2 + CD2 – BC2 = 2BD(BD – AC cos DBE)。
由此得到 cos ACD 与 AC – BD cos DBE 同号，cos BCD 与 BD – AC cos DBE 同号。根据 x 的
符号确定和∠DBE 的确定方法
AC BD cos DBE (cosα ± cos β ) m (cos β ± cosα cosθ ) cosθ= ± d ，
2 2 （XXVIII）sinθ 1 cos α cos β m 2 cosα cos β cosθ
BD AC cos DBE (cos β ± cosα ) m (cosα ± cos β cosθ ) cosθ= ± d 。
2 2 （XXIX）sinθ 1 cos α cos β m 2 cosα cos β cosθ
（XXVIII）、（XXIX）两式除最前面的“±”号外，同时与（XV）、（XVI）取上方符号或同
时取下方符号。如果同时取上方符号，则（XXVIII）、（XXIX）最前方同时取“+”号；如
果同时取下方符号，则（XXVIII）最前方符号与 cos α – cos β cos θ 同号，（XXIX）最前方
符号与 cos β – cos α cos θ 同号。又由于
(cosα ± cos β ) m (cos β ± cosα cosθ ) cosθ = cosα sin 2 θ ≥ 0 ，
(cos β ± cosα ) m (cosα ± cos β cosθ ) cosθ = cos β sin 2 θ ≥ 0，
10
立体几何资料
因此 cos ACD 与
cos α ± cos β cos θ， （XXX）
同号，并且 cos BCD 与
cos β ± cos α cos θ， （XXXI）
同号。因此当（XV）、（XVI）同时取上方符号或同时取下方符号并且 cos α – cos β cos θ ≥ 0
时∠ACD = α；当（XV）、（XVI）同时取下方符号并且 cos α – cos β cos θ ≤ 0 时∠ACD = 180°
– α。因此当（XV）、（XVI）同时取上方符号或同时取下方符号并且 cos β – cos α cos θ ≥ 0
时∠BDC = β；当（XV）、（XVI）同时取下方符号并且 cos β – cos α cos θ ≤ 0 时∠BDC = 180°
– β。假设 cos α – cos β cos θ < 0 并且 cos β – cos α cos θ < 0，两式相加得到(cos α + cos β)(1 –
cos θ) < 0，这显然是不成立的，因此∠ACD，∠BDC 不可能同时为钝角
现在来确定二面角 A-CD-B 的平面角。由于
cosγ cos DBE + cos ACD cos BDC= ，
sin ACD sin BDC
由于当（XV）、（XVI）同时取上方符号时，cos θ + cos α cos β 与 cos DBE + cos ACD cos BDC
同号，此时
cosγ cosθ + cosα cos β= ；
sinα sin β
而当（XV）、（XVI）同时取下方符号时，由于 cos θ – cos α cos β 与 cos DBE + cos ACD cos BDC
只相差一个符号，而该符号又与(cos α – cos β cos θ)(cos α cos θ – cos β)同号，那么就得到
cosγ ( cosθ cosα cos β= 1) n
sinα sin β
当(cos α – cos β cos θ)(cos α cos θ – cos β) ≥ 0 时，n = 0；当(cos α – cos β cos θ)(cos α cos θ –
cos β) ≤ 0 时，n = 1。
现在确定 CD 的长度。由于
y x cosθ cos β sinθ = d ，
2 2 （XXXII）1 cos α cos β m 2 cosα cos β cosθ
因此
CD sinθ= d 。
1 cos2
（XXXIII）
α cos2 β m 2 cosα cos β cosθ
其中（XV）、（XVI）、（XXXII）、（XXXIII）同时取上方符号或同时取下方符号。
综合上面的讨论，得到以下结论：
当α，β 满足|α – β| < θ < α + β 时，l 存在。如果上面的条件已经满足，则当α < 90°，β <
90°，α + β > 90°，α + β + θ > 180°时满足条件的 l 有四条，位置由（XV）和（XVI）确定；
当α = 90°，β = 90°时，满足条件的 l 只有一条，就是 l1 与 l2 的公垂线；其它情况下，满足条
件的 l 有两条，位置由（XV）和（XVI）确定（只取下方符号）。
5、二面角的平分平面
定义 1：延长二面角的两个半平面，与原二面角的平面角不相邻的二面角称为原二面角
的对顶二面角，与原二面角的平面角相邻的二面角称为原二面角的补二面角。
从定义知道，二面角及其对顶二面角是其任一补二面角的补二面角。
我们容易得到
11
立体几何资料
定理 1：二面角的平面角与其对顶二面角的平面角相等，与其补二面角的平面角互补。
定义 2：把二面角的平面角二等分的半平面称为该二面角的内平分平面；把二面角其中
一个补二面角的平面角二等分的半平面称为该二面角的外平分平面。
从定义知道，二面角的外平分平面是其对应补二面角的内平分平面。
定理 2：二面角的内平分平面和在固定补二面角的外平分平面是唯一的。
证明：假设二面角的平面角是 2α，二面角的内平分平面不是唯一的，还存在另一内平
分平面，两内平分平面的二面角的平面角是β > 0°，因而其中一个内平分平面与二面角一半
平面所得的二面角的平面角是α + β > α，与内平分平面的定义矛盾，所以二面角的内平分平
面是唯一的。同理可证二面角的在固定补二面角的外平分平面是唯一的。
我们容易得到
定理 3：二面角的内平分平面与外平分平面互相垂直，二面角的内平分平面与其对顶二
面角的内平分平面共面，两个外平分平面共面。
定理 4：一个半平面是二面角的内平分平面的充要条件是该半平面上任意一点到二面角
的两个面的距离相等。
证明：（1）充分性
设 A 是平面γ 内的一点，AB ⊥ α，AC ⊥ β，垂足分别是 B 和 C，AB = AC，如果点 A
在二面角α-a-β 的棱 a 上，则结论成立。如果点 A 不在 a 上，作 BD ⊥ a，与 a 相交于点 D，
两 AD、CD。由前面的证明知道∠BDC 是二面角α-a-β 的平面角。又因为
△ABD ≌ △ACD，
所以
∠ADB = ∠ADC，
因此平面γ 是二面角α-a-β 的内平分平面。
（2）必要性
在二面角α-a-β 的内平分平面γ 内取一点 A，如果点 A 在 a 上，那么结论成立。如果点 A
不在 a 上，作 AB ⊥ α，AC ⊥ β，垂足分别是 B 和 C，作 BD ⊥ a，与 a 相交于点 D，两 AD、
CD。因为
AB ⊥ α，AC ⊥ β，
所以 α γ
A
AB ⊥ a，AC ⊥ a， β
即 B
a ⊥ 平面 ABC。 C D
又因为
BD ⊥ a，
a
所以
a ⊥ 平面 ABD。 图 8
由于过点 A 且于 a 垂直的平面只有一个，所以 A、B、C、D 共面，于是得到
CD ⊥ a，
所以∠BDC 是二面角α-a-β 的平面角，因此
∠ADB = ∠ADC，
于是
△ABD ≌ △ACD，
所以
AB = AC。
12
立体几何资料
二、多面角
1、凸多面角
定理 1：凸 n 面角各二面角的平面角之和大于(n – 2)180°且小于 n 180°。
证明：在凸 n 面角 O-A1A2…An 内取一点 V，作 VD1 ⊥ 平面 OA1A2， O
垂足是 D1，作 VD2 ⊥ 平面 OA2A3，垂足是 D2，…，作 VDn ⊥ 平面
OAnA1，垂足是 Dn，设平面 VDnD1 与 OA1 的交点是 P1，平面 VD1D2 P D
与 OA2 的交点是 P2，…，则
1 n
OA1 ⊥ D1P1，OA1 ⊥ DnP1， A1 D V 1 An
所以∠DnP1D1 是二面角 A -OA -A D P D
P2
n 1 2 的平面角。∠ 1 2 2 是二面角 D2 A A2
A -OA 2
1 2- A3 的平面角，…。又因为
图 9
VD1 ⊥ D1P1，VD1 ⊥ D1P2，
所以∠P1D1P2 是二面角 P1-VD1-P2 的平面角且∠P1D1P2 < 180°。同理可证所以∠P2D2P3是二
面角 P2-VD3-P3 的平面角且∠P2D2P3 < 180°，…，因此 n 面角 V-D1D2…Dn 是凸 n 面角。设
凸 n 面角 O-A1A2…An 二面角的平面角之和为Σ，凸 n 面角 V-D1D2…Dn 的面角之和为Σ ′。由
n 个四边形 VDnP1D1、VD1P2D2、…的内角和相加，得到
n 180° + Σ + Σ ′ = n 360°，
所以
Σ + Σ ′ = n 180°。
另外，由凸 n 面角面角和的性质，得到
0° < Σ ′ < 360°，
所以得到
(n – 2)180° < Σ < n 180°。
定义 1：两个多面角的各面角对应相等，并且各二面角也对应相等，则称这两个多面角
为全等多面角。
定义 2：各面角相等，并且各二面角也相等的凸多面角称为正多面角。
