立體幾何資料

1、立體幾何資料目錄目錄一、 直線與平面11、 Desarges定理的空間情形12、 平行線定理的證明13、 直線與平面垂直的唯一性14、 異面直線25、 二面角的平分平面11二、 多面角131、 凸多面角132、 三面角15三、 平行六面體21四、 四面體221、 射影定理與余弦定理222、 體積233、 二面角及其平分平面254、 外接平行六面體、對棱所成角及距離285、 重心316、 外接球367、 垂心與十二點球418、 內(nèi)切球與旁切球469、 棱切球5010、 各特殊點重合的情況5811、 等面四面體與正四面體6312、 直角四面體72五、 規(guī)則多面體771、 正多面體772、 半正多面

2、體893、 正多面體和半正多面體的對偶多面體1204、 Kepler - Poinsot多面體145六、 曲面體1501、 球面三角形1502、 環(huán)與牟合方蓋152i立體幾何資料一、 直線與平面1、 Desarges定理的空間情形ABCCEFG圖1ABCabDesarges定理的空間情形：ABC和ABC不在同一平面內(nèi)，AA、BB、CC交于一點，設(shè)AB和AB，BC和BC，CA和CA互不平行，則AB和AB，BC和BC，CA和CA的交點共線。證明：因為AA與BB相交，所以點A、A、B、B共面。又AB和AB互不平行，所以AB與AB相交。同理可證BC和BC，CA和CA相交。設(shè)AB與AB交于點E，BC和B

3、C交于點F，CA和CA交于點G，點A、B、C在平面a 內(nèi)，點A、B、C在平面b 內(nèi)，那么a 和b 不重合，于是a 和b 相交。因為點E、F、G在既a 內(nèi)又在b 內(nèi)，所以點E、F、G在a 和b 的交線上，即AB和AB，BC和BC，CA和CA的交點共線。2、 平行線定理的證明平行線定理：已知b a，c a，則b c。bacl圖2D證明：如果a、b、c在同一平面，那么結(jié)論成立。現(xiàn)在證明a、b、c不在同一平面的情況。假設(shè)b與c是異面直線，a和b在平面a 內(nèi)，a和c在平面b 內(nèi)。過b和c上一點作一平面g，設(shè)g 與b 的交線是l，則l與c相交。因為c a，所以l與a相交，其交點D在a 與g 的交線上。因為

4、a 與g 的交線是b，所以D在是a與b的交點，但b a，所以這是不可能的，因此b與c不是異面直線。abcD圖3A假設(shè)b與c相交，其交點是D，a和b在平面a 內(nèi)，a和c在平面b 內(nèi)。則點D既在a 內(nèi)也在b 內(nèi)。設(shè)點A是a上一點，連AD，則AD在a 與b 的交線上，即a與AD重合，于是a與b相交，這與b a矛盾。因此b與c不相交。綜合上面結(jié)論，得到b c。3、 直線與平面垂直的唯一性定理1：已知直線a過點A，并且a a，則直線a是唯一確定的。證明：如果a不是唯一的，直線b也過點A，且b a，則a與b確定一個平面，該平面與a 的交線是l，那么a l，b l。這與在同一平面內(nèi)過其中一點作平面內(nèi)直線的垂

5、線唯一確定矛盾，所以a是唯一確定的。推論：過一不與平面a 垂直的直線l有唯一平面b 垂直于平面a。證明：如果l在平面a 內(nèi)，則在l上取兩點A、B，過點A、B作平面a 的垂線是唯一確定的，這兩垂線確定平面了b，所以平面b 也是唯一確定的。如果l不在a 內(nèi)，則在l上取一點P（如果l與a 相交，則點P不是l與a 的交點），過點P作a 的垂線，垂足為Q，則點Q是唯一確定的，并且不在l上，那么過直線l和點Q確定了平面了b，所以平面b 也是唯一確定的。定理2：已知平面a 過點A，且a a，則平面a 是唯一確定的。證明：如果a 不是唯一的，平面b 也過點A，且b a。則a 和b 相交，設(shè)交線為l。如果點A在

