海域使用金-职工宿舍管理制度

高中数学希望杯典型例题100道（81-90）
题81 过正方体ABCD—A1
B
1
C
1
D
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45
0
，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.
D
1

C
1

O
1

设过D
1
的截面与 底面所成的角为

，易求得
tan



221
，故

<45
0
，又设过A
1
、C
1
的截面与底面tan∠D
1
GD=
3
所成角为


，则易求得tan


=tan∠O
1
GO=
22
>1,故


45
,
A
1

B
1

D
O
G
A
F
C
B
于是另一截面应与A
1
D
1
、D
1
C
1
相交（不过其端点），形状为六
E
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
1
D
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
1
B
1
、

B
1
C
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<45
0
后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.θ<45
0
只能说明截面与DD1
不相交，但不能说明截面一定是六边形.事实上，当截面过A
1
C
1< br>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
1
C
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
1
B
1
C
1
D
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≤

），则
2
当
0

arctan
2 2
时，截面的形状为三角形或五边形；
3
当
arctan
22

arctan22
时，截面的形状为三角形或六边形；
3
当

arctan22
时，截面的形状为三角形或四边形；
当arctan
22
<θ≤

时，截面的形状为四边形.
2
题82 正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
为
AB
的中点，
F
为
CC
1
的中点，异面直线
EF
与

（ ）
AC
1
所成角的余弦值是
A、
2
2233
B、 C、 D、
346
3
(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
∥
AC
1
，
所以
EFO
是
EF
与
AC
1
所成的角，设正方体棱长为1，则
A
D
O
E
B
C
F
C
1

B
1

图1
OE
1
113113
22
，
OF
，
EF1
，所以
2
4244 42
331

22
，故选B.
cosEFO
424

3
36
2
22
解法2 如图2，取正方体的面ABB
1
A
1
的中心
G
，连结
D
1< br>
A
1

D
A
E
G
B
C
1
AG、GC
1
.易证
EG
∥
BB< br>1
且
EG

BB
1
，
FC
1
∥
BB
1
且
2
1
FC
1

BB
1
，四边形
EGC
1
F
为

EG
∥
FC
1
且
EG

FC
1
，
2< br>AC
1
G
就是
EF
与
AC
1
所 成的角.平行四边形，
GC
1
∥
EF
，
F
D
1

A
1

图2
C
1

B
1

2
设正方体棱长为1，则易 求得
AG
，
AC
1
3
，
2
AC
1
2
GC
1
2
AG
2
6
GC
1

，在
AC
1
G
中，由余弦定理，得
cos AC
1
G

2AC
1
GC
1
2< br>
3


2

6

2





22


22
，故选B.
3
6
23
2
A
22
z
D
E
B
F
D
1

A
1

x
图3
B
1

C
1

y
C
解法3 如图3,建立空间直角坐标系. 设正方体棱长为
1

1

1，则
E

1,,1

，
F

0,1,

，
A

1,0,1

，
C
1

0,1,0

，所以
2

2



< br>1

1

11

EF

0, 1,



1,,1



1,,< br>
，
2

2

22

 
1
1

1

EFAC
1
22

22
，故选B.
AC
1

< br>0,1,0



1,0,1



1,1,1

，所以
cos




3
3
EFAC
1
3
2
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
AC
1
平移至
OF
，解法2将
EF
平移至
GC
1
，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




ab
角，只需利用公式
cosa,b


，将几何问题转化成向量运算，一般比 几何法简单.
ab

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3,nN

截去一 个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是
A、
2n1,2n1
B、
2n1,2n,2n1,2n2

C、
2n1,2n1,2n2
D、
2n1,2n2

（第四届高一第二试第10题）
解法1 n棱柱有
2n
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）







图3
图2
图1






图5
图4

在图4，图6所示的情形，还剩
2n
个顶点；
在图5的情形，还剩
2n1
个顶点；
（ ）
图6

在图2，图3的情形，还剩
2n1
个顶点；
在图1的情形，还剩下
2n2
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4, nN