引理：空间有四个点 A，B，C，D，有一直线 a，AB ⊥ a，BC ⊥ a，CD ⊥ a，那么 A，
B，C，D 共面。
证明：1、没有任何三点共线。
由于 A，B，C 不共线，且 AB ⊥ a，BC ⊥ a，因此 a ⊥ 平面 ABC。又由于 B，C，D
不共线，且 BC ⊥ a，CD ⊥ a，因此 a ⊥ 平面 BCD。因为过空间任意一点与直线垂直的平
面是唯一的，而平面 ABC 和平面 BCD 都过点 B，且与 a 垂直，所以 A，B，C，D 共面。
2、有三点共线。
假设 A，B，C 共线，那么就有一直线 l 经过 A，B，C 三点。如果 D 不在 l 上，那么 l
和 D 就唯一确定一个平面，亦即 A，B，C，D 共面；如果 D 在 l 上，通过 l 有无数平面，
亦即 A，B，C，D 也共面。
综合上述结论得到 A，B，C，D 共面。
定理 2：从正多面角 O-A1A2…An 的各棱截取 n 点 B1，B2，…，Bn，使得 OB1 = OB2 = …
= OBn，那么 B1，B2，…，Bn 共面，并且多边形 B1B2…Bn是正 n 边形，正 n 边形 B1B2…Bn
的中心与点 O 的连线垂直于平面 B1B2…Bn。
证明：如图 10 所示，在等腰三角形 OB1B2中过 B1作的 OA2的垂线，垂足为 H2，过 B2
13
立体几何资料
作的 OA1 的垂线，垂足为 H1，两垂线的交点为 P1，OP1 与 B1B2 的交点为 Q1；在等腰三角形
OB2B3 中过 B2 作的 OA3 的垂线，垂足为 H3，连接 B3H2，两线的交点为 P2，OP2与 B2B3的
交点为 Q2；在等腰三角形 OB3B4 中过 B3 作的 OA4 的垂线，垂足为 H4，连 B4H3，两线的交
点为 P3，OP3 与 B3B4 的交点为 Q3。由于
OB1 = OB3，∠B1OB2 = ∠B2OB3，OH2 = OH2，
因此
△OB1H2 ≌ △OB3H2，
所以
∠OH2B1 = ∠OH2B3 = 90°，
亦即 B3H2 也是 OA2 的垂线。同理可得到 B4H3 也是 OA3 的垂线。于是 OQ1 是 B1B2 的中垂线，
OQ2 是 B2B3 的中垂线，OQ3 是 B3B4 的中垂线，假设二面角 B1-OB2-B3 的平分平面和二面角
B2-OB3-B4 的平分平面相交于直线 OR，连接 B1R，B2R，B3R，B4R，H2R，H3R，Q1R，Q2R，
Q3R。由于 O
B1H2 = B3H2，∠B1H2R = ∠B3H2R，H2R = H2R，
因此
△B1H2R ≌ △B3H2R，
所以
B1R = B3R。 H1
同理可得到 B P2R = B4R。由于 1 H4 B1 H2 H P4
B1H2 = B2H3，∠B1H2R = ∠B2H3R，H2R = H3R， P2
3
Q
A 1B R 因此 1 2 B4
Q2 Q3
△B1H2R ≌ △B2H3R
B
， 3 AA A 42 3
所以 图 10
B1R = B2R。
结合上面的结论得到 B1R = B2R = B3R = B4R。由于 Q1 是 B1B2 的中点，B1R = B2R，所以 Q1R ⊥
B1B2，于是 B1B2 ⊥ 平面 OQ1R，最后得到 OR ⊥ B1B2。同理得到 OR ⊥ B2B3，OR ⊥ B3B4。
由于 B1，B2，B3，B4 不共线，根据引理，得到 B1，B2，B3，B4共面。同理可得到 B2，B3，
B4，B5 共面，…，Bn–3，Bn–2，Bn–1，Bn 共面，于是得到 B1，B2，…，Bn 共面。连接 B1B3，
B2B4，由于
B1H2 = B2H3，∠B1H2B3 = ∠B2H3B4，B3H2 = B4H3，
因此
△B1H2B3 ≌ △B2H3B4，
所以
B1B3 = B2B4。
由于
B1B3 = B2B4，B1B2 = B2B3，B2B3 = B3B4，
因此
△B1B2B3 ≌ △B2B3B4，
所以
∠B1B2B3 = ∠B2B3B4。
同理得到∠B1B2B3 = ∠B3B4B5，…，∠B1B2B3 = ∠BnB1B2，由此得到∠B1B2B3 = ∠B2B3B4 =
∠B3B4B5 = … = ∠B1B2B3 = ∠BnB1B2，所以 B1B2…Bn 是正 n 边形。假设正 n 边形 B1B2…Bn
的中心 S，连接 Q1S，那么 Q1S ⊥ B1B2，于是 B1B2 ⊥ 平面 OQ1S，所以 OS ⊥ B1B2。同理可
得到 OS ⊥ B2B3，因此 OS ⊥ 平面 B1B2…Bn。
14
立体几何资料
例：正 n 面角的面角等于α，二面角等于β，求α 与β 的关系。
解：如图 10 所示，从正多面角 O-A1A2…An 的各棱截取 n 点 B1，B2，…，Bn，使得 OB1
= OB2 = … = OBn = 1，则
B1H2 = B3H2 = sin α B
α
， 1B2 = B2 B3 = 2sin ， 2
所以
B1B3 = 2B B sin
(n 2)90°
1 2 = 4sin
α sin (n 2)90° 。
n 2 n
由于
2B1H1 sin
β
= 2sinα sin β = 4sin α cos α sin β B B 4sin α sin (n 2)90°= = ，
2 2 2 2 2 1 3 2 n
所以
cos α sin β = sin (n 2)90° 。
2 2 n
由上面的关系式知道
推论：如果两个正多面角的棱数和面角都相等，那么这两个正多面角全等。
2、三面角
定义：从三面角 O-ABC 的顶点 O 出发作三射线 OS0、OB0、OC0 分别垂直于平面 BOC、
COA、AOB，并与射线 OA、OB、OC 分别在各平面同侧，则三面角 O-A0B0C0 称为三面角
O-ABC 的补三面角，或三面角 O-A0B0C0、O-ABC 称为互补三面角。
引理 1：从平面上一点引两射线，一条是平面的垂线，一条是斜线，那么这两射线形成
锐角的充要条件是：他们在平面的同侧。 A B B
证明：设 OA 是垂线，OB 是斜线，
以 OB′表示 OB 在平面α 内的射影，那么
三射线 OA、OB、OB′共面。如果 OA 和
B′ B′
OB 在α 内的同侧（图 11），那么 O O α α
∠AOB < ∠AOB′，
即∠AOB 是锐角；如果如果 OA 和 OB 在
α 内的异侧（图 12），那么 A
∠AOB > ∠AOB′，
即∠AOB 是钝角。 图 11 图 12
定理 1：如果 O-A0B0C0是 O-ABC 的补三面角，
则 O-ABC 也是 O-A0B0C0的补三面角。 O
证明：从定义和引理，有（图 13） C0
OB0 ⊥ 平面 COA， A0
OC0 ⊥ 平面 AOB，
∠AOB < 90°， B0 C
由此推出 OB0 ⊥ OA，OC0 ⊥ OA，所以有
OA ⊥ 平面 B0OC0，∠A0OA < 90°； A
就是说，射线 OA ⊥ 平面 B0OC0，而且 OA 和 OA0 B
在这平面的同侧。同理，OB ⊥ 平面 C0OA0，而且
OB 和 OB0 在平面 C0OA0 的同侧；OC ⊥ 平面 图 13
15
立体几何资料
A0OB0，而且 OC 和 OC0 在平面 A0OB0的同侧。根据定义，O-ABC 是 O-A0B0C0 的补三面角。
定理 2：两个互补三面角中，一个三面角的面角和另一个三面角相应的二面角的平面角
互补。
证明：在平面 OCA 内过点 O 作 OC 的垂线 OD，在平面 OBC 内过点 O 作 OC 的垂线
OE（图 14），那么∠DOE 就是二面角 A-OC-B 的平面角，并且
OC ⊥ 平面 DOE。
由定理 2 的证明知道 O
OC ⊥ 平面 A0OB0。
由于过一点与直线垂直的平面是唯一的，所以点 O、A0、B0、D、 A0
E 共面，于是得到 B0
∠A0OB0 = ∠A0OE + ∠DOB0 – ∠DOE。 D E
因为 图 14
∠A0OE = ∠DOB0 = 90°，
所以
∠A0OB0 = 180° – ∠DOE。
正弦定理：在三面角 O-ABC 中∠BOC = α 1，∠COA = α 2，∠AOB = α 3，二面角 C-OA-B、
sinα sinα sinα
A-OB-C，B-OC-A 的平面角分别是β 1、β 、β 1 2 2 3，则 = = 3 。 sin β1 sin β 2 sin β 3
证明：在 OC 上取一点 D，使 OD = 1，作 DE ⊥ OA，与 OA 相交于点 E，作 DF ⊥ OB，
与 OB 相交于点 F，作 DG ⊥ 平面 AOB，垂足是 G，连 EG、FG。则∠DEG 是二面角 C-OA-B
的平面角，∠DFG 是二面角 A-OB-C 的平面角，并且
DF = sin α 1，DE = sin α 2。 O
又
DG = DF sin β 2 = sin α 1 sin β 2，DG = DE sin β 1 = sin α 2 sin β 1， D E
所以
sin α 1 sin β 2 = sin α 2 sin β 1， G F C
于是得到
A
sinα1 sinα= 2 。 B
sin β1 sin β 2
sinα sinα 图 15
同理可得到 1 = 3 ，所以
sin β1 sin β 3
sinα1 sinα sinα= 2 = 3 。
sin β1 sin β 2 sin β 3