6、a上，則l與a已相交；如果點A不在a上，則點A和a確定一個平面，在該平面內(nèi)過點A作直線a的垂線是唯一存在的，所以l與a相交。過直線a作一平面g 不過直線l，g 與a 相交于p，g 與b 相交于q，則在平面g 內(nèi)過l與a的交點有兩條不同的直線與a垂直，矛盾。所以a 是唯一確定的。4、 異面直線例1：過空間一點P，是否存在與兩異面直線l1，l2均相交的直線？解：l1l2j1j2圖4Pl2如圖4所示，首先過直線l1上任意一點作直線l2的平行線l2，由于l1與l2是相交直線，所以它們確定的平面j 1，顯然j 1是過直線l1且與l2平行的平面，而且通過l1與l2只有一個。同樣過l2且與l1平行的平面只有

7、一個。下面我們根據(jù)點P的不同位置來探討問題的解。（1）若點P在平面j 1內(nèi)，但P不在直線l1上，則過點P的任一直線l，若l與j 1相交，則l在平面j 1內(nèi)，于是l與l2不可能相交，故在過點P的直線中，不存在與異面直線l1，l2均相交的直線。同樣可證若點P在平面j 2內(nèi)，但點P不在l2上時，過點P的直線中，不存在與異面直線l1，l2均相交的直線。（2）若直線在l1（或l2）上，則我們在直線l2（或l1）上任取一點Q，于是PQ與異面直線l1，l2均相交，由點Q的任意性可知：過點P的直線中存在無數(shù)多條直線與異面直線l1，l2均相交。（3）若點P不在平面j 1內(nèi)，也不在平面j 2內(nèi)，所以點P不在直線l

8、1上，也不在直線l2上。因此點P與l1確定平面a 1，點P與l2確定平面a 2。因為P是a 1與a 2的公共點，所以可設(shè)a 1與a 2相交于直線l，而且P在直線l上。因為l在a 1內(nèi)，所以l1與l相交或平行。若l1 l，則因為l在a 2內(nèi)，所以l1 a 2，因此a 2與j 2重合，與P不在平面j 2內(nèi)矛盾，故l1與l必相交。同理可證l2與l相交。所以l是經(jīng)過點P與兩異面直線l1，l2均相交的直線。如果還存在過點P與兩異面直線l1，l2均相交的直線l，則l與l相交于點P，設(shè)l與l確定平面b，由于l1與l及l(fā)都相交，并且P在直線l1上，所以l1在平面b 內(nèi)，這又與l1，l2相矛盾。故在過點P的直線

9、中，存在唯一的一直線與異面直線l1，l2均相交。例2：如圖5所示，二面角j 1-AC-j 2的平面角是g，AB在j 1內(nèi)，CD在j 2內(nèi)，BAC = a，ACD = b，AC = a，（1）如果AB與CD所成角是y，求y 與a、b、g 的關(guān)系；（2）如果向量與的夾角是q，求AB與CD的公垂線長度d，并確定其位置。解：（1）過點A作AE CD，則CAE = 180 ACD = 180 b，由三面角的第一余弦定理（在多面角里討論）得到cos BAE = sin BAC sin CAE cos g + cos BAC cos CAE = sin a sin b cos g cos a cos b，因

10、為cos y = |cos BAE|，所以cos y = |sin a sin b cos g cos a cos b|。（2）公垂線的存在性和唯一性在例3里證明。在j 2內(nèi)作AB的射影l(fā)。如果l與CD相交，設(shè)其交點是F，過點F作l1 j 2，則l1與AB相交，設(shè)交點是E，作EG AC，與AC相交于點G，連FG，作AH CD，使FH AH，連EH，作CI FH，于AH相交于點I，作FJ EH，與EH相交于J，作JK AH，與AB相交于點K，作KL FJ，與CD相交于點L，則j1j2ABCDFEGIJH圖5KLFG AC，F(xiàn)H CD，CI AH，EH AH，所以CD 平面EFH，AH 平面EFH

11、，于是FJ CD，AH FJ，AH EH，所以FJ 平面AEH，KL CD，并且EHF是二面角E-AH-F的平面角。于是FJ AB，因此FJ = d，KL AB，即KL是AB與CD的公垂線。因為CI = a sin(180 b) = a sin b，所以FH = CI = a sin b。因為EG = AE sin a，所以EF = EG sin a = AE sin a sin g。因為向量與的夾角是EAH，所以EAH = q，于是sin EAH = sin q，所以EH = AE sin EAH = AE sin q。由此得到?，F(xiàn)在規(guī)定在直線AB和CD上的有向線段的符號如下：直線AB上的有