，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
2n
，面数是
n2
，故填
2n2
或
2n< br>或
2n2
；
n3
或
n2
或
n1
.
题84 在长方体
ABCDA< br>1
B
1
C
1
D
1
中，
ABa,B Cb,CC
1
c(abc)
, 过
BD
1
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
ABC
1
D< br>1
,BCD
1
A
1
,DBB
1
D
1
是矩形，它们的
面积分别记为
D
1

A
1

B
1

C
1

S
1
,S
2
,S
3
.则
S
1
ab
2
c
2
,S
2
bc
2
a
2
,S
3
ca
2
b
2
,
D
A
图1
B
C
c
2
c
2
abc,S
1
ab 1
2
,S
2
ab1
2
S
1
S< br>2
，
ba
同理，
S
2
S
3
,S
1
S
2
S
3
.

为求
S
的最小值，不必考虑截面
ABC
1
D
1
,BCD
1
A
1
.图1画出了截面
DBB
1
D
1
的 示意图.
D
1

A
1

B
1

D
B
图2
C
1

F
A
1

D
1

B
1

D
P
A
图3
B
Q
C
1

D
1

B
1

D
B
图4 < br>②截面是平行四边
形，有三种位置：
BED
1
F;BPD
1< br>Q;BRD
1
S
（见图2、3、4），设它们的面积分别为
S
4
,S
5
,S
6
.
对于截面
BED
1F
，作
EHBD
1
于
H
（如图5），则
因为
BD
1
是定值，所以当
EH
取最小值时，
A
1
S
4
EHBD
1
，
D
1

H
B
1

S
C
C
1

A
1

R
E
A
C C
A
C
1

F
S
4
有最小值
S< br>'
4
.当
EH
是异面直线
BD
1
,AA1
的公垂线时，
E
它有最小值.这个最小值是
A
1
到 平面
DBB
1
D
1
的距离，即是
A
D
B
图5
C
RtA
1
B
1
D
1
中斜边
B
1
D
1
上的高
ab
ab
22< br>.

S
4
ab
a
2
b
2< br>ac
ac
22
a
2
b
2
c
2
.同理，
bc
bc
22

S
5
a< br>2
b
2
c
2
,

S
6
a
2
b
2
c
2
.
注意到
ab
ab
.
2

a
2
1
a
b
2

a
1
a
c
2

ac
ac
2

c
22
1
c
a
2

c
1
c
b
2
2

bc
bc
22

,
S
4
2

S
5
2< br>S
a
2
a
2

bc1
22
 bc1
2
S
3
，可见再注意到
S
6
bcb< br>D
1

A
1

R
D
A
图6
B
B
1

S
C
1


是
S
的最小值，

见图 6）
S
6
设截面
BRD
1
S
的面积为
S< br>6
（.
C

BB
1

作
B
1
MBC
1
于
M,RtBB
1
C
1< br>中
BB
1
BMBC
1
，可知
BM
BC
1
2
2
c
2
bc
22
.在
，作
MN
∥
C
1
D
1
，
BC
1D
1
所在的平面内（如图7）
设
MN
交
BD
1
于
N
，在
RtBMN
中，设
A
1

D
1

B
1

R
N
D
A
图7
B
M
C
1

MBN< br>
MNBMt
，则


ac
2
a< br>2
n
2
2222
bc
bcbc
ac
2
C
.在平面
B
1
MN
内，作
NR
∥B
1
M
，设
NR
交
A
1
B
1
于
ac
2
，于是点
R
确定
R
，则
B
1
RMN
.这表明截面
BRD
1
S
与棱
A
1
B
1
的交点
R
满足
B
1
R 
22
bc
ac
2
了.同理，点
S
在
D C
上，
DS
2
，这样，截面
BRD
1
S
完全确定.
bc
2
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