第一余弦定理：在三面角 O-ABC 中∠BOC = α 1，∠COA = α 2，∠AOB = α 3，二面角
C-OA-B、A-OB-C，B-OC-A 的平面角分别是β 1、β 2、β 3，则
cos α 3 = sin α 1 sin α 2 cos β 3 + cos α 1 cos α 2，
cos α 2 = sin α 1 sin α 3 cos β 2 + cos α 1 cos α 3，
cos α 1 = sin α 2 sin α 3 cos β 1 + cos α 2 cos α 3。
证明：如果∠AOC 和∠BOC 都是锐角或都是钝角，在 OC 上取一点 D，使 OD = 1，作
DE ⊥ OC，与 OA 相交于点 E，作 DF ⊥ OC，与 OB 相交于点 F，连 EF。则∠EDF 是二面
角 B-OC-A 的平面角，并且
DF = tan α 1，DE = tan α 2，OF = sec α 1，OE = sec α 2。
于是
EF2 = DF2 + DE2 – 2 DF DE cos β 3 = tan2 α 1 + tan2 α 2 – 2 tan α 1 tan α 2 cos β 3，
16
立体几何资料
所以
O
2 2 2
cosα OE + OF EF3 = D 2 OE OF E
sec2 α + sec21 α
2
2 tan α1 tan
2 α 2 + 2 tanα1 tanα= 2
cos β 3 F
2 secα1 secα 2 C
= sinα1 sinα 2 cos β 3 + cosα1 cosα 2 。 A
B
如果∠AOC 和∠BOC 有一个角是锐角另一个是钝角，假设
O
∠BOC是钝角，那么反向延长OB，得射线OB′，那么三面角O-AB′C
中，∠B′OC = 180° – α 1，∠COA = α 2，∠AOB′ = 180° – α 3，二 D E
面角 B-OC-A 的平面角分别是 180° – β 3，利用上面的结论得到 F
cos(180° – α 3) = sin(180° – α 1) sin α 2 cos(180° – β 3) C
+ cos(180° – α 1) cos α 2， G A
即
B
cos α 3 = sin α 1 sin α 2 cos β 3 + cos α 1 cos α 2。
图 16
如果∠AOC 和∠BOC 中有一个是直角，设∠AOC 是直角，在
OC 上取一点 D，使 OD = 1，在 OA 上取一点 E，使 OE = 1，作 DF ⊥ OC，与 OB 相交于点
F，连 EF，过点 D 作 DG ∥ OA，DG = 1，两 EG、FG，则四边形 ODGE 是正方形，∠GDF
是二面角 B-OC-A 的平面角，OC ⊥ 平面 DFG。因为 OC ∥ EG，所以 EG ⊥ 平面 DFG，
于是
EG ⊥ FG。
因为
OE = DG = EG = 1，DF = tan α 1，OF = sec α 1，
所以
FG2 = DF2 + DG2 – 2 DF DG cos β 3
= tan2 α 1 + 1 – 2 tan α 1 cos β = sec2 3 α 1 – 2 tan α 1 cos β 3，
FF2 = EG2 + FG2 = sec2 α 1 + 1 – 2 tan α 1 cos β 3，
由此得到
OE 2 + OF 2 EF 2 1 + sec2 α 21 sec α1 1 + 2 tanα cos βcosα = = 1 33 = sinα1 cos β ， 2 OE OF 2secα 31
公式 cos α 3 = sin α 1 sin α 2 cos β 3 + cos α 1 cos α 2 仍然成立。
如果∠AOC 和∠BOC 都是直角，那么∠AOB = α 1 = β 1，cos α 3 = sin α 1 sin α 2 cos β 3 +
cos α 1 cos α 2仍然成立。
综合上面的证明，得到
cos α 3 = sin α 1 sin α 2 cos β 3 + cos α 1 cos α 2。
同理可证
cos α 2 = sin α 1 sin α 3 cos β 2 + cos α 1 cos α 3，cos α 1 = sin α 2 sin α 3 cos β 1 + cos α 2 cos α 3。
推论 1：如果两个三面角的两面角与其所夹的二面角对应相等，或两个三面角的三个面
角对应相等，则这两个三面角全等。
1
引理 2：函数 x + 在区间[–1, 0 ) ∪ (0, 1]内是减函数，在区间(–∞, –1] ∪ [1, +∞)内是增
x
函数。
证明：设 x1 > x2 ≥ 1，则
17
立体几何资料
x 1 1
(x x
+ x = 1 2
)(x1x2 1)
1 > 0， x 21 x2 x1x2
所以
x 11 + > x
1
2 + ， x1 x2
1 1
因此函数 x + 在区间[1, +∞)内是增函数。通例可证函数 x + 在区间(–∞, –1]内是增函数，
x x
1
所以函数 x + 在区间(–∞, –1] ∪ [1, +∞)内是增函数。
x
1
同理可证函数 x + 在区间[–1, 0 ) ∪ (0, 1]内是减函数。
x
定理 3：如果α 1、α 2 都是锐角或都是钝角，则β 3 > α 3；如果α 1、α 2 一个角是锐角另一
个角是钝角，则β 3 < α 3；如果α 1、α 2 有一个是直角另一个角不是直角，则α 3 是锐角时β 3 <
α 3，α 3 是钝角时β 3 > α 3，α 3 是直角时β 3 = α 3，并且β 3、α 3同为锐角或同为钝角或同为直
角；如果α 1、α 2 都是直角，则β 3 = α 3。
证明：如果α 1、α 2 都是锐角或都是钝角，如图 16 所示，如果∠AOC 和∠BOC 都不是
直角，在 OC 上取一点 D，作 DE ⊥ OC，与 OA 相交于点 E，作 DF ⊥ OC，与 OB 相交于
点 F，连 EF。则∠EDF 是二面角 B-OC-A 的平面角，设 DE = a，DF = b，EF = c，OD = l，
那么OE = a 2 + l 2 ，OF = b 2 + l 2 ，所以
2 2
cosα OE + OF EF
2 1 a 2 + l 2 b 2 + l 2 c 2
3 = = + ， 2 OE OF 2 b
2 + l 2 a 2 + l 2 (a 2 + l 2 )(b 2 + l 2 )
2
cos β DE + DF
2 EF 2 1 2
3 = =
a b c
+ ， 2 DE DF 2 b a ab
不妨假设 a ≥ b，那么
a 2 + l 2 a
> ≥ 1，
b 2 + l 2 b
根据引理 2，
a 2 + l 2 b 2 + l 2 a b
2 2 + 2 2 > + 。 b + l a + l b a
又因为
c 2 c 2
< ，
(a 2 + l 2 )(b 2 + l 2 ) ab
所以
cos α 3 > cos β 3，
即β 3 > α 3。
如果∠AOC 和∠BOC 有一个角是锐角另一个角是钝角，假设∠BOC 是钝角，那么反向
延长 OB，得射线 OB′，那么三面角 O-AB′C 中，∠B′OC = 180° – α 1，∠COA = α 2，∠AOB′
= 180° – α 3，二面角 B-OC-A 的平面角分别是 180° – β 3，利用上面的结论得到
18
立体几何资料
180° – β 3 > 180° – α 3。
所以β 3 < α 3。
如果α 1、α 2 有一个角是直角另一个角不是直角，不妨设α 1 是直角，则过点 O 在半平面
BOC 内作 OD ⊥ OC，使 BD ∥ OC，则∠AOD 是二面角 A-OC-B 的平面角，即∠AOD = β 3。
设 OD = a，OA = b，AD = c，BD = l，则OB = a 2 + l 2 ， AB = c 2 + l 2 ，所以
OA2 + OB 2 AB 2 2cosα a + b
2 c 2 2cos β OA + OD
2 AD 2 a 2 + b 2 c 2
3 = = ，2 OA OB 2 2 3
= = 。
2b a + l 2 OA OD 2ab
α 3 是锐角时β 3 < α 3，α 3是钝角时β 3 > α 3，α 3 是直角时β 3 = α 3，并且β 3、α 3 同为锐角或同
为钝角或同为直角。
如果α 1、α 2 都是直角，由二面角的平面角的定义知道β 3 = α 3。
第二余弦定理：在三面角 O-ABC 中∠BOC = α 1，∠COA = α 2，∠AOB = α 3，二面角
C-OA-B、A-OB-C，B-OC-A 的平面角分别是β 1、β 2、β 3，则
cos β 3 = sin β 1 sin β 2 cos α 3 – cos β 1 cos β 2，
cos β 2 = sin β 1 sin β 3 cos α 2 – cos β 1 cos β 3，
cos β 1 = sin β 2 sin β 3 cos α 1 – cos β 2 cos β 3。
证明：在三面角 O-ABC 的补三面角中应用第一余弦定理，得到
cos(180° – β 3) = sin(180° – β 1) sin(180° – β 2) cos(180° – α 3) + cos(180° – β 1) cos(180° – β 2)，
