資源簡介

立體幾何資料
目錄
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一、 直線與平面.............................................................................................................................1
1、 Desarges定理的空間情形 ................................................................................................1
2、 平行線定理的證明...........................................................................................................1
3、 直線與平面垂直的唯一性...............................................................................................1
4、 異面直線...........................................................................................................................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、 平行六面體...........................................................................................................................20
四、 四面體...................................................................................................................................21
1、 射影定理與余弦定理.....................................................................................................21
2、 體積.................................................................................................................................22
3、 二面角及其平分平面.....................................................................................................25
4、 外接平行六面體、對棱所成角及距離 .........................................................................27
5、 重心.................................................................................................................................30
6、 外接球.............................................................................................................................34
7、 垂心與十二點球.............................................................................................................39
8、 內切球與旁切球.............................................................................................................44
9、 棱切球.............................................................................................................................48
10、 各特殊點重合的情況...................................................................................................56
11、 等面四面體與正四面體 ...............................................................................................62
12、 直角四面體...................................................................................................................70
五、 規則多面體...........................................................................................................................75
1、 正多面體.........................................................................................................................75
2、 半正多面體.....................................................................................................................88
3、 正多面體和半正多面體的對偶多面體 .......................................................................119
4、 Kepler - Poinsot多面體.................................................................................................143
六、 曲面體.................................................................................................................................149
1、 球面三角形...................................................................................................................149
2、 環與牟合方蓋...............................................................................................................151
i
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一、直線與平面
1、Desarges 定理的空間情形
Desarges 定理的空間情形：△ABC 和△A′B′C′不在同一平面內，AA′、BB′、CC′交于一
點，設 AB 和 A′B′，BC 和 B′C′，CA 和 C′A′互不平行，則 AB 和 A′B′，BC 和 B′C′，CA 和 C′A′
的交點共線。
E
證明：因為 AA′與 BB′相交，所以點 A、A′、B、B′共面。又 B B′
AB 和 A′B′互不平行，所以 AB 與 A′B′相交。同理可證 BC 和 B′C′， A A′
CA 和 C′A′相交。
設 AB 與 A′B′交于點 E，BC 和 B′C′交于點 F，CA 和 C′A′交 C F C′
于點 G，點 A、B、C 在平面α 內，點 A′、B′、C′在平面β 內，那
么α 和β 不重合，于是α 和β 相交。因為點 E、F、G 在既α 內又 α G β
在β 內，所以點 E、F、G 在α 和β 的交線上，即 AB 和 A′B′，BC
和 B′C′，CA 和 C′A′ 圖 1 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。
證明：如果 a、b、c 在同一平面，那么結論成立。 l
現在證明 a、b、c 不在同一平面的情況。假設 b c
與 c 是異面直線，a 和 b 在平面α 內，a 和 c 在平面
β b 內。過 b 和 c 上一點作一平面γ，設γ 與β 的交線是