,S
5

,S
6

的大 小时，

时两次运用转分别比较
S
1
,S
2
,S< br>3
及
S
4
变形技巧的运用起了关键作用.在计算
S
4
化思想：
BD
1
E
的边
BD
1
上的高→ 点
A
1
到面
BB
1
D
1
D
的距离 → 点
A
1
到
B
1
D
1
的距离.在比较< br>S
3

的大小时运用了放缩法. 与
S
6


由于
S
6
bc
bc
2
bc
b
2
c
2
a
2
b
2
c
2
, BD
1
a
2
b
2
c
2
，所以
S
最小时，点
R
到
BD
1
的距
bc
b c
22
离应是
2
，而在
BC
1
B
1中作
B
1
MBC
1
，则有
B
1
M
.因此作
MN
∥
C
1
D
1
,MN
交
BD
1
于
N
，作
NR
∥
B
1< br>M,NR
交
A
1
B
1
于
R
，则RNB
1
M
bc
bc
22
.由于
B1
M
面
BC
1
D
1
，所以
RN< br>面
BC
1
D
1
,RNBD
1
，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

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
SO3
，
若
V< br>SAOD
a,V
SBOC
b
.当
V
SAB CD
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
S
AOD
a
，
S
BOC
b
.设
S
AOB
 x
，
22
S
COD
y
（如图），则
V
SABCD
abxy
.因为
22
22
S
A
x
B
D
y
C
a
2

O
b
2

a
2
S
AOD
DO
S< br>

xS
AOB
OBS

COD
y< br>
2
，所以
xya
2
b
2
.而
B OC
b
），于是，
0
xy2xy2ab
（设
a0b ,
222
AO
S
AOD
a
2
a

.同理，时取等号，这时
abxy(ab)
，当
xyabOCS
DOC
yb
DOa
AOODAODO
，即，所以
ADBC
.当
xyab
时，

，所以，

OBb
OCOBOCOB
AO
S
AOD
a
2
aB O
S
BOC
b
2
b

，
.
OCS
DOC
ybODS
DOC
ya
（1）当
abAOBO
22
即
ab
，
S
AOD
S
COD
时， ，所以
ABCD
.此时，
ABCD
< br>，

baOCOD
abAOBO
，所以
AB
与
CD
不平行.此时，

，即
a
2
b
2
，
S
AOD
S
COD
时，

baOCOD< br>2222
的形状是平行四边形.
（2）当
ABCD
是梯形，
综上可知，当
ab
时，
ABCD
是平行四边形，当
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.
22
由于高为3，故
V
最小时，底面
ABCD的面积最小，由于
a
与
b
为定值，故设
S
AOBx
，
S
COD
y
，则
xy
最小，为< br>2xy
，此时，
xyab
，这就为证得
ADBC
奠定了基 础.
此后便是判断
AB
与
CD
是否平行了，而这取决于
a< br>与
b
是否相等，故分类讨论，终得
ABCD
为平行四边形或梯形. < br>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
22

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
1
B
1
C
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60
0
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
F
AB、EF的中点， 则∠D
1
DC就是截面与底面ABC所成二面角
A
1
C
1

D
1

0
的平面角，所以∠D
1
DC=60.易证面DC C
1
D
1
⊥面ABC，作
E
D
1
M⊥DC于M，则D
1
M⊥面ABC，D
1
M=CC
1
=2，D
1
D =
B
1
D
1
Mcsc60
0
=
43
，DM= D
1
Mcot60
0
=
2
3，
EFCMCDDM
,
EF
A
1
B
1
CDCD
3
3
2
3
2
2
，
3
A
D
B
图1
M
C
24
(2)
(EFAB)DD
1
3
3

163
( cm
2
).
∴S
截面
=

229
解法2 如图2，设截面与侧棱CC
1
所在直线交于点D，
则
S
ABD
S
ABC
2
23(cm)
，在Rt△CDM中，
0
cos60
D
∠DMC=60
0
，DC=
CM
333(cm),