即
cos β 3 = sin β 1 sin β 2 cos α 3 – cos β 1 cos β 2，
同理可证
cos β 2 = sin β 1 sin β 3 cos α 2 – cos β 1 cos β 3，cos β 1 = sin β 2 sin β 3 cos α 1 – cos β 2 cos β 3。
推论：如果两个三面角的两二面角与其所夹的面角对应相等，或两个三面角的三个二面
角对应相等，则这两个三面角全等。
定理 3：在三面角 O-ABC 中∠BOC = α 1，∠COA = α 2，∠AOB = α 3，二面角 C-OA-B、
A-OB-C，B-OC-A 的平面角分别是β 1、β 2、β 3，OA 与平面 BOC 所成角是θ 1，OB 与平面
COA 所成角是θ 2，OC 与平面 AOB 所成角是θ 3，则
sin θ 3 = sin α 1 sin β 2 = sin α 2 sin β 1，
sin θ 2 = sin α 1 sin β 3 = sin α 3 sin β 1，
sin θ 1 = sin α 2 sin β 3 = sin α 3 sin β 2，
cos2 α + cos2 α
cosθ = 1 2
2 cosα1 cosα 2 cosα 3
3 ， sinα 3
cos2 α1 + cos
2 α 3 2 cosα1 cosα 2 cosαcosθ = 32 ， sinα 2
cos2 α 22 + cos α 3 2 cosα cosα cosαcosθ 1 2 31 = 。 sinα1
证明：在 OC 上取一点 D，使 OD = 1，作 DE ⊥ OA，与 OA 相交于点 E，作 DF ⊥ OB，
与 OB 相交于点 F，作 DG ⊥ 平面 AOB，垂足是 G，连 EG、FG、OG。则∠DOG 是 OC 与
平面 AOB 所成角，并且
DF = sin α 1，DE = sin α 2，OF = cos α 1，OE = cos α 2，∠OEG = ∠OFG = 90°，
19
立体几何资料
于是点 O、E、G、F 共圆，并且 OG 是该圆的直径。于是 O
sinθ DG3 = = DG ， D OD E
由三面角正弦定理的证明中知道
G F
sin θ 3 = sin α 1 sin β 2 = sin α 2 sin β 1。 C
由三角形的正弦定理得到 A
cosθ OG OG EF= = = B 3 。OD sinα 3
图 17
又
EF = OF 2 + OE 2 2 OF OE cosα 3 = cos
2 α1 + cos
2 α 2 2 cosα1 cosα 2 cosα 3 ，
所以
cos2 α 2
cosθ = 1
+ cos α 2 2 cosα1 cosα 2 cosα 3
3 。 sinα 3
同理可得
sin θ 2 = sin α 1 sin β 3 = sin α 3 sin β 1，sin θ 1 = sin α 2 sin β 3 = sin α 3 sin β 2，
cos2 α1 + cos
2 α 3 2 cosα cosα cosαcosθ 2 =
1 2 3
，
sinα 2
cos2 α 22 + cos α 3 2 cosα1 cosα cosαcosθ = 2 31 。 sinα1
三、平行六面体
定理 1：平行六面体的对角线、对棱中点的连线、互相平行的面的对角线交点的连线相
交于一点且互相平分。
证明：在平行六面体 ABCD-A′B′C′D′中，连 AD′、BC′、AC、A′C′、AB′、C′D，则
AB ∥ C′D′，AB = C′D′，AA′ ∥ CC′，AA′ = CC′，AD ∥ B′C′，AD = B′C′，
所以 AC′、BD′相交且互相平分，AC′、A′C 相交且互相平分，AC′、B′D 相交且互相平分，因
此 BD′、A′C、B′D 都相交于 AC′的中点，也就是说 BD′、A′C、
A D
B′D、AC′相交于一点且互相平分。
设 AB 的中点是 E，设 C′D′的中点是 F，则 EF 是平行四 B C
边形 ABC′D′的中位线，所以 EF 也过点 O，且点 O 平分 EF， O
于是得到对棱中点的连线相交于点 O 且互相平分。
设平行四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 的交点是 G，
A′ D′
平行四边形 A′B′C′D′的对角线 A′C′与 B′D′的交点是 G′，则
GG′是平行四边形 BDD′B′的中位线，所以 GG′也过点 O，且 B′ C′
点 O 平分 GG′，于是得到互相平行的面的对角线交点的连线
图 18
相交于点 O 且互相平分。
定理 2：在平行六面体 ABCD-A′B′C′D′中，AA′ = a，AB = b，AC = c，∠A′AB = α，∠A′AB
= β，∠BAD = γ，则
20
立体几何资料
cos A′AC b cosα + c cos β= ，AC′2 = a2 + b2 + c2 + 2ab cos α + 2ac cos β + 2bc cos γ。
b 2 + c 2 + 2bc cosγ
证明：连 AC、A′C′，则 D C
AC = b 2 + c 2 2bc cos(180° γ ) = b 2 + c 2 + 2bc cosγ ， A B
所以
2 2 2 D′ C′
cos BAC b + AC c b + c cosγ= = ，
2b AC b 2 + c 2 + 2bc cosγ A′ B′
图 19
2S
sin BAC = ABC c sin γ= 。
b AC b 2 + c 2 + 2bc cosγ
由三面角的第一余弦定理得到
cos β cosα cosγ cos A′AC cos BAC cosα
= （都等于二面角 C-AB-C′的平面角的余弦），
sinα sin γ sin BAC sinα
所以
cos A′AC b cosα + c cos β= ，
b 2 + c 2 + 2bc cosγ
因此
AC′2 = a2 + AC2 + c2 – 2a AC cos A′AC
= a2 + AC2 + c2 + 2a AC cos ACC′
= a2 + b2 + c2 + 2ab cos α + 2ac cos β + 2bc cos γ。
定理 3：平行六面体 ABCD-A′B′C′D′的体积是 V，AC = a，BD = b，AC 与 BD 所成角是θ，
平面 ABCD 与 A′B′C′D 1′之间的距离是 d，则V = abd sinθ 。
2
证明：设平行四边形 ABCD 的面积是 S，则
S 1= ab sinθ ，
2
所以
V = Sd 1= abd sinθ 。
2
四、四面体
1、射影定理与余弦定理
射影定理：在四面体 ABCD 中，△ABC 的面积是 S1，△ABD 的面积是 S2，△ACD 的面
积是 S3，△BCD 的面积是 S4，二面角 A-BC-D 的平面角是α 1，二面角 A-BD-C 的平面角是
α 2，二面角 A-CD-B 的平面角是α 3，则 S1 cos α 1 + S2 cos α 2 + S3 cos α 3 = S4。
证明：作 AD ⊥ 平面 BCD，垂足是点 E，作 EF ⊥ BC，与 BC 相交于点 F，连 AF，则
21
立体几何资料
AD ⊥ BC，所以 BC ⊥ 平面 AEF，于是得到 AF ⊥ BC，因此∠AFE 是二面角 A-BC-D 的平
面角，即 A
∠AFE = α 1，
所以
EF = AF cos α 1，
于是得到
S 1BCE = BC EF
1
= BC AF cosα1 = S1 cosα B2 2 1
。 D
同理可得 SBDE = S2 cos α 2，SCDE = S3 cos α 3。又因为 E
SBCE + SBDE + S FCDE = S4，
所以 C
S1 cos α 1 + S2 cos α 2 + S3 cos α 3 = S4。 图 20
推论：S1 + S2 + S3 > S4。
证明：因为 cos α 1 < 1，cos α 2 < 1，cos α 3 < 1，所以 S1 + S2 + S3 > S4。
余弦定理：在四面体 ABCD 中，△ABC 的面积是 S1，△ABD 的面积是 S2，△ACD 的面
积是 S3，△BCD 的面积是 S4，二面角 D-AB-C 的平面角是α 13，二面角 B-AC-D 的平面角是
α 12，二面角 C-AD-B 的平面角是α 23，则
S 21 + S 22 + S 23 – 2S1S2 cos α 12 – 2S1S3 cos α 13 – 2S2S3 cos α 2 23 = S4 。
证明：设二面角 A-BC-D 的平面角是α 14，二面角 A-BD-C 的平面角是α 24，二面角 A-CD-B
的平面角是α 34，则由射影定理得到
S2 cos α 12 + S3 cos α 13 + S4 cos α 14 = S1，
两边乘以 S1并移项，得到
S 21 – S1S2 cos a12 – S1S3 cos a13 = S1S4 cos a14。
同理可得到