l，則 l 與 c 相交。因為 c ∥ a，所以 l 與 a 相交，其 D
交點 D 在α 與γ a 的交線上。因為α 與γ 的交線是 b，所
圖 2
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。
假設 b 與 c 相交，其交點是 D，a 和 b 在平面α 內，a c
和 c 在平面β 內。則點 D 既在α 內也在β 內。設點 A 是 a
上一點，連 AD，則 AD 在α 與β 的交線上，即 a 與 AD b重 D
合，于是 a 與 b 相交，這與 b ∥ a 矛盾。因此 b 與 c 不相
a A
交。
綜合上面結論，得到 b ∥ c。 圖 3
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 ⊥ α，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 ⊥ α，則 a 與 b 確定一個平面，該平
面與α 的交線是 l，那么 a ⊥ l，b ⊥ l。這與在同一平面內過其中一點作平面內直線的垂線
唯一確定矛盾，所以 a 是唯一確定的。
1
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推論：過一不與平面α 垂直的直線 l 有唯一平面β 垂直于平面α。
證明：如果 l 在平面α 內，則在 l 上取兩點 A、B，過點 A、B 作平面α 的垂線是唯一確
定的，這兩垂線確定平面了β，所以平面β 也是唯一確定的。
如果 l 不在α 內，則在 l 上取一點 P（如果 l 與α 相交，則點 P 不是 l 與α 的交點），過
點 P 作α 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β，所以平面β 也是唯一確定的。
定理 2：已知平面α 過點 A，且α ⊥ a，則平面α 是唯一確定的。
證明：如果α 不是唯一的，平面β 也過點 A，且β ⊥ a。則α 和β 相交，設交線為 l。如
果點 A 在 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γ 不過直線
l，γ 與α 相交于 p，γ 與β 相交于 q，則在平面γ 內過 l 與 a 的交點有兩條不同的直線與 a 垂
直，矛盾。所以α 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：如圖 4 所示，首先過直線 l1 上任意一點作直線 l2 的 l2′
平行線 l2′，由于 l1 與 l2′是相交直線，所以它們確定的平面 l
1
1 1，顯然 1是過直線 l1且與 l2 平行的平面，而且通過 l1與
l2′
P
只有一個。同樣過 l2 且與 l1 平行的平面只有一個。下面我
們根據點 P 的不同位置來探討問題的解。 l2
（1）若點 P 在平面 1 內，但 P 不在直線 l1 上，則過點 2
P 的任一直線 l，若 l 與 1 相交，則 l 在平面 1內，于是 l
圖 4
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 2內，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 的直線中存在無數多條直線與異面直線 l1，
l2 均相交。
（3）若點 P 不在平面 1內，也不在平面 2 內，所以點 P 不在直線 l1 上，也不在直線
l2 上。因此點 P 與 l1 確定平面α 1，點 P 與 l2 確定平面α 2。因為 P 是α 1與α 2 的公共點，所以
可設α 1 與α 2 相交于直線 l，而且 P 在直線 l 上。因為 l 在α 1 內，所以 l1 與 l 相交或平行。若
l1 ∥ l，則因為 l 在α 2 內，所以 l1 ∥α 2，因此α 2 與 2重合，與 P 不在平面 2內矛盾，故 l1
與 l 必相交。同理可證 l2 與 l 相交。所以 l 是經過點 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 l 與 l′確定
平面β，由于 l1 與 l 及 l′都相交，并且 P 在直線 l1上，所以 l1在平面β 內，這又與 l1，l2 相矛
盾。故在過點 P 的直線中，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 1-AC- 2的平面角是γ，AB 在 1 內，CD 在 2內，∠BAC =
α，∠ACD = β，AC = a，
（1）如果 AB 與 CD 所成角是ψ，求ψ 與α、β、γ 的關系；
（2）如果向量 AB 與CD的夾角是θ，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° – β，
2
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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 γ + cos BAC cos CAE = sin α sin β cos γ – cos α cos β，
因為
cos ψ = |cos BAE|，
所以
cos ψ = |sin α sin β cos γ – cos α cos β|。
（2）公垂線的存在性和唯一性在例 3 里證明。在 2 內作 AB 的射影 l。
如果 l 與 CD 相交，設其交點是 F，過點 F 作 l1 ⊥ 2，則 l1與 AB 相交，設交點是 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
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
圖 5
FJ ⊥ AB，
因此
FJ = d，KL ⊥ AB，
即 KL 是 AB 與 CD 的公垂線。因為
CI = a sin(180° – β) = a sin β，
所以
FH = CI = a sin β。
因為
EG = AE sin α，
所以
EF = EG sin α = AE sin α sin γ。
因為向量 AB 與CD的夾角是∠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
現在規定在直線 AB 和 CD 上的有向線段的符號如下：直線 AB 上的有向線段當與 AB 同
向時為正，否則為負。直線 CD 上的有向線段當與CD同向時為正，否則為負。如果直線
HF 上的有向線段與 HE 同向則為正，否則為負。那么 AK 與 HJ 的符號相同。因為∠EAH =
3
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θ，由三面角的第一余弦定理（在多面角里討論）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，因為
△FHJ ∽ △EHF，
所以
JH FH
= ，
FH EH
于是
2
JH FH cosα + cos β cosθ= = a 。
EH sinθ
因為 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 與 CD 平行，則在 AB 上取一點 E，作 EF ⊥ 2，與 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 ⊥ 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 與 CD 的公垂線。由三面角的正弦定理（在多面角里討論）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 與 CD 平行時的結論仍成立。
綜合得到：
AB CD sinα sin β sinγ與 的距離是 a ；點 A 到公垂線在 AB 上的垂足的有向距離是
sinθ
cosα + cos β cosθ a C CD cos β + cosα cosθ ；點 到公垂線在 上的垂足的有向距離是
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：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α（ 0° < α ≤ 90°），
l2 與 l 的夾角為β（0° < β ≤ 90°）。問直線 l 是否存在？如果存在，則α，β 需要滿足什么條件，
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α = β = 90°，即 l 為公垂線時，l 存在，并且 l 唯一確定。
過 l2 作平面 2 使 l1 ∥ 2，在平面 2 中作 l1 的射影 l1′， 1 l1
設 l1′與 l2 的交點為 B（見圖 6）。 A C
由于 l1′是 l1在 2 中的射影，則 l1 與 l1′確定一個平面 。
在 中作 AB ⊥ l1，與 l1的交點是 A，則 AB ⊥ 2，因此
AB ⊥ l2，于是 AB 所在直線為一條所求的直線。
現在假設 C ∈ l1，D ∈ l2，連接 CD。假設 CD 也是 l1
與 l2 的公垂線，那么過點 D 作 l1″ ∥l1，則 l1′ ∥l1″，因此 2 l1′ B
l1′，l1″，l2 都在 2 內，于是有 l2 D
CD ⊥ l2，AB ⊥ l2，CD ⊥ l1″，AB ⊥ l1′， l1″
即
圖 6