0
cot60
A
1

F
C
1
D321(cm),

R
E
C
1

SDC
1
2
DR
2
11< br>)()()
2

， 又
DEF
(
S
DAB
DMDC39
∴S
△
DEF
=
B
1

23
2
1
S
△
DAB
=cm,
9
9
A
M
B
图2
C
23
163
(cm
2
)
. 故S
截面
=S
△
DAB
- S
△
DEF
=
23
=
99
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30
0
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

S
截面

S
ABC
CMCM
2

事实上，cos ∠CMC=
23(cm).
1
C
1
M
cos60
0
CM
2
CC
1
2
3
2
2


22
(3)2

31

，∴∠CMC
1
<60
0
，因此截面为梯形，而不是三角形.
72
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
1
C
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=




证明留给读者.
3
2
3a
asec

(cos< br>
时)
22
4
4h3a
33a
hcsc

(3ahcot

)(cos

时)
22
3
4h3a
.

运用该定理解本赛题：
cos

cos60
1
，
2
3a
4h
2
3a
2
=
31

，
72
cos

3a
4h
2
3a
2
，故S
截面
=
1 163
2csc60
0
(232cot60
0
)(cm2
)
.
39
A
1

B
1

D
E
A
B
A
1

B
1

D
F
A
B
图1
E
C
C
1

C
C
1

题87 如图，正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
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
1
E，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B
1
C⊥BC1
，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BC1
与CD
所成的角是90
0
.
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∠EF B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
1
2
5
BF=
1
×2×2，
2

得 BF=
4
5
，在Rt△BEF中，
sinEFB
BE210
，
4
BF4
5
∴
EFBarcsin
10
为所求.
4
z
A
1

B
1

D
F
x
A
M
y
B
图2
C
E
C
1

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
BC
1
=（0，-2，2），
CD
=（
3
，1，1），所以
BC
1
CD
=

（0，-2，2）

（3
，1，1）=0，所以
BC
1
CD
， 所以
BC< br>1
与CD所成的角是90.过E作EF⊥DC于F，连结FB.
0
设F（x, y, z）,因为E（0，0，1）所以
EF
=（x, y, z-1）.< br>

由
EFCD0
，得
3
x+y+z-1=0①，因为
BF
=（x, y-1, z），
所以
BFCD(x,y1,z)(3,1,1)3xy1z0
，所以B F⊥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
x3
30

y0z1
23
32

，得到x=3
z②，y=z-1③,解①②③得到x=，y=
,z
,
0(1 )10
5
55

6
452323
8233
所以
BF
=（，
,
），
EF
=（，
,
），所以
BFEF
，|
BF
|=，
555
5555
5


EF BF
30
66

=
|
EF
|=，所以c os∠EFB=

，所以∠EFB=arccos,即
5
4
| EF||BF|
4
∠EFB=arcsin
10
.
4
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BCC1
B
1
上的射影为E，
从而DB
1
在面BCC
1
B
1
上的射影为B
1
Ｅ，由B
1
C⊥BC
1
及三垂线定 理得B C
1
⊥DB
1
，进而B C
1
⊥面DCB1
，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 ，

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

E FCD0
及D、F、C三点共线，得关于F坐标的方程组，

EF BF

，
解得F坐标后由cos∠EFB=

求得∠ EFB.这体现了
|EF||BF|
用空间向量求二面角的基本过程，当然作EF⊥DC于F 后，如
P
B
1

A
1

C
1


果
BFCD0
，即B F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
ABCA
1
B
1
C
1
是直三棱柱，
ABAC
，
B
A
M
Q
图1
C
BAC90
0
，
M,Q
分别是
CC
1
，
BC
的中点.
P
点在
A
1
B
1
上且A
1
P:PB
1
1:2
.如果
AA
1
AB
，则
AM
与
PQ
所成的角等于 （ ）
A、
90
B、
arccos