S 22 – S1S2 cos a12 – S2S3 cos a23 = S2S4 cos a 224，S3 – S1S3 cos a13 – S2S3 cos a23 = S3S4 cos a34。
上面三式相加，得到
S 2 + S 2 + S 21 2 3 – 2S1S2 cos α 12 – 2S1S3 cos α 13 – 2S2S3 cos α 23
= S4(S1 cos α 14 + S2 cos α 24 + S3 cos α 34)，
又因为
S1 cos α 14 + S2 cos α 24 + S3 cos α 34 = S4，
所以
S 2 + S 2 + S 21 2 3 – 2S 21S2 cos α 12 – 2S1S3 cos α 13 – 2S2S3 cos α 23 = S4 。
2、体积
定理 1：四面体 ABCD 的体积是 V，AB = a，AC = b，AD = c，∠CAD = α 1，∠DAB = α 2，
∠BAC = α 3，二面角 C-AB-D、B-AC-D，C-AD-B 的平面角分别是β 1、β 2、β 3，则
V 1= abc sinα1 sinα 2 sin β
1 1
3 = abc sinα1 sinα 3 sin β 2 = abc sinα 2 sinα6 6 6 3
sin β1。
证明：因为 AB 与平面 ACD 所成角的正弦等于 sin α 2 sin β 3，所以点 B 到平面 ACD 的
距离 h 是
h = a sin α 2 sin β 3，
所以
22
立体几何资料
V 1 S h 1 1= ACD = bc sinα
1
1 a sinα 2 sin β 3 == abc sinα1 sinα 2 sin β3 2 2 6 3
。
1
同理可得V = abc sinα1 sinα 3 sin β 2 ，V
1
= abc sinα 2 sinα 3 sin β1 ，因此得到 6 6
V 1= abc sinα 1 11 sinα 2 sin β 3 = abc sinα1 sinα 3 sin β 2 = abc sinα 2 sinα 3 sin β6 6 6 1
。
α1 + α 2 + α引理：设θ = 3 ，那么 1 – cos2 α 1 – cos2 α 2 – cos2 α 3 + 2 cos α2 1
cos α 2 cos α 3
= 4 sin θ sin(θ – α 1) sin(θ – α 2) sin(θ – α 3)。
证明：应用倍角公式、角的和差化积以及积化和差公式对式子进行变换
1 cos 2 α1 cos
2 α 22 cos α 3 + 2 cosα1 cosα 2 cosα 3
1
= cos2 α1 + 2 cosα1 cosα 2 cosα 3 (2 cos
2 α 2 1 + 2 cos
2 α 3 1)2
1
= cos2 α1 + 2 cosα1 cosα 2 cosα 3 (cos 2α 2 + cos 2α 3 )2
= cos2 α1 + [cos(α 2 + α 3 ) + cos(α 2 α 3 )]cosα1 cos(α 2 + α 3 ) cos(α 2 α 3 )
= [cosα1 cos(α 2 + α 3 )][cos(α 2 α 3 ) cosα1 ]
α1 + α 2 + α 3 α + α + α α α + α α + α α= 4sin sin 1 2 3 sin 1 2 3 sin 1 2 3
2 2 2 2
= 4sinθ sin(θ α1 ) sin(θ α 2 ) sin(θ α 3 ) 。
定理 2：四面体 ABCD 的体积是 V，AB = a，AC = b，AD = c，∠CAD = α 1，∠DAB = α 2，
α + α + α
∠BAC = α θ 1 2 3 V 1 3， = ，则 = abc sinθ sin(θ α ) sin(θ α ) sin(θ α ) 。 2 3 1 2 3
证明：设 AB 与平面 ACD 所成角是β，点 B 与平面 ACD 的距离是 h，则
cos2 α + cos22 α 3 2 cosα1 cosα 2 cosαcos β = 3 ，
sinα1
所以
sin 2 α cos21 α 2 cos
2 α + 2 cosα cosα cosα
sin β = 3 1 2 3
sinα1
1 cos2 α cos2 α 21 2 cos α 3 + 2 cosα1 cosα 2 cosα= 3 ，
sinα1
由此得到
1 cos2 α1 cos
2 α 2 cos
2 α 3 + 2 cosαh = a sin β = 1
cosα 2 cosα 3 a ，
sinα1
因此
V 1= abc 1 cos2 α1 cos
2 α 2 cos
2 α 3 + 2 cosα1 cosα 2 cosα6 3
。
由引理得到
V 1= abc sinθ sin(θ α1 ) sin(θ α3 2
) sin(θ α 3 ) 。
定理 3：四面体 ABCD 的体积是 V，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，DB = q，BC = r，
23
立体几何资料
设 P = (ap)2(– a2 + b21 + c2 – p2 + q2 + r2)，P 22 = (bq) (a2 – b2 + c2 + p2 – q2 + r2)，P 2 2 23 = (cr) (a + b
– c2 + p2 + q2 – r2)，P = (abr) 2 + (acq) 2 + (bcp) 2 + (pqr) 2 1，则V = P1 + P2 + P3 P 。 12
证明：设∠CAD = α 1，∠DAB = α 2，∠BAC = α 3，由定理 2 的证明中知道
V 1= abc 1 cos2 α1 cos
2 α 2
6 2
cos α 3 + 2 cosα1 cosα 2 cosα 3 ，
b 2 + c 2 p 2 c 2 + a 2 q 2 a 2cosα cosα cosα + b
2 r 2
把 1 = ， 2 = ，2bc 2ca 1
= 代入上式，便得到
2ab
V 1= P1 + P + P P 。 12 2 3
推论 1：空间四点 A、B、C、D 的距离关系满足 AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，DB
= q，BC = r，则这四点能构成四面体的充要条件是 a、b、r，a、c、q，b、c、p，p、q、r，
各自能构成一三角形，并且 P1 + P2 + P3 > P，P1、P2、P3、P 的数值如定理 3 所述。
证明：（1）充分性
如果 P1 + P2 + P3 = P。设三角三边长是 a、b、r 中边长为 r 所对的内角是α 1，三角三边
长是 a、c、q 中边长为 q 所对的内角是α 2，三角三边长是 b、c、p 中边长为 p 所对的内角是
α + α + α
α 3，θ = 1 2 3 ，则 0° < θ < 270°，–90° < θ – α 1 < 180°，–90° < θ – α 2 < 180°，–90° < 2
θ – α 3 < 180°，并且 P1 + P2 + P3 – P = 16a2b2c2sin θ sin(θ – α 1) sin(θ – α 2) sin(θ – α 3)，所以
sin θ sin(θ – α 1) sin(θ – α 2) sin(θ – α 3)必须是正数。
首先 sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)中不能有两个为负，否则不妨假设 sin(θ – α 1) <
0，sin(θ – α 2) < 0，则
θ – α 1 < 0°，θ – α 2 < 0°，
这样就得到α 3 < 0°，这是不可能的。
另外 sin θ 也不能为负，否则 sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)中有且只有一项必须
为负，不妨假设 sin(θ – α 1) < 0。由 sin θ < 0 得到α 1 + α 2 + α 3 > 360°；由 sin(θ – α 1) < 0 得
到α 2 + α 3 < α 1 < 180°，又得到α 1 + α 2 + α 3 < 360°，与α 1 + α 2 + α 3 > 360°矛盾。
所以 sin θ、sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)必须全部为正，这样就得到α 1 + α 2 + α 3
< 360°，α 1 + α 2 < α 3，α 2 + α 3 < α 1，α 3 + α 1 < α 2，所以点 A、B、C、D 能构成四面体。
推论 2：空间四点 A、B、C、D 的距离关系满足 AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，DB
= q，BC = r，则这四点能共面的充要条件是 a、b、r，a、c、q，b、c、p，p、q、r，各自能
构成一三角形或三线段重合成一线段，并且 P1 + P2 + P3 = P，P1、P2、P3、P 的数值如定理
3 所述。
证明： （1）充分性