12、向線段當與同向時為正，否則為負。直線CD上的有向線段當與同向時為正，否則為負。如果直線HF上的有向線段與同向則為正，否則為負。那么與的符號相同。因為EAH = q，由三面角的第一余弦定理（在多面角里討論）得，所以，。另外，因為FHJ EHF，所以，于是。因為JK AH，所以，于是得到。同理可得。如果l與CD平行，則在AB上取一點E，作EF j 2，與j 2相交于點F，作FH CD，與CD相交于點H，過點A作AL CD，則FH AF，平面AEF j 2，所以FH 平面AEH，于是FH AB，因此FH = d = a sin(180 b) = a sin b。而且AL是AB與CD的公垂線。由三面角

13、的正弦定理（在多面角里討論）得，于是仍然成立。由三面角的第一余弦定理，得到cos a = cos(180 b) cos q = cos b cos q。所以，。l與CD平行時的結(jié)論仍成立。綜合得到：AB與CD的距離是；點A到公垂線在AB上的垂足的有向距離是；點C到公垂線在CD上的垂足的有向距離是，至于q 的值可以利用三面角第一余弦定理得到cos q = sin a sin b cos g cos a cos b。例3：與異面直線l1，l2均相交的直線l滿足以下條件：l1與l的夾角為a （0 a 90），l2與l的夾角為b（0 b 90）。問直線l是否存在？如果存在，則a，b 需要滿足什么條件，

14、滿足條件的直線有多少條？并確定每條直線的位置。解：1首先證明當a = b = 90，即l為公垂線時，l存在，并且l唯一確定。ACBDj1j2l1l2l1l1圖6過l2作平面j 2使l1 j 2，在平面j 2中作l1的射影l(fā)1，設(shè)l1與l2的交點為B（見圖6）。由于l1是l1在j 2中的射影，則l1與l1確定一個平面j。在j 中作AB l1，與l1的交點是A，則AB j 2，因此AB l2，于是AB所在直線為一條所求的直線。現(xiàn)在假設(shè)C l1，D l2，連接CD。假設(shè)CD也是l1與l2的公垂線，那么過點D作l1 l1，則l1 l1，因此l1，l1，l2都在j 2內(nèi)，于是有CD l2，AB l2，C

15、D l1，AB l1，即AB j 2，CD j 2，于是得AB CD，即l1與l2共面，這和l1與l2是異面直線矛盾。因此，異面直線的公垂線是唯一確定的。ABCDEl1l2l圖72假設(shè)l1與l2的公垂線是AB，A在l1上，B在l2上，AB = d，l1與l2所成角為q（0 q 90），并且假設(shè)l存在，l1與l的交點是C，l2與l的交點是D，設(shè)二面角A-CD-B的平面角為g，作BE AC，連CE，DE，使AB CE（見圖7），則有（請參考例1）cos q = |sin a sin b cos g cos a cos b | （I）其中0 g 180。當ACD = a，BDC = b 或ACD =

16、 180 a，BDC = 180 b 時，（I）式取“+”號；當ACD = a，BDC = 180 b 或ACD = 180 a，BDC = b 時，（I）式取“”號。由于0 a 90，0 0，sin b 0，cos a 0，cos b 0，由（I）得由于，|cos g | 1，因此必須，即。上式可化為cos a cos b sin a sin b cos q cos a cos b + sin a sin b，即cos(a + b) cos q cos(a b)。由于0 a + b 180，0 q 90，90 a b 90，所以由上面的不等式得到|a b| q a + b。（II）因此，當l

17、存在時必須滿足|a b| q a + b。3設(shè)有向線段的數(shù)量是x，其符號選擇如下：當BDE = q 時，x為正；當BDE = 180 q 時，x為負。設(shè)BD = y。現(xiàn)在對x，y不全為零的情況進行討論。由上面的假設(shè)，求得如下量：，AD2 = y2 + d2，BC2 = x2 + d2，另外（III）（IV）于是得到，（V）。（VI）對（V）、（VI）進行化簡。當x 0時，（V）約去2x；當y 0時，（VI）約去2y。再把根式移向右邊得，（VII）。（VIII）當（III），（V），（VII）式取上方符號時，x cos ACD 0；當（III），（V），（VII）式取下方符號時，x cos AC