AB ⊥ 2，CD ⊥ 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。
2．假設 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θ（0° <
θ ≤ 90°），并且假設 l 存在，l1 與 l 的交點是 C，l2 與 l 的交點是 D，設二面角 A-CD-B 的平面
角為γ，作 BE ∥ AC，連 CE，DE，使 AB ∥ CE（見圖 7）， C
則有（請參考例 1） l1
cos θ = |sin α sin β cos γ ± cos α cos β | （I）
A
其中 0° < γ < 180°。當∠ACD = α，∠BDC = β 或∠ACD =
180° – α，∠BDC = 180° – β 時，（I）式取“+”號；當∠ACD
= α，∠BDC = 180° – β 或∠ACD = 180° – α，∠BDC = β
E l
時，（I）式取“–”號。
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 圖 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
因此必須 < 1，即
sinα sin β
1 cosθ cosα cos β < < 1。
sinα sin β
上式可化為 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，當 l 存在時必須滿足|α – β| < θ < α + β。
3．設有向線段 AC 的數量是 x，其符號選擇如下：當∠BDE = θ 時，x 為正；當∠BDE =
180° – θ 時，x 為負。設 BD = y。現在對 x，y 不全為零的情況進行討論。
由上面的假設，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）
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
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）
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 ACD ≥ 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 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 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）式同時取前式或同時取后式。根據 y ≥ 0，t 的符號如下選取當取：當（XI）、
（XII）同時取“+”號，或同時取“–”并且 cos β – cos α cos θ ≥ 0 時，t 取“+”號；當（XI）、
（XII）同時取“–”并且 cos β – cos α cos θ ≤ 0 時，t 取“–”號。
由（IX）、（X）消去 xy 項，得到
2 2
x 2 sin 2 α y 2 sin 2 β sin α sin β= 2 d
2 。 （XIII）
sin θ
以下先討論α ≠ β 時的情況。此時由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，所以 sin2 α – sin2 β ≠ 0。
把（XI）、（XII）代入（XIII）并且兩邊除以 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
數為正，則（XIV）有解。此時有
( 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
當（XI）、（XII）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 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 β – cos α cos θ ≤ 0 時，n = 0；當（XV）取下方符號并且
cos β – cos α cos θ ≥ 0 時，n = 1。
當 AC = BD = 0 時，α = β = 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（XVI）式得
cos β ± cos α cos θ = 0，cos α ± cos β cos θ ≠ 0。
由于當 cos α = 0 并且 cos θ = 0 時，cos α ± cos β cos θ = 0，因此 cos α 和 cos θ 不能同時為
零。又由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，0° < θ ≤ 90°，因此 cos α ≥ 0，cos β ≥ 0，cos θ ≥ 0。
由上面結果得，當 cos α = 0 時 cos θ > 0，此時β < 90°（否則α = β = 90°），由此得到 cos β +
cos α cos θ > 0；當 cos α > 0 時 cos θ > 0，仍然得到 cos β + cos α cos θ > 0。因此當滿足 cos θ
> 0 時要 y = 0 成立，必須
cos β – cos α cos θ = 0，亦即 cos β = cos α cos θ。
此時
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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當 cos θ = 0 時，無論 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同時成立，且此時 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）式取下方符號時 n 的取值為 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 時，（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。
現在討論α = β 時的情況。當α = β = 90°時的情況已經討論過，現在假設α = β < 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
(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）同時取上方符號或同時取下方符號，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 ) ，
以上等式同時取上方符號或同時取下方符號。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
上式同時取上方符號或同時取下方符號。由于 cos α – cos α cos θ ≥ 0，因此當（XV）式取下
方符號時 n = 1，于是（XV）、（XVI）在α = β 且 x ≠ 0，y ≠ 0 時仍然成立。而當α = β，x ≠ 0，
8
立體幾何資料
y = 0 或α = β，x = 0，y ≠ 0 時的情況實際上在上面 x ≠ 0，y = 0 或 x = 0，y ≠ 0 時已經包含了。
于是當α = β 時（XV）、（XVI）仍然成立。
現在討論（XIV）成立的條件，也就是（XV）和（XVI）有解的條件。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)]。
當（II）成立時，則必然有
cos(α + β) < cos θ < cos(α – β)，
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。現在討
論（XXII）為正的條件。由于 0° < α ≤ 90°，0° < β ≤ 90°，所以–90° < α – β < 90°，亦即此時
cos(α – β) > 0。因此當（XXII）為正是只需要– cos θ – cos(α + β) > 0 即可。此時
cos θ < – cos(α + β) = cos(180° –α –β)，
由于 0° < θ ≤ 90°，0° ≤ 180° – α – β < 180°，因此上式成立時必須滿足，
180° – α – β < 90°，且θ > 180° – α – β，
即
α + β > 90°，且α + β + θ > 180°，
現在確定（XV）和（XVI）不同數值的個數。在|α – β| < θ < α + β，α + β > 90°，α + β
+ θ > 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
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
進一步簡化上式，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）可化簡為
2 cos α cos β sin2 θ = 0， （XXV）
（XIV）可化簡為
2(cos2 α – cos2 β)cos θ = 0， （XXVI）
9
立體幾何資料
當（XXV）成立時，必須有α = 90°或β = 90°。現在討論β = 90°的情況，而α = 90°的情