如果 P1 + P2 + P3 > P。设三角或退化为重合线段的三边长是 a、b、r 中边长为 r 所对的
内角是α 1，三角或退化为重合线段的三边长是 a、c、q 中边长为 q 所对的内角是α 2，三角
α + α + α
或退化为重合线段的三边长是 b、c、p 中边长为 p 所对的内角是α ，θ = 1 2 3 3 ，则2
因为 P1 + P2 + P3 – P = 16a2b2c2sin θ sin(θ – α 1) sin(θ – α 2) sin(θ – α 3)，所以 sin θ sin(θ – α 1)
sin(θ – α 2) sin(θ – α 3) = 0，这样就得到 sin θ、sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)其中有一
项为 0，于是α 1 + α 2 + α 3 = 360°或α 1 + α 2 < α 3 或α 2 + α 3 < α 1或α 3 + α 1 < α 2，所以点 A、
B、C、D 共面。
（2）必要性
如果点 A、B、C、D 共面，则必然其体积的必然为 0，所以 P1 + P2 + P3 = P。
24
立体几何资料
3、二面角及其平分平面
定理 1：四面体 ABCD 的体积是 V，△ABC 的面积是 S1，△ABD 的面积是 S2，△ACD
的面积是 S3，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，△BCD 的面积是 S4，二
面角 D-AB-C 的平面角是α 13，二面角 B-AC-D 的平面角是α 12，二面角 C-AD-B 的平面角是
α 23，二面角 A-BC-D 的平面角是α 14，二面角 A-BD-C 的平面角是α 24，二面角 A-CD-B 的平
面角是α 34，则
a 2 (b 2 + q 2 + c 2 2 2cosα + r a p
2 ) + (b 2 r 2 )(c 2 q 2 ) a 2 p 2 3aV
12 = ， sinα12 = ， 16S1S2 2S1S2
2
cosα b (a
2 + p 2 + c 2 + r 2 b 2 q 2 ) + (a 2 r 2 )(c 2 p 2 ) b 2 q 2
13 = ， sinα
3bV
13 = ， 16S1S3 2S1S3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
cosα c (a + p + b + p c r ) + (a q )(b p ) c r 3cV23 = ， sinα16S S 23
= ，
2 3 2S 2 S3
2 2
cosα r (a + p
2 + b 2 + q 2 c 2 r 2 ) + (a 2 b 2 )(q 2 p 2 ) c 2r 2 3rV
14 = ， sinα14 = ， 16S1S 2 2S1S4
2
cosα q (a
2 + p 2 + c 2 + r 2 b 2 q 2 ) + (a 2 c 2 )(r 2 p 2 ) b 2q 2 3qV
24 = ， sinα16S S 24
= ，
1 2 2S 2 S4
cosα p
2 (b 2 + q 2 + c 2 + r 2 a 2 p 2 ) + (b 2 c 2 )(r 2 q 2 ) a 2 p 2 sinα 3pV34 = ， 34 = 。 16S1S2 2S3S 4
证明：由三面角第一余弦定理得到
cosα cos CAD cos BAC cos BAD12 = ， sin BAC sin BAD
由四面体的体积公式得到
sinα 6V12 = 。 abc sin BAC sin BAD
由三角形的余弦定理得到
b 2 + c 2 p 2 a 2 + b 2 r 2 2 2 2cos CAD = ， cos BAC = ， cos BAD a + c q= ，
2bc 2ab 2ac
由三角形的面积公式得到
2S 2S
sin BAC = 1 ， sin BAD = 2 ，
ab ac
代入 cos α 12的表达式里，就可以得到
a 2 b 2 + q 2 + c 2 + r 2 a 2 p 2 2 2 2 2 2 2cos + b r c q a pα ( ) ( )( ) 3aV12 = ， sinα12 = 。 16S1S2 2S1S2
同理可得到其余值。
定理 2：四面体 ABCD 中点 E 是棱 CD 内的一点，则半平面 ABE 是二面角 C-AB-D 的内
25
立体几何资料
S CE
平分平面的充要条件是 ABC = 。
S ABD DE
证明：（1）充分性
作 EF ⊥ 平面 ABC，垂足是 F，作 EG ⊥ 平面 ABD，垂足是 G，设点 A 到平面 BCD
S CE
的距离是 d1，点 B 到 CD 的距离是 d 。因为 ABC2 = ，所以 S ABD DE
1
V S3 ABC
EF
ABCE S ABC EF CE EF A = = = ，
VABDE 1 S S ABD EG DE EG
3 ABD
EG
又因为
G
1 1 B D
V S3 BCE
d1
ABCE S
CE d
2 2 CE F = = BCE = = ， E
VABDE 1 S 1 BDE d
S BDE
1 DE d
DE
3 2 2 C
图 21
所以
CE EF CE
= ，
DE EG DE
即
EF = EG，
所以半平面 ABE 是二面角 C-AB-D 的内平分平面。
（2）必要性
作 EF ⊥ 平面 ABC，垂足是 F，作 EG ⊥ 平面 ABD，垂足是 G，设点 A 到平面 BCD
的距离是 d1，点 B 到 CD 的距离是 d2。根据二面角内平分平面的性质，得到
EF = EG，
所以
1 S EF 1 S d 1V 3 ABC
S V 3 BCE
1 S CE d2 2ABCE CE= = ABC ， ABCE = = BCE = = ，
VABDE 1 S EG S ABD VABDE 1ABD S d
S BDE 1
BDE 1 DE d
DE
3 3 2 2
因此
S ABC CE= 。
S ABD DE
定理 2：四面体 ABCD 中点 E 是棱 DC 延长线上的一点，则半平面是二面角 C-AB-D 靠
S CE
近半平面 ABC 的外平分平面的充要条件是 ABC = 。
S ABD DE
证明：（1）充分性
作 EG ⊥ 平面 ABC，垂足是 G，作 EH ⊥ 平面 ABD，垂足是 H，设点 A 到平面 BCD
S
的距离是 d ，点 B 到 CD 的距离是 d 。因为 ABC CE1 2 = ，所以 S ABD DE
1
V S ABC EFABCE S EF CE EF= 3 = ABC = ，
VABDE 1 S EG S ABD EG DE EG
3 ABD
26
立体几何资料
又因为
1 1 A
V S BCE d1 S CE dABCE = 3 = BCE = 2
2 CE
= ，
VABDE 1 S 1 d S BDE DE d DE
3 BDE 1 2 2
G
所以 H A
CE EF CE B D
= ，
DE EG DE
即 C
EF = EG，
所以半平面是二面角 C-AB-D 靠近半平面 ABC 的外平分平面。 E
（2）必要性
作 EG ⊥ 平面 ABC，垂足是 G，作 EH ⊥ 平面 ABD，垂 图 22
足是 H，设点 A 到平面 BCD 的距离是 d1，点 B 到 CD 的距离是 d2。根据二面角内平分平面
的性质，得到
EG = EH，
所以
1 S 1 1V ABC EG S BCE d1 CE d 2ABCE S= 3 = ABC
V
， ABCE 3
S
= = BCE 2 CE= = ，
VABDE 1 S ABD EH
S ABD VABDE 1 1 S d S BDE DE d DE
3 3 BDE 1 2 2
因此
S ABC CE= 。
S ABD DE
4、外接平行六面体、对棱所成角及距离
定义：过四面体的棱作与对棱平行的平面，这六个平面形成为多面体是一个平行六面体，
称为该四面体的外接平行六面体。
定理 1：平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 是四面体 ABCD 的外接平行六面体，AB = a，AC =
b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，AC1 = l1，AD1 = l2，AA1 = l3，∠C1AD1 = α，∠A1AC1
= β，∠A1AD1 = γ，则
l 1= a 2 + p 2 + b2 + q 2 c 2 r 21 ， 2
l 1= a 2 + p 2 + c 2 + r 2 b 22 q
2 ，
2
l 1= b2 2 23 + q + c + r
2 a 2 p 2 ，
2
a 2 2 2 2 2 2cosα p= ， cos β b q= ， cosγ c r= ，
4l1l2 4l1l3 4l2l3
AB 1= 3(a 21 + b
2 + c 2 ) ( p 2 + q 2 + r 2 ) 。
2
证明：根据平行四边形的性质，得到
27
立体几何资料
2(l 21 + l 22 ) = a2 + p2，2(l 21 + l 23 ) = b2 + q2，2(l 22 + l 23 ) = c2 + r2，