18、D 0。當（IV），（VI），（VIII）式取上方符號時，cos BDC 0；當（IV），（VI），（VIII）式取下方符號時，cos BDC 0。（VII），（VIII）兩邊平方，得x2 sin2 a + y2(cos2 q cos2 a) 2xy sin2 a cos q = d2 cos2 a，（IX）x2(cos2 q cos2 b) + y2 sin2 b 2xy sin2 b cos q = d2 cos2 b。（X）其中當x = 0時，（X）仍然成立；當y = 0時，（IX）仍然成立。由（IX）、（X）消去d，得x2(cos2 b cos2 a cos2 q) + 2xy(cos

19、2 a cos2 b)cos q y2(cos2 a cos2 b cos2 q) = 0，即(cos b + cos a cos q)x (cos a + cos b cos q)y(cos b cos a cos q)x + (cos a cos b cos q)y= 0，于是得到x = (cos a + cos b cos q)t或x = (cos a cos b cos q)t（XI）y = (cos b + cos a cos q)t或y = (cos b cos a cos q)t。（XII）（XI）、（XII）式同時取前式或同時取后式。根據(jù)y 0，t的符號如下選取當?。寒敚╔I）

20、、（XII）同時取“+”號，或同時取“”并且cos b cos a cos q 0時，t取“+”號；當（XI）、（XII）同時取“”并且cos b cos a cos q 0時，t取“”號。由（IX）、（X）消去xy項，得到。（XIII）以下先討論a b 時的情況。此時由于0 a 90，0 b 90，所以sin2 a sin2 b 0。把（XI）、（XII）代入（XIII）并且兩邊除以sin2 a sin2 b 得，（XIV）（XI）、（XII）、（XIV）同時取上方符號或同時取下方符號。若（XIV）中有一方程中t2的系數(shù)為正，則（XIV）有解。此時有，（XV）。（XVI）當（XI）、（XII

21、）取前式時，（XV）、（XVI）同時取上方符號；當（XI）、（XII）取后式時，（XV）、（XVI）同時取下方符號。根據(jù)t的符號選取情況，得到當（XV）取上方符號時n = 0；當（XV）取下方符號并且cos b cos a cos q 0時，n = 0；當（XV）取下方符號并且cos b cos a cos q 0時，n = 1。當AC = BD = 0時，a = b = 90，代入（XV）和（XVI），得x = y = 0，即此時（XV）和（XVI）仍然成立。下面討論x 0并且y = 0時的情況，對于x = 0并且y 0時的情況可以用相同的方法討論。由于x 0并且y = 0，從（XV）和（X

22、VI）式得cos b cos a cos q = 0，cos a cos b cos q 0。由于當cos a = 0并且cos q = 0時，cos a cos b cos q = 0，因此cos a 和cos q 不能同時為零。又由于0 a 90，0 b 90，0 0，此時b 0；當cos a 0時cos q 0，仍然得到cos b + cos a cos q 0。因此當滿足cos q 0時要y = 0成立，必須cos b cos a cos q = 0，亦即cos b = cos a cos q。此時1 cos2 a cos2 b cos2 q + 2 cos a cos b cos q

23、= 1 cos2 a cos2 a cos2 q cos2 q + 2 cos2 a cos2 q= 1 cos2 a + cos2 a cos2 q cos2 q= sin2 a sin2 a cos2 q= sin2 a sin2 q 0。當cos q = 0時，無論cos b + cos a cos q = 0或cos b cos a cos q = 0都得到cos b = 0，因此cos b + cos a cos q = 0和cos b cos a cos q = 0同時成立，且此時1 cos2 a cos2 b cos2 q + 2 cos a cos b cos q = 1 co

24、s2 a = sin2 a 0。由于cos b cos a cos q = 0，因此（XV）式取下方符號時n的取值為0或1均可，于是把cos b = cos a cos q 代入（XV），得到。另外，由于y = 0時，（IX）仍然成立，把y = 0代入（IX），并解出x = d cot a。因此（XV）、（XVI）仍然成立。現(xiàn)在討論a = b 時的情況。當a = b = 90時的情況已經(jīng)討論過，現(xiàn)在假設(shè)a = b 90。當x 0，y 0時此時由（XI），（XII）得到x = y。（XVII）把上式代入（XI）或（X），得，（XVIII）于是得到（XIX）。（XX）（XVII）、（XVIII）、