況可用相同的方法討論。當β = 90°時，cos β – cos α cos θ ≤ 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
x cosα d y cosα cosθ= ， = d 。
sinθ 1 cos2 α cos2 θ sinθ 1 cos2 α cos2 θ
當（XXVI）成立時，有α = β 或θ = 90°。當α = β 并且θ < 90°時，由上面討論α = β 時的
情況有
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θ = 90°，
由于 cos β – cos α cos θ ≥ 0，故（XV）和（XVI）同時取上面符號時 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）與（XXVII）的符號選取相同。
現在討論如何確定∠DBE，∠ACD 以及∠BDC。
先來確定∠DBE。因為 cos DBE 與 x 同號，而且 x 又與(cos α ± cos β cos θ)(cos α cos θ ±
cos β)同號，因此得到如下結果：如果(cos α ± cos β cos θ)(cos α cos θ ± cos β)為非負時，
∠DBE = θ；如果(cos α ± cos β cos θ)(cos α cos θ ± cos β)為非正時，∠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 與 AC – BD cos DBE 同號，cos BCD 與 BD – AC cos DBE 同號。根據 x 的
符號確定和∠DBE 的確定方法
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）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，則（XXVIII）最前方符號與 cos α – cos β cos θ 同號，（XXIX）最前方
符號與 cos β – cos α cos θ 同號。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
立體幾何資料
因此 cos ACD 與
cos α ± cos β cos θ， （XXX）
同號，并且 cos BCD 與
cos β ± cos α cos θ， （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 α – cos β cos θ ≥ 0
時∠ACD = α；當（XV）、（XVI）同時取下方符號并且 cos α – cos β cos θ ≤ 0 時∠ACD = 180°
– α。因此當（XV）、（XVI）同時取上方符號或同時取下方符號并且 cos β – cos α cos θ ≥ 0
時∠BDC = β；當（XV）、（XVI）同時取下方符號并且 cos β – cos α cos θ ≤ 0 時∠BDC = 180°
– β。假設 cos α – cos β cos θ < 0 并且 cos β – cos α cos θ < 0，兩式相加得到(cos α + cos β)(1 –
cos θ) < 0，這顯然是不成立的，因此∠ACD，∠BDC 不可能同時為鈍角
現在來確定二面角 A-CD-B 的平面角。由于
cosγ cos DBE + cos ACD cos BDC= ，
sin ACD sin BDC
由于當（XV）、（XVI）同時取上方符號時，cos θ + cos α cos β 與 cos DBE + cos ACD cos BDC
同號，此時
cosγ cosθ + cosα cos β= ；
sinα sin β
而當（XV）、（XVI）同時取下方符號時，由于 cos θ – cos α cos β 與 cos DBE + cos ACD cos BDC
只相差一個符號，而該符號又與(cos α – cos β cos θ)(cos α cos θ – cos β)同號，那么就得到
cosγ ( cosθ cosα cos β= 1) n
sinα sin β
當(cos α – cos β cos θ)(cos α cos θ – cos β) ≥ 0 時，n = 0；當(cos α – cos β cos θ)(cos α cos θ –
cos β) ≤ 0 時，n = 1。
現在確定 CD 的長度。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，得到以下結論：
當α，β 滿足|α – β| < θ < α + β 時，l 存在。如果上面的條件已經滿足，則當α < 90°，β <
90°，α + β > 90°，α + β + θ > 180°時滿足條件的 l 有四條，位置由（XV）和（XVI）確定；
當α = 90°，β = 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。
我們容易得到
11
立體幾何資料
定理 1：二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補二面角的內平分平面。
定理 2：二面角的內平分平面和在固定補二面角的外平分平面是唯一的。
證明：假設二面角的平面角是 2α，二面角的內平分平面不是唯一的，還存在另一內平
分平面，兩內平分平面的二面角的平面角是β > 0°，因而其中一個內平分平面與二面角一半
平面所得的二面角的平面角是α + β > α，與內平分平面的定義矛盾，所以二面角的內平分平
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。
我們容易得到
定理 3：二面角的內平分平面與外平分平面互相垂直，二面角的內平分平面與其對頂二
面角的內平分平面共面，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 A 是平面γ 內的一點，AB ⊥ α，AC ⊥ β，垂足分別是 B 和 C，AB = AC，如果點 A
在二面角α-a-β 的棱 a 上，則結論成立。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α-a-β 的平面角。又因為
△ABD ≌ △ACD，
所以
∠ADB = ∠ADC，
因此平面γ 是二面角α-a-β 的內平分平面。
（2）必要性
在二面角α-a-β 的內平分平面γ 內取一點 A，如果點 A 在 a 上，那么結論成立。如果點 A
不在 a 上，作 AB ⊥ α，AC ⊥ β，垂足分別是 B 和 C，作 BD ⊥ a，與 a 相交于點 D，兩 AD、
CD。因為
AB ⊥ α，AC ⊥ β，
所以 α γ
A
AB ⊥ a，AC ⊥ a， β
即 B
a ⊥ 平面 ABC。 C D
又因為
BD ⊥ a，
a
所以
a ⊥ 平面 ABD。 圖 8
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α-a-β 的平面角，因此
∠ADB = ∠ADC，
于是
△ABD ≌ △ACD，
所以
AB = AC。
12
立體幾何資料
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°。
證明：在凸 n 面角 O-A1A2…An 內取一點 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，設平面 VDnD1 與 OA1 的交點是 P1，平面 VD1D2 P D
與 OA2 的交點是 P2，…，則
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，…。又因為
圖 9
VD1 ⊥ D1P1，VD1 ⊥ D1P2，
所以∠P1D1P2 是二面角 P1-VD1-P2 的平面角且∠P1D1P2 < 180°。同理可證所以∠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。設
凸 n 面角 O-A1A2…An 二面角的平面角之和為Σ，凸 n 面角 V-D1D2…Dn 的面角之和為Σ ′。由
n 個四邊形 VDnP1D1、VD1P2D2、…的內角和相加，得到
n 180° + Σ + Σ ′ = n 360°，
所以
Σ + Σ ′ = n 180°。
另外，由凸 n 面角面角和的性質，得到
0° < Σ ′ < 360°，
所以得到
(n – 2)180° < Σ < n 180°。
定義 1：兩個多面角的各面角對應相等，并且各二面角也對應相等，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 A，B，C 共線，那么就有一直線 l 經過 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 有無數平面，
亦即 A，B，C，D 也共面。
綜合上述結論得到 A，B，C，D 共面。
定理 2：從正多面角 O-A1A2…An 的各棱截取 n 點 B1，B2，…，Bn，使得 OB1 = OB2 = …
= OBn，那么 B1，B2，…，Bn 共面，并且多邊形 B1B2…Bn是正 n 邊形，正 n 邊形 B1B2…Bn
的中心與點 O 的連線垂直于平面 B1B2…Bn。