C、
60
D、
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< br>QN
∥
BA
∥
B
1
A
1
，
从而
A
1
,B
1
,Q,N
共面，且
PQ
在 此平面内.
ABCA
1
B
1
C
1
0
是 直三棱柱，
BAA
1
A
，又
BAC90
，即
BAAC
，
00
0
1
3
A
1

P
B
1

C
1

A
A
1

B
B
1

P
Q
图2
N
M
BA
面
A
1ACC
1
，
BAAM
，
QNAM
.又
A
1
ACC
1
是正方形，
M,N
分别是
CC
1
，
AC
的中点，
C
C
1

A
1
NAM
.
AM
平面
A
1
B
1< br>QN
.
PQ
平面
A
1
B
1
QN
，
AMPQ
.故选A.
B
解法2 不妨设
AB ACAA
1
6
.则
A
1
P2
.如图
３，在已知三棱柱下方补一个与其同样的三棱柱

A
N
R
Q
M
C
A
2

N
2

B
2

Q
2

图3
R
2

C
2

ABCA
2
B
2
C
2
.取
AC
的中点N，连结
QN
，在
QN
上取一点
R
，使
QRPA
1
 2
，则易证四
边形
A
1
PQR
为平行四边形.所以
A
1
R
∥
PQ
.取
B
2
C
2、
A
2
C
2
的中点
Q
2
、N
2
，连结
Q
2
N
2
，在
Q
2
N< br>2
上取点
R
2
，使
Q
2
R
2
2
，连结
AR
2
，则易证
AR
2
∥
A
1
R
∥
PQ
，所以
MAR
2
（或其补< br>角）就是
AM
与
PQ
所成的角.连结
MR
2
.易求得
AM35
，
AR
2

为
AMAR2
MR
2
，所以
MAR
2
90
.故选A .
2220
46
，
MR
2
91
.因
 < br>解法3 因为
AMPQACCMPB
1
B
1
B BQACPB
1
ACB
1
BAC

< br>
1
 
1

0
BQCMPB
1
CMB
1
BCMBQ00ACBCcos450CC
1
B1
B

22

21

2

1

cos1800AC2ACAC0
，所以
AMPQ
，即
AM
与
PQ
所成的角为
2 22
0
90
0
，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
1
A
所在直线为
oz
轴， 建立
空间直角坐标系.（如图４）
设
AA
1
ABACa，则
A

0,0,0

，
M

0,a ,
B
1

P
z
A
1

C
1



a


，
2

A
M


a


a

aa

P

,0,a

，
Q

,,0

.所以
AM

0,a,

，
2
< br>
3

22



aa

PQ

,,a

, 因为

62

B
x
Q
图4
C
y



a
aa

AMPQ

0,a,



,,a

0
，所以
AMPQ
，故
AM
与< br>PQ
所成的角等于
90
0
.选
2

62< br>
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
AR2
，再通过解三角形求得
MAR
2
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
AMPQ
，从

而得
AM
与
PQ
所成的角为
90
.这是从哪里想到的呢？应当说这是由选择支中有
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
B
1
Q
、
A
1
Q
等也都成
90
角.若
R
是
0
00
B
1
Q
的中点，则
AM
与
A
1
R
、
PR
等也成
90
0
角；若
T
是
A
1Q
的一个三等分点，则
AM
与
B
1
T
、
PT
等仍成
90
0
角，等等.仿照证法1、3，很容易证明上述结论.
题89 在三棱锥
SABC
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
SAa
，
SBb< br>，
SCc
，则
AB
2
AC
2
BC2
(a
2
b
2
)(a
2
c
2< br>)(b
2
c
2
)