25、（XIX）、（XX）同時取上方符號或同時取下方符號，由于以上等式同時取上方符號或同時取下方符號。于是得到，上式同時取上方符號或同時取下方符號。由于cos a cos a cos q 0，因此當（XV）式取下方符號時n = 1，于是（XV）、（XVI）在a = b 且x 0，y 0時仍然成立。而當a = b，x 0，y = 0或a = b，x = 0，y 0時的情況實際上在上面x 0，y = 0或x = 0，y 0時已經(jīng)包含了。于是當a = b 時（XV）、（XVI）仍然成立?，F(xiàn)在討論（XIV）成立的條件，也就是（XV）和（XVI）有解的條件。由于1 cos2 a cos2 b cos2 q +

26、 2 cos a cos b cos q= cos q cos(a + b)cos(a b) cos q ，（XXI）1 cos2 a cos2 b cos2 q 2 cos a cos b cos q= cos q + cos(a b) cos q cos(a + b)。（XXII）當（II）成立時，則必然有cos(a + b) cos q cos(a b)，因此（XXI）必為正，也就是說（II）成立時，（XIV）必然成立，也是l必然存在。現(xiàn)在討論（XXII）為正的條件。由于0 a 90，0 b 90，所以90 a b 0。因此當（XXII）為正是只需要 cos q cos(a + b) 0

27、即可。此時cos q cos(a + b) = cos(180 a b)，由于0 q 90，0 180 a b 180，因此上式成立時必須滿足，180 a b 180 a b，即a + b 90，且a + b + q 180，現(xiàn)在確定（XV）和（XVI）不同數(shù)值的個數(shù)。在|a b| q 90，a + b + q 180的情況下考察（XV）和（XVI）取上方符號和取下方符號絕對值相等的情況，此時得到等式，亦即進一步簡化上式，得到|(cos a + cos b cos q)(cos b cos a cos q)| = |(cos a cos b cos q)(cos b + cos a cos q

28、)|，于是得到(cos a + cos b cos q)(cos b cos a cos q)+ (cos a cos b cos q)(cos b + cos a cos q) = 0，（XXIII）或(cos a + cos b cos q)(cos b cos a cos q) (cos a cos b cos q)(cos b + cos a cos q) = 0，（XXIV）（XXIII）可化簡為2 cos a cos b sin2 q = 0，（XXV）（XIV）可化簡為2(cos2 a cos2 b)cos q = 0，（XXVI）當（XXV）成立時，必須有a = 90或b =

29、90。現(xiàn)在討論b = 90的情況，而a = 90的情況可用相同的方法討論。當b = 90時，cos b cos a cos q 0，因此（XV）和（XVI）取下方符號時n = 0。代入（XV）和（XVI）式得到（XV）和（XVI）同時取上方符號和取下方符號時值是相等的，。當（XXVI）成立時，有a = b 或q = 90。當a = b 并且q 90時，由上面討論a = b 時的情況有，由等式的左邊知道（XV）和（XVI）同時取上方符號和取下方符號值不相等。另外當q = 90，由于cos b cos a cos q 0，故（XV）和（XVI）同時取上面符號時n = 1，代入（XV）和（XVI），

30、得到，（XXVII）。（XV）與（XXVII）的符號選取相同?，F(xiàn)在討論如何確定DBE，ACD以及BDC。先來確定DBE。因為cos DBE與x同號，而且x又與(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)同號，因此得到如下結(jié)果：如果(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)為非負時，DBE = q；如果(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)為非正時，DBE = 180 q。由于CD2 = AC2 + BD2 2 AC BD cos DBE + d2，AD2 = BD2 + d2，BC2 = A

31、C2 + 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與AC BD cos DBE同號，cos BCD與BD AC cos DBE同號。根據(jù)x的符號確定和DBE的確定方法，（XXVIII）。（XXIX）（XXVIII）、（XXIX）兩式除最前面的“”號外，同時與（XV）、（XVI）取上方符號或同時取下方符號。如果同時取上方符號，則（XXVIII）、（XXIX）最前方同時取“+”號；如果同時取下方符號，

32、則（XXVIII）最前方符號與cos a cos b cos q 同號，（XXIX）最前方符號與cos b cos a cos q 同號。又由于，因此cos ACD與cos a cos b cos q，（XXX）同號，并且cos BCD與cos b cos a cos q，（XXXI）同號。因此當（XV）、（XVI）同時取上方符號或同時取下方符號并且cos a cos b cos q 0時ACD = a；當（XV）、（XVI）同時取下方符號并且cos a cos b cos q 0時ACD = 180 a。因此當（XV）、（XVI）同時取上方符號或同時取下方符號并且cos b cos a co