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
13
立體幾何資料
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，
因此
△OB1H2 ≌ △OB3H2，
所以
∠OH2B1 = ∠OH2B3 = 90°，
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 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 圖 10
B1R = B2R。
結合上面的結論得到 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。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
∠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 邊形。假設正 n 邊形 B1B2…Bn
的中心 S，連接 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
立體幾何資料
例：正 n 面角的面角等于α，二面角等于β，求α 與β 的關系。
解：如圖 10 所示，從正多面角 O-A1A2…An 的各棱截取 n 點 B1，B2，…，Bn，使得 OB1
= OB2 = … = OBn = 1，則
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
由上面的關系式知道
推論：如果兩個正多面角的棱數和面角都相等，那么這兩個正多面角全等。
2、三面角
定義：從三面角 O-ABC 的頂點 O 出發作三射線 OS0、OB0、OC0 分別垂直于平面 BOC、
COA、AOB，并與射線 OA、OB、OC 分別在各平面同側，則三面角 O-A0B0C0 稱為三面角
O-ABC 的補三面角，或三面角 O-A0B0C0、O-ABC 稱為互補三面角。
引理 1：從平面上一點引兩射線，一條是平面的垂線，一條是斜線，那么這兩射線形成
銳角的充要條件是：他們在平面的同側。 A B B
證明：設 OA 是垂線，OB 是斜線，
以 OB′表示 OB 在平面α 內的射影，那么
三射線 OA、OB、OB′共面。如果 OA 和
B′ B′
OB 在α 內的同側（圖 11），那么 O O α α
∠AOB < ∠AOB′，
即∠AOB 是銳角；如果如果 OA 和 OB 在
α 內的異側（圖 12），那么 A
∠AOB > ∠AOB′，
即∠AOB 是鈍角。 圖 11 圖 12
定理 1：如果 O-A0B0C0是 O-ABC 的補三面角，
則 O-ABC 也是 O-A0B0C0的補三面角。 O
證明：從定義和引理，有（圖 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
就是說，射線 OA ⊥ 平面 B0OC0，而且 OA 和 OA0 B
在這平面的同側。同理，OB ⊥ 平面 C0OA0，而且
OB 和 OB0 在平面 C0OA0 的同側；OC ⊥ 平面 圖 13
15
立體幾何資料
A0OB0，而且 OC 和 OC0 在平面 A0OB0的同側。根據定義，O-ABC 是 O-A0B0C0 的補三面角。
定理 2：兩個互補三面角中，一個三面角的面角和另一個三面角相應的二面角的平面角
互補。
證明：在平面 OCA 內過點 O 作 OC 的垂線 OD，在平面 OBC 內過點 O 作 OC 的垂線
OE（圖 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 的證明知道 O
OC ⊥ 平面 A0OB0。
由于過一點與直線垂直的平面是唯一的，所以點 O、A0、B0、D、 A0
E 共面，于是得到 B0
∠A0OB0 = ∠A0OE + ∠DOB0 – ∠DOE。 D E
因為 圖 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 的平面角分別是β 1、β 、β 1 2 2 3，則 = = 3 。 sin β1 sin β 2 sin β 3
證明：在 OC 上取一點 D，使 OD = 1，作 DE ⊥ OA，與 OA 相交于點 E，作 DF ⊥ OB，
與 OB 相交于點 F，作 DG ⊥ 平面 AOB，垂足是 G，連 EG、FG。則∠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 圖 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 的平面角分別是β 1、β 2、β 3，則
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。
證明：如果∠AOC 和∠BOC 都是銳角或都是鈍角，在 OC 上取一點 D，使 OD = 1，作
DE ⊥ OC，與 OA 相交于點 E，作 DF ⊥ OC，與 OB 相交于點 F，連 EF。則∠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
立體幾何資料
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 有一個角是銳角另一個是鈍角，假設
O
∠BOC是鈍角，那么反向延長OB，得射線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 的平面角分別是 180° – β 3，利用上面的結論得到 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。
圖 16
如果∠AOC 和∠BOC 中有一個是直角，設∠AOC 是直角，在
OC 上取一點 D，使 OD = 1，在 OA 上取一點 E，使 OE = 1，作 DF ⊥ OC，與 OB 相交于點
F，連 EF，過點 D 作 DG ∥ OA，DG = 1，兩 EG、FG，則四邊形 ODGE 是正方形，∠GDF
是二面角 B-OC-A 的平面角，OC ⊥ 平面 DFG。因為 OC ∥ EG，所以 EG ⊥ 平面 DFG，
于是
EG ⊥ FG。
因為
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。
綜合上面的證明，得到
cos α 3 = sin α 1 sin α 2 cos β 3 + cos α 1 cos α 2。
同理可證
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。
推論 1：如果兩個三面角的兩面角與其所夾的二面角對應相等，或兩個三面角的三個面
角對應相等，則這兩個三面角全等。
1
引理 2：函數 x + 在區間[–1, 0 ) ∪ (0, 1]內是減函數，在區間(–∞, –1] ∪ [1, +∞)內是增
x
函數。
證明：設 x1 > x2 ≥ 1，則
17
立體幾何資料
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
因此函數 x + 在區間[1, +∞)內是增函數。通例可證函數 x + 在區間(–∞, –1]內是增函數，
x x
1
所以函數 x + 在區間(–∞, –1] ∪ [1, +∞)內是增函數。
x
1
同理可證函數 x + 在區間[–1, 0 ) ∪ (0, 1]內是減函數。
x
定理 3：如果α 1、α 2 都是銳角或都是鈍角，則β 3 > α 3；如果α 1、α 2 一個角是銳角另一
個角是鈍角，則β 3 < α 3；如果α 1、α 2 有一個是直角另一個角不是直角，則α 3 是銳角時β 3 <
α 3，α 3 是鈍角時β 3 > α 3，α 3 是直角時β 3 = α 3，并且β 3、α 3同為銳角或同為鈍角或同為直
角；如果α 1、α 2 都是直角，則β 3 = α 3。
證明：如果α 1、α 2 都是銳角或都是鈍角，如圖 16 所示，如果∠AOC 和∠BOC 都不是
直角，在 OC 上取一點 D，作 DE ⊥ OC，與 OA 相交于點 E，作 DF ⊥ OC，與 OB 相交于
點 F，連 EF。則∠EDF 是二面角 B-OC-A 的平面角，設 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
不妨假設 a ≥ b，那么
a 2 + l 2 a
> ≥ 1，
b 2 + l 2 b
根據引理 2，
a 2 + l 2 b 2 + l 2 a b
2 2 + 2 2 > + 。 b + l a + l b a
又因為
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 有一個角是銳角另一個角是鈍角，假設∠BOC 是鈍角，那么反向
延長 OB，得射線 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 的平面角分別是 180° – β 3，利用上面的結論得到
18
立體幾何資料
180° – β 3 > 180° – α 3。
所以β 3 < α 3。
如果α 1、α 2 有一個角是直角另一個角不是直角，不妨設α 1 是直角，則過點 O 在半平面
BOC 內作 OD ⊥ OC，使 BD ∥ OC，則∠AOD 是二面角 A-OC-B 的平面角，即∠AOD = β 3。