从上面的三个方程组成的方程组解得
A D
l 1 21 = a + p
2 + b2 + q 2 c 2 r 2 ， 1
2 C1 B
l 1= a 22 + p
2 + c 2 + r 2 b 2 q 2 ，
2
l 13 = b
2 + q 2 + c 2 + r 2 a 2 p 2 。 A
2 1
D
因为
C B1
l 2 + l 2 p 2 a 2 p 2 图 23 cosα = 1 2 = 。
2l1l2 4l1l2
同理可得
2 2 2 2
cos β b q= ， cosγ c r= 。
4l1l3 4l2l3
于是得到
AB = l 2 21 1 + l2 + l
2
3 + 2l1l2 cosα + 2l1l3 cos β + 2l2l3 cosγ
1
= 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ( p 2 + q 2 + r 2 ) 。
2
推论 1：a2 + p2 + b2 + q2 > c2 + r2，a2 + p2 + c2 + r2 > b2 + q2，b2 + q2 + c2 + r2 > a2 + p2。
证明：由 l1 >0，l2 >0，l3 >0 即得到结论。
推论 2：3(a2 + b2 + c2) > p2 + q2 + r2，3(a2 + q2 + r2) > b2 + c2 + p2，3(b2 + p2 + r2) > a2 + c2
+ q2，3(c2 + p2 + q2) > a2 + b2 + r2。
证明：由 AB1 >0 即得 3(a2 + b2 + b2) > p2 + q2 + r2，其余不等式同理可证。
定理 2：四面体外接平行六面体的体积是该四面体体积的 3 倍。
证明：如图 23 所示，设平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 是四面体 ABCD 的外接平行六面体，
设平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 的体积是 V，点 C 到平面 AC1BD1 的距离是 d，则
V 1ABCC = S ABC d
1 1 1
= S AC BD d = V 。 1 3 3 2 1 1 6
同理可得
V 1ABDD = V ，V
1
ABDA = V
1
，V = V ，
1 6 1 6 BCDB1 6
所以
V 1ABCD = V VABCC VABDD VABDA VBCDB = V 。 1 1 1 1 3
定理 3：在四面体 ABCD 中，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，AB
与 CD 所成角是θ 1，AC 与 BD 所成角是θ 2，AD 与 BC 所成角是θ 3，则
(b 2 + q 2 ) (c 2 + r 2 )
cosθ1 = ， 2ap
(a 2 + p 2 ) (c 2 + r 2 )
cosθ 2 = ， 2bq
28
立体几何资料
(a 2 + p 2 ) (b 2 + q 2 )
cosθ 3 = 。 2cr
证明：设平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 是四面体 ABCD 的外接平行六面体，连 C1D1，与
AB 相交于点 O，设∠AOC1 = δ，则 cos θ = |cos δ |，由三角形余弦定理，得到
AO 2 + C1O
2 2 AO C1O cos AOC
1
1 = (a
2 + p 2 2ap cosδ ) = AC 21 ， 4
AO 2 D 2 1+ 21O 2 AO D1O cos AOD1 = (a + p
2 + 2ap cosδ ) = AD 2
4 1
，
所以
ap cos δ = AD 21 – AC 21 。
又因为
AC 1= a 2 + p 2 + b 2 11 + q
2 c 2 r 2 ， AD2 = a
2 + p 2 + c 2 + r 2 b 2 q 2 ，
2 2
所以 A D1
C O B
ap cosδ 1= [(c 2 + r 2 ) (b 2 + q 2 )] 1，
2
即
(b 2 + q 2 ) (c 2 + r 2 ) A1
cosθ1 = 。 2ap D
C B1
同理可得
图 24
(a 2 + p 2 ) (c 2 + r 2 ) (a 2 + p 2 ) (b 2 + q 2 )
cosθ 2 = ，cosθ = 。 2bq 3 2cr
推论：2ap > |(b2 + q2) – (c2 + r2)|，2bq > |(a2 + p2) – (c2 + r2)|，2cr > |(a2 + p2) – (b2 + q2)|。
证明：由 cos θ 1 < 1，cos θ 2 < 1，cos θ 3 < 1 即得到结论。
定理 4：四面体 ABCD 的体积是 V，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，
AB 与 CD 所成角是θ 1，AC 与 BD 所成角是θ 2，AD 与 BC 所成角是θ 3，AB 与 CD 的距离是
d1，AC 与 BD 的距离是 d2，AD 与 BC 的距离是 d3，则
d 6V d 6V 6V1 = ， = ， d = 。 ap sinθ 2 31 bq sinθ 2 cr sinθ 3
证明：由四面体的外接平行六面体的体积公式，得到
1 ap sinθ = 3V ，
2 1
所以
d 6V1 = 。 ap sinθ1
同理可得
d 6V 6V2 = ， d = 。 bq sinθ 32 cr sinθ 3
定理 5：在四面体 ABCD 中，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，AB
与 CD 的公垂线在 AB 的垂足是 H，则
29
立体几何资料
2a 2 p 2 + p 2 (b 2 q 2 + c 2 r 2 2AH ) (b c
2 )(b 2 + q 2 c 2 r 2 )
= 2 2 a， 4a p (b 2 + q 2 c 2 r 2 ) 2
2
BH 2a p
2 + p 2 (q 2 b 2 + r 2 c 2 ) (q 2 r 2 )(b 2 + q 2 c 2 r 2 )
= a ，
4a 2 p 2 (b 2 + q 2 c 2 r 2 ) 2
其中有向线段 AH 如果与 AB 同向则取正号，否则取负号；向线段 BH 如果与 BA 同向则取
正号，否则取负号。
证明：如图 24 所示，设∠AOC1 = δ，由《直线与平面》中《异面直线》中的例 2 得到
AH cos BAC + cos ACD cosδ b BH cos ABD + cos BDC cosδ= 2 ， = 2 q 。 sin δ sin δ
因为
a 2cos BAC + b
2 r 2 2cos ACD b + p
2 c 2
= ， = ，
2ab 2bp
2 2 2 2 2 2
cos ABD a + q c= ， cos BDC p + q r= ，
2aq 2 pq
由定理 3 的证明知道
2
cosδ (c + r
2 ) (b 2 + q 2 )
= ，
2ap
所以
4a 2sin 2 δ p
2 (b 2 + q 2 c 2 r 2 )2
=
4a 2 2
，
p
代入 AH 及 BH 的式子中，即得到
AH 2a
2 p 2 + p 2 (b 2 q 2 + c 2 r 2 ) (b 2 c 2 )(b 2 + q 2 c 2 r 2 )
=
4a 2 p 2
a ，
(b 2 + q 2 c 2 r 2 )2
2a 2 p 2 + p 2 2BH (q b
2 + r 2 c 2 ) (q 2 r 2 )(b 2 + q 2 c 2 r 2 )
= 2 2 a 。 4a p (b 2 + q 2 c 2 r 2 )2
5、重心
定理 1：四面体各顶点与各自对面的重心的连线共点。
证明：设平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 是四面体 ABCD 的外接平行六面体，△ABC 的重
心是 G，连 C1D1，与 AB 相交于点 O，连 CO。因为点 O 是 AB 的中点，所以点 G 在 CO 上。
因为 CD ∥ C1D1，所以点 C、D、C1、D1、G、O 共面，所以 CO 与 C1D 相交，设交点是
G1，则因为
CD = 2C1O，
30
立体几何资料
所以 A D1
CG1 = 2G O， C O 1 1 B
因此 G1 是△ABC 的重心，即点 G 与 G1重合，也就是说，平行
六面体 AC1BD1-A1CB1D 的对角线 C1D 经过△ABC 的重心。同理 G
可证平行六面体AC1BD1-A1CB1D的对角线CD1经过△ABD的重
心，平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 的对角线 A1B 经过△ACD 的重 A1
心，平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 的对角线 AB1 经过△BCD 的重 D
心。因为平行六面体的对角线相交于一点，所以四面体各顶点 C B1