33、s q 0時BDC = b；當（XV）、（XVI）同時取下方符號并且cos b cos a cos q 0時BDC = 180 b。假設(shè)cos a cos b cos q 0并且cos b cos a cos q 0，兩式相加得到(cos a + cos b)(1 cos q) 0，這顯然是不成立的，因此ACD，BDC不可能同時為鈍角現(xiàn)在來確定二面角A-CD-B的平面角。由于，由于當（XV）、（XVI）同時取上方符號時，cos q + cos a cos b 與cos DBE + cos ACD cos BDC同號，此時；而當（XV）、（XVI）同時取下方符號時，由于cos q cos a c

34、os b 與cos DBE + cos ACD cos BDC只相差一個符號，而該符號又與(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)同號，那么就得到當(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b) 0時，n = 0；當(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b) 0時，n = 1?，F(xiàn)在確定CD的長度。由于，（XXXII）因此。（XXXIII）其中（XV）、（XVI）、（XXXII）、（XXXIII）同時取上方符號或同時取下方符號。綜合上面的討論，得到以下結(jié)論：當a，b 滿足|a b| q a + b

35、 時，l存在。如果上面的條件已經(jīng)滿足，則當a 90，b 90，a + b + q 180時滿足條件的l有四條，位置由（XV）和（XVI）確定；當a = 90，b = 90時，滿足條件的l只有一條，就是l1與l2的公垂線；其它情況下，滿足條件的l有兩條，位置由（XV）和（XVI）確定（只取下方符號）。5、 二面角的平分平面定義1：延長二面角的兩個半平面，與原二面角的平面角不相鄰的二面角稱為原二面角的對頂二面角，與原二面角的平面角相鄰的二面角稱為原二面角的補二面角。從定義知道，二面角及其對頂二面角是其任一補二面角的補二面角。我們?nèi)菀椎玫蕉ɡ?：二面角的平面角與其對頂二面角的平面角相等，與其補二面角

36、的平面角互補。定義2：把二面角的平面角二等分的半平面稱為該二面角的內(nèi)平分平面；把二面角其中一個補二面角的平面角二等分的半平面稱為該二面角的外平分平面。從定義知道，二面角的外平分平面是其對應(yīng)補二面角的內(nèi)平分平面。定理2：二面角的內(nèi)平分平面和在固定補二面角的外平分平面是唯一的。證明：假設(shè)二面角的平面角是2a，二面角的內(nèi)平分平面不是唯一的，還存在另一內(nèi)平分平面，兩內(nèi)平分平面的二面角的平面角是b 0，因而其中一個內(nèi)平分平面與二面角一半平面所得的二面角的平面角是a + b a，與內(nèi)平分平面的定義矛盾，所以二面角的內(nèi)平分平面是唯一的。同理可證二面角的在固定補二面角的外平分平面是唯一的。我們?nèi)菀椎玫蕉ɡ?：

37、二面角的內(nèi)平分平面與外平分平面互相垂直，二面角的內(nèi)平分平面與其對頂二面角的內(nèi)平分平面共面，兩個外平分平面共面。定理4：一個半平面是二面角的內(nèi)平分平面的充要條件是該半平面上任意一點到二面角的兩個面的距離相等。證明：（1）充分性設(shè)A是平面g 內(nèi)的一點，AB a，AC b，垂足分別是B和C，AB = AC，如果點A在二面角a-a-b 的棱a上，則結(jié)論成立。如果點A不在a上，作BD a，與a相交于點D，兩AD、CD。由前面的證明知道BDC是二面角a-a-b 的平面角。又因為ABD ACD，所以ADB = ADC，因此平面g 是二面角a-a-b 的內(nèi)平分平面。（2）必要性圖8ABCDaabg在二面角a-

38、a-b 的內(nèi)平分平面g 內(nèi)取一點A，如果點A在a上，那么結(jié)論成立。如果點A不在a上，作AB a，AC b，垂足分別是B和C，作BD a，與a相交于點D，兩AD、CD。因為AB a，AC b，所以AB a，AC a，即a 平面ABC。又因為 BD a，所以a 平面ABD。由于過點A且于a垂直的平面只有一個，所以A、B、C、D共面，于是得到CD a，所以BDC是二面角a-a-b 的平面角，因此ADB = ADC，于是ABD ACD，所以AB = AC。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。A1A2AnODnD1D2P1P2圖9VA2證明