設 OD = a，OA = b，AD = c，BD = l，則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 是銳角時β 3 < α 3，α 3是鈍角時β 3 > α 3，α 3 是直角時β 3 = α 3，并且β 3、α 3 同為銳角或同
為鈍角或同為直角。
如果α 1、α 2 都是直角，由二面角的平面角的定義知道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 的平面角分別是β 1、β 2、β 3，則
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。
證明：在三面角 O-ABC 的補三面角中應用第一余弦定理，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，
同理可證
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。
推論：如果兩個三面角的兩二面角與其所夾的面角對應相等，或兩個三面角的三個二面
角對應相等，則這兩個三面角全等。
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 的平面角分別是β 1、β 2、β 3，OA 與平面 BOC 所成角是θ 1，OB 與平面
COA 所成角是θ 2，OC 與平面 AOB 所成角是θ 3，則
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
證明：在 OC 上取一點 D，使 OD = 1，作 DE ⊥ OA，與 OA 相交于點 E，作 DF ⊥ OB，
與 OB 相交于點 F，作 DG ⊥ 平面 AOB，垂足是 G，連 EG、FG、OG。則∠DOG 是 OC 與
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
立體幾何資料
于是點 O、E、G、F 共圓，并且 OG 是該圓的直徑。于是 O
sinθ DG3 = = DG ， D OD E
由三面角正弦定理的證明中知道
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
圖 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、平行六面體
定理 1：平行六面體的對角線、對棱中點的連線、互相平行的面的對角線交點的連線相
交于一點且互相平分。
證明：在平行六面體 ABCD-A′B′C′D′中，連 AD′、BC′、AC、A′C′、AB′、C′D，則
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′的中點，也就是說 BD′、A′C、
A D
B′D、AC′相交于一點且互相平分。
設 AB 的中點是 E，設 C′D′的中點是 F，則 EF 是平行四 B C
邊形 ABC′D′的中位線，所以 EF 也過點 O，且點 O 平分 EF， O
于是得到對棱中點的連線相交于點 O 且互相平分。
設平行四邊形 ABCD 的對角線 AC 與 BD 的交點是 G，
A′ D′
平行四邊形 A′B′C′D′的對角線 A′C′與 B′D′的交點是 G′，則
GG′是平行四邊形 BDD′B′的中位線，所以 GG′也過點 O，且 B′ C′
點 O 平分 GG′，于是得到互相平行的面的對角線交點的連線
圖 18
相交于點 O 且互相平分。
定理 2：在平行六面體 ABCD-A′B′C′D′中，AA′ = a，AB = b，AC = c，∠A′AB = α，∠A′AB
= β，∠BAD = γ，則
20
立體幾何資料
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
證明：連 AC、A′C′，則 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′
圖 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：平行六面體 ABCD-A′B′C′D′的體積是 V，AC = a，BD = b，AC 與 BD 所成角是θ，
平面 ABCD 與 A′B′C′D 1′之間的距離是 d，則V = abd sinθ 。
2
證明：設平行四邊形 ABCD 的面積是 S，則
S 1= ab sinθ ，
2
所以
V = Sd 1= abd sinθ 。
2
四、四面體
1、射影定理與余弦定理
射影定理：在四面體 ABCD 中，△ABC 的面積是 S1，△ABD 的面積是 S2，△ACD 的面
積是 S3，△BCD 的面積是 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，則 S1 cos α 1 + S2 cos α 2 + S3 cos α 3 = S4。
證明：作 AD ⊥ 平面 BCD，垂足是點 E，作 EF ⊥ BC，與 BC 相交于點 F，連 AF，則
21
立體幾何資料
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。又因為 E
SBCE + SBDE + S FCDE = S4，
所以 C
S1 cos α 1 + S2 cos α 2 + S3 cos α 3 = S4。 圖 20
推論：S1 + S2 + S3 > S4。
證明：因為 cos α 1 < 1，cos α 2 < 1，cos α 3 < 1，所以 S1 + S2 + S3 > S4。
余弦定理：在四面體 ABCD 中，△ABC 的面積是 S1，△ABD 的面積是 S2，△ACD 的面
積是 S3，△BCD 的面積是 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，則
S 21 + S 22 + S 23 – 2S1S2 cos α 12 – 2S1S3 cos α 13 – 2S2S3 cos α 2 23 = S4 。
證明：設二面角 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，則由射影定理得到
S2 cos α 12 + S3 cos α 13 + S4 cos α 14 = S1，
兩邊乘以 S1并移項，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)，
又因為
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、體積
定理 1：四面體 ABCD 的體積是 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 的平面角分別是β 1、β 2、β 3，則
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。
證明：因為 AB 與平面 ACD 所成角的正弦等于 sin α 2 sin β 3，所以點 B 到平面 ACD 的
距離 h 是
h = a sin α 2 sin β 3，
所以
22
立體幾何資料
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：設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)。
證明：應用倍角公式、角的和差化積以及積化和差公式對式子進行變換
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 2：四面體 ABCD 的體積是 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， = ，則 = abc sinθ sin(θ α ) sin(θ α ) sin(θ α ) 。 2 3 1 2 3
證明：設 AB 與平面 ACD 所成角是β，點 B 與平面 ACD 的距離是 h，則
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 3：四面體 ABCD 的體積是 V，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，DB = q，BC = r，
23
立體幾何資料
設 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，則V = P1 + P2 + P3 P 。 12
證明：設∠CAD = α 1，∠DAB = α 2，∠BAC = α 3，由定理 2 的證明中知道
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
推論 1：空間四點 A、B、C、D 的距離關系滿足 AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，DB
= q，BC = r，則這四點能構成四面體的充要條件是 a、b、r，a、c、q，b、c、p，p、q、r，
各自能構成一三角形，并且 P1 + P2 + P3 > P，P1、P2、P3、P 的數值如定理 3 所述。
證明：（1）充分性
如果 P1 + P2 + P3 = P。設三角三邊長是 a、b、r 中邊長為 r 所對的內角是α 1，三角三邊
長是 a、c、q 中邊長為 q 所對的內角是α 2，三角三邊長是 b、c、p 中邊長為 p 所對的內角是
α + α + α