cosBAC
2222
2ABAC
2abac
0
，故
BAC(0 ,)
，选
A
.
2222
2
(ab)(ac)
a
2

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
BAC(0,

)
， 若
sinBAC0
，则仍不能确定
BAC
是锐角、直角还是钝角，而当
cosBAC0
或者
tanBAC0
时就可断定
BAC< br>是锐角，同样地，当
cosBAC0
或
tanBAC0
时，就 可断定
BAC
是钝角，当
cosBAC0
或
tanBAC< br>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. < br>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
S Aa
，
SBb
，
SCc
.若
BAC
是直角 ，则
AB
2
AC
2
BC
2
，即
a2
b
2
a
2
c
2
b
2
c
2
.得
a0
，这与
a0
矛盾，故排除
D
.若
BAC
是钝角，则必定有
BCAB
，且
BCAC
，即
b
2
c
2
a
2
b
2< br>且
b
2
c
2
a
2
c
2
，亦即
ac
且
ab
，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< br>.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< br>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
APD,APB,PBC,

PDC
，求棱锥的高.
（第十届高一第二试第22题）
解法1 如图 2，连
BD,AC
交于
O
，连
PO
，在
APB< br>和
APD
中，由于
0
APBAPD90,
PAP D1,PBPA1,
APB
≌
APD
，从而
ABAD 2
，并且
PABPAD
①.同理，
由题设
CBBP1, CDDP1
，可得
CBCD
，并且
②.由①、②知
C,P,A
都在
BD
的中垂面上，
PCDPCB

作
P H
面
ABCD
，则
H
必在
AC
上.设
P Hh,POx,BOy,OHz
，则可得
x
2
y
2
PB
2
1,

CO
2
y
2
CB
2
1,AH
2
PA
2
PH
2
1 h
2
,x
2
z
2
h
2
,
AB 2BOOAy(zAH),CP2PHCHh(COz).
从中消去
CO
与
z
，可得
1x1h
22
222222222 2

2h
2
xx
2
h
2
，由此消 去
x
，得
h
4
3h
2
10
，解之， 得
h
51
为所求.
2
解法2 如图2，连
AC,B D
交于
O
，连
PO
，由题设条件易知
AP
面PBD,BD
面
PAC
，
所以
APPO,POCO
(
RtPOB
≌
RtCOB
).作
PHAC
于H
，则
PHh
为棱锥的高，
POAAPH2PCO
sPiCn
1cAo
O
2
.又
cosAPHsinP AHh
，故
Ps1hH

，在
APC
中，由正弦定理 ，得
2
51
（另一负值舍去）
2
12
2
PAPC
,hh10
，得
h
，即

h
sinP COsinPAH
1h
2
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
V
DAPC
 V
PCDA
，即
11
中，
S
APC
DOS
CDA
h
，得
DOh
，在
RtAPO
33
又
AH1h
2
OH
h
2
1h
2< br>，
PHOA
，
，
故
得
h
2
OH AH
，得
,PO
2
OC
2
OH(OHAH)
h
2
222
，在中有，，于是
OC
CDOCDO
R tCOD
2
1h
2
h
2
51
2
42
h
h3h10,
1h
，即解得为所求.
2
1h
2
解法4 原题等价于命题：“已知
ABCD
中，
AB1,AD2
.沿对角线AC
折成直二面角
BACD
（图
4），且
BD1
，求点
B
到平面
ACD
的距离”.
在图4中，分别过
B, D
作
AC
的垂线
BE,DF
，
E,F
分别为垂足. 设
BAC

，则
又设
DAC

，作
B
连结EG，则
E
BEDFsin

,
AEcos

；
GAD
于G，
GAD
所以
cosBAD 
.
AGAEAG
0
co

s
，于是得
s
cos45co

s


cos
，
co
ABABAE
B
cos


2
1
，故
AFADcos


.由异面直线上两
cos< br>
cos

点距离公式得
BD
2
BE
2
DF
2
EF
2
1
12sin
2
< br>(cos

)
2
cos

sin
4
3sin
2

10
s


， 得
C
F
E
A
G
s
4

2
2s

i
1s
2

，
，
i
i
n
D
n
n
图4
得
5151
,iBEABs

ni
. 为所求
22
n
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

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.