39、：在凸n面角O-A1A2An內(nèi)取一點V，作VD1 平面OA1A2，垂足是D1，作VD2 平面OA2A3，垂足是D2，作VDn 平面OAnA1，垂足是Dn，設(shè)平面VDnD1與OA1的交點是P1，平面VD1D2與OA2的交點是P2，則OA1 D1P1，OA1 DnP1，所以DnP1D1是二面角An-OA1-A2的平面角。D1P2D2是二面角A1-OA2- A3的平面角，。又因為VD1 D1P1，VD1 D1P2，所以P1D1P2是二面角P1-VD1-P2的平面角且P1D1P2 180。同理可證所以P2D2P3是二面角P2-VD3-P3的平面角且P2D2P3 180，因此n面角V-D1D2Dn是凸n

40、面角。設(shè)凸n面角O-A1A2An二面角的平面角之和為S，凸n面角V-D1D2Dn的面角之和為S 。由n個四邊形VDnP1D1、VD1P2D2、的內(nèi)角和相加，得到n 180 + S + S = n 360，所以S + S = n 180。另外，由凸n面角面角和的性質(zhì)，得到0 S 360，所以得到(n 2)180 S n 180。定義1：兩個多面角的各面角對應(yīng)相等，并且各二面角也對應(yīng)相等，則稱這兩個多面角為全等多面角。定義2：各面角相等，并且各二面角也相等的凸多面角稱為正多面角。引理：空間有四個點A，B，C，D，有一直線a，AB a，BC a，CD a，那么A，B，C，D共面。證明：1、沒有任何三

41、點共線。由于A，B，C不共線，且AB a，BC a，因此a 平面ABC。又由于B，C，D不共線，且BC a，CD a，因此a 平面BCD。因為過空間任意一點與直線垂直的平面是唯一的，而平面ABC和平面BCD都過點B，且與a垂直，所以A，B，C，D共面。2、有三點共線。假設(shè)A，B，C共線，那么就有一直線l經(jīng)過A，B，C三點。如果D不在l上，那么l和D就唯一確定一個平面，亦即A，B，C，D共面；如果D在l上，通過l有無數(shù)平面，亦即A，B，C，D也共面。綜合上述結(jié)論得到A，B，C，D共面。定理2：從正多面角O-A1A2An的各棱截取n點B1，B2，Bn，使得OB1 = OB2 = = OBn，那么B

42、1，B2，Bn共面，并且多邊形B1B2Bn是正n邊形，正n邊形B1B2Bn的中心與點O的連線垂直于平面B1B2Bn。證明：如圖10所示，在等腰三角形OB1B2中過B1作的OA2的垂線，垂足為H2，過B2作的OA1的垂線，垂足為H1，兩垂線的交點為P1，OP1與B1B2的交點為Q1；在等腰三角形OB2B3中過B2作的OA3的垂線，垂足為H3，連接 B3H2，兩線的交點為P2，OP2與B2B3的交點為Q2；在等腰三角形OB3B4中過B3作的OA4的垂線，垂足為H4，連B4H3，兩線的交點為P3，OP3與B3B4的交點為Q3。由于OB1 = OB3，B1OB2 = B2OB3，OH2 = OH2，因

43、此OB1H2 OB3H2，所以O(shè)H2B1 = OH2B3 = 90，OA1A2A3A4B1B2B3B4H1H2H3H4Q1Q2Q3P1P2P4R圖10亦即B3H2也是OA2的垂線。同理可得到B4H3也是OA3的垂線。于是OQ1是B1B2的中垂線，OQ2是B2B3的中垂線，OQ3是B3B4的中垂線，假設(shè)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線OR，連接B1R，B2R，B3R，B4R，H2R，H3R，Q1R，Q2R，Q3R。由于B1H2 = B3H2，B1H2R = B3H2R，H2R = H2R，因此B1H2R B3H2R，所以B1R = B3R。同理可得

44、到B2R = B4R。由于B1H2 = B2H3，B1H2R = B2H3R，H2R = H3R，因此B1H2R B2H3R，所以B1R = B2R。結(jié)合上面的結(jié)論得到B1R = B2R = B3R = B4R。由于Q1是B1B2的中點，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不共線，根據(jù)引理，得到B1，B2，B3，B4共面。同理可得到B2，B3，B4，B5共面，Bn3，Bn2，Bn1，Bn共面，于是得到B1，B2，Bn共面。連接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B1