α 3，θ = 1 2 3 ，則 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)必須是正數。
首先 sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)中不能有兩個為負，否則不妨假設 sin(θ – α 1) <
0，sin(θ – α 2) < 0，則
θ – α 1 < 0°，θ – α 2 < 0°，
這樣就得到α 3 < 0°，這是不可能的。
另外 sin θ 也不能為負，否則 sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)中有且只有一項必須
為負，不妨假設 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°，與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)必須全部為正，這樣就得到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，所以點 A、B、C、D 能構成四面體。
推論 2：空間四點 A、B、C、D 的距離關系滿足 AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，DB
= q，BC = r，則這四點能共面的充要條件是 a、b、r，a、c、q，b、c、p，p、q、r，各自能
構成一三角形或三線段重合成一線段，并且 P1 + P2 + P3 = P，P1、P2、P3、P 的數值如定理
3 所述。
證明： （1）充分性
如果 P1 + P2 + P3 > P。設三角或退化為重合線段的三邊長是 a、b、r 中邊長為 r 所對的
內角是α 1，三角或退化為重合線段的三邊長是 a、c、q 中邊長為 q 所對的內角是α 2，三角
α + α + α
或退化為重合線段的三邊長是 b、c、p 中邊長為 p 所對的內角是α ，θ = 1 2 3 3 ，則2
因為 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，這樣就得到 sin θ、sin(θ – α 1)、sin(θ – α 2)、sin(θ – α 3)其中有一
項為 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，所以點 A、
B、C、D 共面。
（2）必要性
如果點 A、B、C、D 共面，則必然其體積的必然為 0，所以 P1 + P2 + P3 = P。
24
立體幾何資料
3、二面角及其平分平面
定理 1：四面體 ABCD 的體積是 V，△ABC 的面積是 S1，△ABD 的面積是 S2，△ACD
的面積是 S3，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，△BCD 的面積是 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，則
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
證明：由三面角第一余弦定理得到
cosα cos CAD cos BAC cos BAD12 = ， sin BAC sin BAD
由四面體的體積公式得到
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
由三角形的面積公式得到
2S 2S
sin BAC = 1 ， sin BAD = 2 ，
ab ac
代入 cos α 12的表達式里，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 2：四面體 ABCD 中點 E 是棱 CD 內的一點，則半平面 ABE 是二面角 C-AB-D 的內
25
立體幾何資料
S CE
平分平面的充要條件是 ABC = 。
S ABD DE
證明：（1）充分性
作 EF ⊥ 平面 ABC，垂足是 F，作 EG ⊥ 平面 ABD，垂足是 G，設點 A 到平面 BCD
S CE
的距離是 d1，點 B 到 CD 的距離是 d 。因為 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
又因為
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
圖 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 的內平分平面。
（2）必要性
作 EF ⊥ 平面 ABC，垂足是 F，作 EG ⊥ 平面 ABD，垂足是 G，設點 A 到平面 BCD
的距離是 d1，點 B 到 CD 的距離是 d2。根據二面角內平分平面的性質，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 2：四面體 ABCD 中點 E 是棱 DC 延長線上的一點，則半平面是二面角 C-AB-D 靠
S CE
近半平面 ABC 的外平分平面的充要條件是 ABC = 。
S ABD DE
證明：（1）充分性
作 EG ⊥ 平面 ABC，垂足是 G，作 EH ⊥ 平面 ABD，垂足是 H，設點 A 到平面 BCD
S
的距離是 d ，點 B 到 CD 的距離是 d 。因為 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
立體幾何資料
又因為
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 圖 22
足是 H，設點 A 到平面 BCD 的距離是 d1，點 B 到 CD 的距離是 d2。根據二面角內平分平面
的性質，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、外接平行六面體、對棱所成角及距離
定義：過四面體的棱作與對棱平行的平面，這六個平面形成為多面體是一個平行六面體，
稱為該四面體的外接平行六面體。
定理 1：平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 是四面體 ABCD 的外接平行六面體，AB = a，AC =
b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，AC1 = l1，AD1 = l2，AA1 = l3，∠C1AD1 = α，∠A1AC1
= β，∠A1AD1 = γ，則
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
證明：根據平行四邊形的性質，得到
27
立體幾何資料
2(l 21 + l 22 ) = a2 + p2，2(l 21 + l 23 ) = b2 + q2，2(l 22 + l 23 ) = c2 + r2，
從上面的三個方程組成的方程組解得
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
因為
C B1
l 2 + l 2 p 2 a 2 p 2 圖 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
推論 1：a2 + p2 + b2 + q2 > c2 + r2，a2 + p2 + c2 + r2 > b2 + q2，b2 + q2 + c2 + r2 > a2 + p2。
證明：由 l1 >0，l2 >0，l3 >0 即得到結論。
推論 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。
證明：由 AB1 >0 即得 3(a2 + b2 + b2) > p2 + q2 + r2，其余不等式同理可證。
定理 2：四面體外接平行六面體的體積是該四面體體積的 3 倍。
證明：如圖 23 所示，設平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 是四面體 ABCD 的外接平行六面體，
設平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 的體積是 V，點 C 到平面 AC1BD1 的距離是 d，則
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：在四面體 ABCD 中，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，AB
與 CD 所成角是θ 1，AC 與 BD 所成角是θ 2，AD 與 BC 所成角是θ 3，則
(b 2 + q 2 ) (c 2 + r 2 )
cosθ1 = ， 2ap
(a 2 + p 2 ) (c 2 + r 2 )
cosθ 2 = ， 2bq
28
立體幾何資料
(a 2 + p 2 ) (b 2 + q 2 )
cosθ 3 = 。 2cr
證明：設平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 是四面體 ABCD 的外接平行六面體，連 C1D1，與
AB 相交于點 O，設∠AOC1 = δ，則 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 。
又因為
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
圖 24
(a 2 + p 2 ) (c 2 + r 2 ) (a 2 + p 2 ) (b 2 + q 2 )