与各自对面的重心的连线共点。 图 25
定义：四面体各顶点与各自对面的重心的连线称为四面体的重心。
定理 2：四面体对棱中点的连线交于四面体重心且平分连线。
证明：因为四面体外接平行六面体各面对角线的交点就是四面体各棱的中点，由平行六
面体的性质和定理 1 立即知道四面体对棱中点的连线交于四面体重心且平分连线。
定理 3：在四面体 ABCD 中，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，△BCD
1
的重心是 G ，则 AG = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ( p 2 + q 2 + r 21 1 ) 。 3
证明：设平行六面体 AC1BD1-A1CB1D 是四面体 ABCD 的外接平行六面体，则
AB 1 2 2 2 2 2 21 = 3(a + b + c ) ( p + q + r ) 。 2
由定理 1 的证明知道
AG1 = 2G1B1，
所以
AG 2 11 = AB
2 2 2 2 2 2
3 1
= 3(a + b + c ) ( p + q + r ) 。
3
3 G ABCD AG BG CG DG定理 ：点 是四面体 的重心的充要条件是 = = = = 3，其
GG1 GG2 GG3 GG4
中点 G1 是直线 AG 与平面 BCD 的交点，点 G2 是直线 BG 与平面 ACD 的交点，点 G3是直
线 CG 与平面 ABD 的交点，点 G4 是直线 DG 与平面 ABC 的交点。
证明：（1）充分性
因为 AG1 与 BG2 相交于点 G，所以点 A、B、G、G1、G2 共面，设平面 ABGG1G2 与 CD
相交于点 E，平面 ACGG1G3 与 DB 相交于点 F，平面 ADGG1G4 与 BC 相交于点 H，连 G1、
G2，因为
AG BG
= = 3， A
GG1 GG2
所以
G1G2 ∥ AB， G3
由此得到 G4 G G2
BE AE AB
= = = 3 B。
G1E G2 E G1G2 G1 D
同理可得 E
CF 3 DH= C， = 3，
G F G H 图 26 1 1
所以点 G1 是△BCD 的重心。同理可证点 G2 是△ACD 的重心，点 G3 是△ABD 的重心，点
G4 是△ABC 的重心。所以点 G 是四面体 ABCD 的重心。
31
立体几何资料
（2）必要性
作 CD 的中点 E，连 AE、BE，则点 G1 在 BE 上，点 G2 在 AE 上，连 G1、G2，并且
AE BE
= = 3，
G2 E G1E
所以
G1G2 ∥ AB，
由此得到
AG BG AE
= = = 3。
GG1 GG2 G2 E
CG DG
同理可得到 = = 3 ，所以
GG3 GG4
AG BG CG DG
= = = = 3。
GG1 GG2 GG3 GG4
推论： AG 2 + BG 2 + CG 2 + DG 2 1= (a 2 + b 2 + c 2 + p 2 + q 2 + r 2 )。
4
证明：因为
AG 11 = 3(a
2 + b 2 + c 2 ) ( p 2 3+ q 2 + r 2 ) ， AG = AG1 3 4
所以
AG 2 1= [3(a 2 + b 2 + c 2 ) ( p 2 + q 2 + r 2 )]。
16
同理可得
BG 2 1= [3(a 2 + q 2 + r 2 ) (b 2 + c 2 + p 2 )]，
16
CG 2 1= [3(b 2 + p 2 + r 2 ) (a 2 + c 2 + q 2 )]，
16
DG 2 1= [3(c 2 + p 2 + q 2 ) (a 2 + b 2 + r 2 )]，
16
所以
AG 2 + BG 2 1+ CG 2 + DG 2 = (a 2 + b 2 + c 2 + p 2 + q 2 + r 2 ) 。
4
定理 4：点 G 是四面体 ABCD 的重心的充要条件是 VABCG = VABDG = VACDG = VBCDG。
证明：（1）充分性
设平面 ABG 与 CD 相交于点 E，作 CS ⊥ 平面 ABG，垂足是 S，作 DT ⊥ 平面 ABG，
垂足是 T，因为点 E、S、T 既在平面 ABG 上又在平面 CDST 上，所以点 E 在直线 ST 上。因
为 A
VABCG = VABDG，
V 1ABCG = S3 ABG
CS ，
V 1 G ABDG = S DT ， 3 ABG B
所以 S D
CS = DT， E
T
由此得到 C
图 27
32
立体几何资料
△CES ≌△DET，
因此
CE = DE，
即点 E 是 CD 的中点。同理可得平面 ACG 与 BD 的交点是 BD 的中点，平面 ADG 与 BC 的
交点是 BC 的中点。因为平面 ABG、平面 ACG、平面 ADG 的交线是 AG，所以直线 AG 通
过△BCD 的重心。同理可得直线 BG 通过△ACD 的重心，直线 CG 通过△ABD 的重心，直
线 DG 通过△ABC 的重心，所以点 G 是四面体 ABCD 的重心。
（2）必要性
作 CS ⊥ 平面 ABG，垂足是 S，作 DT ⊥ 平面 ABG，垂足是 T，则 CS ∥ DT，所以点
C、D、S、T 共面。设 ST 与 CD 相交于点 E，因为 BE 经过△BCD 的重心，所以点 E 是 CD
的重心，因此得到
△CES ≌△DET，
所以
CS = DT。
因为
V 1 1ABCG = S3 ABG
CS ，VABDG = S ABG DT ， 3
所以
VABCG = VABDG。
同理可得 VABCG = VACDG，VABCG = VBCDG，所以
VABCG = VABDG = VACDG = VBCDG。
定理 5：在空间所有点中，重心到四面体四顶点距离的平方和是最小的。
证明：设点 G 是四面体 ABCD 的重心，点 M 是空间任一点，作△BCD 的重心 G1，作
CD 的中点 E，连 BE、GE、G1E、ME、G1G、G1M，因为
MA2 GG1 + MG 21 AG – MG2 AG1 = AG GG1 AG1，
GG 11 = AG1 ， AG
3
= AG ，
4 4 1
所以
MG 2 1 3 3= MA2 + MG 21 AG
2
1 。 4 4 16
因为
MB 2 1 2 BE + ME 2 BE MG 21 BE
1 BE 2= BE BE ，
3 3 3 3
所以 A
MG 2 1 MB 2 11 = + ME
2 2 BE 2 。
3 3 9
因为
ME 2 1 MC 2 1
M
= + MD 2 1 CD 2 ， G
2 2 4 B
所以 G1 D
MG 2 1= MB 2 + MC 2 + MD 2
1
1 CD
2 2 BE 2 。
E
3 2 3 C
图 28
因为
33
立体几何资料
GB 2 1 BE + GE 2 2 BE GG 2 BE 1 2 1 = BE BE BE ， 3 3 3 3
所以
GG 2 1 GB 2 1 GE 2 21 = + BE
2 。
3 3 9
因为
GC 2 1 CD 1+ GD 2 CD GE 2 CD 1 1 = CD CD CD ，
2 2 2 2
所以
GE 2 1= GC 2 1+ GD 2 1 CD 2 。
2 2 4
因此得到
GG 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 = GB + GC + GD CD BE ， 3 2 3
接着得到
MG 2 1= (MB 2 + MC 21 + MD
2 GB 2 GC 2 GD 2 + 3GG 21 ) ， 3
于是
4MG 2 = MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 GB 2 GC 2 GD 2 + 3GG 2 3 AG 21 4 1
= MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 GA2 GB 2 GC 2 GD 2 ，
最后得到
MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = GA2 + GB2 + GC2 + GD2 + 4MG2，
在空间所有点中，重心到四面体四顶点距离的平方和是最小的。
6、外接球
定义：如果多面体各顶点都在同一球面上，则该球称为该多面体的外接球，该球的球心
称为该多面体的外心。
定理 1：如果多面体存在外接球，那么外接球与各面的截线是所在面的外接圆，外心在
各面的射影是所在面所成多边形的外心。
证明：因为球与平面的截线是圆，截面各定点都在截线上，所以截线是截面的外接圆。
设点 O 是某多面体的外心，平面 A1A2…An 是该多边形的一个面，点 O 在平面 A1A2…An
的射影是 O′，因为
O
OA1 = OA2 = … = OAn，∠OO′A1 = ∠OO′A2 = … = ∠OO′An = 90°，
所以 A1
△OO′A1 ≌ △OO′A2 ≌ … ≌ △OO′An，
所以 A2 O′
O′A1 = O′A2 = … = O′An，
图 2

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