cosθ 2 = ，cosθ = 。 2bq 3 2cr
推論：2ap > |(b2 + q2) – (c2 + r2)|，2bq > |(a2 + p2) – (c2 + r2)|，2cr > |(a2 + p2) – (b2 + q2)|。
證明：由 cos θ 1 < 1，cos θ 2 < 1，cos θ 3 < 1 即得到結論。
定理 4：四面體 ABCD 的體積是 V，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，
AB 與 CD 所成角是θ 1，AC 與 BD 所成角是θ 2，AD 與 BC 所成角是θ 3，AB 與 CD 的距離是
d1，AC 與 BD 的距離是 d2，AD 與 BC 的距離是 d3，則
d 6V d 6V 6V1 = ， = ， d = 。 ap sinθ 2 31 bq sinθ 2 cr sinθ 3
證明：由四面體的外接平行六面體的體積公式，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：在四面體 ABCD 中，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，AB
與 CD 的公垂線在 AB 的垂足是 H，則
29
立體幾何資料
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
其中有向線段 AH 如果與 AB 同向則取正號，否則取負號；向線段 BH 如果與 BA 同向則取
正號，否則取負號。
證明：如圖 24 所示，設∠AOC1 = δ，由《直線與平面》中《異面直線》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
因為
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 的證明知道
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 1：四面體各頂點與各自對面的重心的連線共點。
證明：設平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 是四面體 ABCD 的外接平行六面體，△ABC 的重
心是 G，連 C1D1，與 AB 相交于點 O，連 CO。因為點 O 是 AB 的中點，所以點 G 在 CO 上。
因為 CD ∥ C1D1，所以點 C、D、C1、D1、G、O 共面，所以 CO 與 C1D 相交，設交點是
G1，則因為
CD = 2C1O，
30
立體幾何資料
所以 A D1
CG1 = 2G O， C O 1 1 B
因此 G1 是△ABC 的重心，即點 G 與 G1重合，也就是說，平行
六面體 AC1BD1-A1CB1D 的對角線 C1D 經過△ABC 的重心。同理 G
可證平行六面體AC1BD1-A1CB1D的對角線CD1經過△ABD的重
心，平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 的對角線 A1B 經過△ACD 的重 A1
心，平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 的對角線 AB1 經過△BCD 的重 D
心。因為平行六面體的對角線相交于一點，所以四面體各頂點 C B1
與各自對面的重心的連線共點。 圖 25
定義：四面體各頂點與各自對面的重心的連線稱為四面體的重心。
定理 2：四面體對棱中點的連線交于四面體重心且平分連線。
證明：因為四面體外接平行六面體各面對角線的交點就是四面體各棱的中點，由平行六
面體的性質和定理 1 立即知道四面體對棱中點的連線交于四面體重心且平分連線。
定理 3：在四面體 ABCD 中，AB = a，AC = b，AD = c，CD = p，BD = q，BC = r，△BCD
1
的重心是 G ，則 AG = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ( p 2 + q 2 + r 21 1 ) 。 3
證明：設平行六面體 AC1BD1-A1CB1D 是四面體 ABCD 的外接平行六面體，則
AB 1 2 2 2 2 2 21 = 3(a + b + c ) ( p + q + r ) 。 2
由定理 1 的證明知道
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 ：點 是四面體 的重心的充要條件是 = = = = 3，其
GG1 GG2 GG3 GG4
中點 G1 是直線 AG 與平面 BCD 的交點，點 G2 是直線 BG 與平面 ACD 的交點，點 G3是直
線 CG 與平面 ABD 的交點，點 G4 是直線 DG 與平面 ABC 的交點。
證明：（1）充分性
因為 AG1 與 BG2 相交于點 G，所以點 A、B、G、G1、G2 共面，設平面 ABGG1G2 與 CD
相交于點 E，平面 ACGG1G3 與 DB 相交于點 F，平面 ADGG1G4 與 BC 相交于點 H，連 G1、
G2，因為
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 圖 26 1 1
所以點 G1 是△BCD 的重心。同理可證點 G2 是△ACD 的重心，點 G3 是△ABD 的重心，點
G4 是△ABC 的重心。所以點 G 是四面體 ABCD 的重心。
31
立體幾何資料
（2）必要性
作 CD 的中點 E，連 AE、BE，則點 G1 在 BE 上，點 G2 在 AE 上，連 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
推論： AG 2 + BG 2 + CG 2 + DG 2 1= (a 2 + b 2 + c 2 + p 2 + q 2 + r 2 )。
4
證明：因為
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：點 G 是四面體 ABCD 的重心的充要條件是 VABCG = VABDG = VACDG = VBCDG。
證明：（1）充分性
設平面 ABG 與 CD 相交于點 E，作 CS ⊥ 平面 ABG，垂足是 S，作 DT ⊥ 平面 ABG，
垂足是 T，因為點 E、S、T 既在平面 ABG 上又在平面 CDST 上，所以點 E 在直線 ST 上。因
為 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
圖 27
32
立體幾何資料
△CES ≌△DET，
因此
CE = DE，
即點 E 是 CD 的中點。同理可得平面 ACG 與 BD 的交點是 BD 的中點，平面 ADG 與 BC 的
交點是 BC 的中點。因為平面 ABG、平面 ACG、平面 ADG 的交線是 AG，所以直線 AG 通
過△BCD 的重心。同理可得直線 BG 通過△ACD 的重心，直線 CG 通過△ABD 的重心，直
線 DG 通過△ABC 的重心，所以點 G 是四面體 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，則 CS ∥ DT，所以點
C、D、S、T 共面。設 ST 與 CD 相交于點 E，因為 BE 經過△BCD 的重心，所以點 E 是 CD
的重心，因此得到
△CES ≌△DET，
所以
CS = DT。
因為
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：在空間所有點中，重心到四面體四頂點距離的平方和是最小的。
證明：設點 G 是四面體 ABCD 的重心，點 M 是空間任一點，作△BCD 的重心 G1，作
CD 的中點 E，連 BE、GE、G1E、ME、G1G、G1M，因為
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
因為
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
因為
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
圖 28
因為
33
立體幾何資料
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
因為
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
接著得到
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，
在空間所有點中，重心到四面體四頂點距離的平方和是最小的。
6、外接球
定義：如果多面體各頂點都在同一球面上，則該球稱為該多面體的外接球，該球的球心
稱為該多面體的外心。
定理 1：如果多面體存在外接球，那么外接球與各面的截線是所在面的外接圓，外心在
各面的射影是所在面所成多邊形的外心。
證明：因為球與平面的截線是圓，截面各定點都在截線上，所以截線是截面的外接圓。
設點 O 是某多面體的外心，平面 A1A2…An 是該多邊形的一個面，點 O 在平面 A1A2…An
的射影是 O′，因為
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，
圖 2

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