立体几何资料

1、立体几何资料目录目录一、 直线与平面11、 Desarges定理的空间情形12、 平行线定理的证明13、 直线与平面垂直的唯一性14、 异面直线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、 平行六面体21四、 四面体221、 射影定理与余弦定理222、 体积233、 二面角及其平分平面254、 外接平行六面体、对棱所成角及距离285、 重心316、 外接球367、 垂心与十二点球418、 内切球与旁切球469、 棱切球5010、 各特殊点重合的情况5811、 等面四面体与正四面体6312、 直角四面体72五、 规则多面体771、 正多面体772、 半正多面

2、体893、 正多面体和半正多面体的对偶多面体1204、 Kepler - Poinsot多面体145六、 曲面体1501、 球面三角形1502、 环与牟合方盖152i立体几何资料一、 直线与平面1、 Desarges定理的空间情形ABCCEFG图1ABCabDesarges定理的空间情形：ABC和ABC不在同一平面内，AA、BB、CC交于一点，设AB和AB，BC和BC，CA和CA互不平行，则AB和AB，BC和BC，CA和CA的交点共线。证明：因为AA与BB相交，所以点A、A、B、B共面。又AB和AB互不平行，所以AB与AB相交。同理可证BC和BC，CA和CA相交。设AB与AB交于点E，BC和B

3、C交于点F，CA和CA交于点G，点A、B、C在平面a 内，点A、B、C在平面b 内，那么a 和b 不重合，于是a 和b 相交。因为点E、F、G在既a 内又在b 内，所以点E、F、G在a 和b 的交线上，即AB和AB，BC和BC，CA和CA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。bacl图2D证明：如果a、b、c在同一平面，那么结论成立。现在证明a、b、c不在同一平面的情况。假设b与c是异面直线，a和b在平面a 内，a和c在平面b 内。过b和c上一点作一平面g，设g 与b 的交线是l，则l与c相交。因为c a，所以l与a相交，其交点D在a 与g 的交线上。因为

4、a 与g 的交线是b，所以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。abcD图3A假设b与c相交，其交点是D，a和b在平面a 内，a和c在平面b 内。则点D既在a 内也在b 内。设点A是a上一点，连AD，则AD在a 与b 的交线上，即a与AD重合，于是a与b相交，这与b a矛盾。因此b与c不相交。综合上面结论，得到b c。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 a，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 a，则a与b确定一个平面，该平面与a 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

5、线唯一确定矛盾，所以a是唯一确定的。推论：过一不与平面a 垂直的直线l有唯一平面b 垂直于平面a。证明：如果l在平面a 内，则在l上取两点A、B，过点A、B作平面a 的垂线是唯一确定的，这两垂线确定平面了b，所以平面b 也是唯一确定的。如果l不在a 内，则在l上取一点P（如果l与a 相交，则点P不是l与a 的交点），过点P作a 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b，所以平面b 也是唯一确定的。定理2：已知平面a 过点A，且a a，则平面a 是唯一确定的。证明：如果a 不是唯一的，平面b 也过点A，且b a。则a 和b 相交，设交线为l。如果点A在

6、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g 不过直线l，g 与a 相交于p，g 与b 相交于q，则在平面g 内过l与a的交点有两条不同的直线与a垂直，矛盾。所以a 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：l1l2j1j2图4Pl2如图4所示，首先过直线l1上任意一点作直线l2的平行线l2，由于l1与l2是相交直线，所以它们确定的平面j 1，显然j 1是过直线l1且与l2平行的平面，而且通过l1与l2只有一个。同样过l2且与l1平行的平面只有

7、一个。下面我们根据点P的不同位置来探讨问题的解。（1）若点P在平面j 1内，但P不在直线l1上，则过点P的任一直线l，若l与j 1相交，则l在平面j 1内，于是l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j 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j 1内，也不在平面j 2内，所以点P不在直线l

8、1上，也不在直线l2上。因此点P与l1确定平面a 1，点P与l2确定平面a 2。因为P是a 1与a 2的公共点，所以可设a 1与a 2相交于直线l，而且P在直线l上。因为l在a 1内，所以l1与l相交或平行。若l1 l，则因为l在a 2内，所以l1 a 2，因此a 2与j 2重合，与P不在平面j 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b，由于l1与l及l都相交，并且P在直线l1上，所以l1在平面b 内，这又与l1，l2相矛盾。故在过点P的直线

9、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j 1-AC-j 2的平面角是g，AB在j 1内，CD在j 2内，BAC = a，ACD = b，AC = a，（1）如果AB与CD所成角是y，求y 与a、b、g 的关系；（2）如果向量与的夹角是q，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 b，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 g + cos BAC cos CAE = sin a sin b cos g cos a cos b，因

10、为cos y = |cos BAE|，所以cos y = |sin a sin b cos g cos a cos b|。（2）公垂线的存在性和唯一性在例3里证明。在j 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 j 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j1j2ABCDFEGIJH图5KLFG AC，FH 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与CD的公垂线。因为CI = a sin(180 b) = a sin b，所以FH = CI = a sin b。因为EG = AE sin a，所以EF = EG sin a = AE sin a sin g。因为向量与的夹角是EAH，所以EAH = q，于是sin EAH = sin q，所以EH = AE sin EAH = AE sin q。由此得到。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

12、向线段当与同向时为正，否则为负。直线CD上的有向线段当与同向时为正，否则为负。如果直线HF上的有向线段与同向则为正，否则为负。那么与的符号相同。因为EAH = q，由三面角的第一余弦定理（在多面角里讨论）得，所以，。另外，因为FHJ EHF，所以，于是。因为JK AH，所以，于是得到。同理可得。如果l与CD平行，则在AB上取一点E，作EF j 2，与j 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 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与CD的公垂线。由三面角

13、的正弦定理（在多面角里讨论）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与CD平行时的结论仍成立。综合得到：AB与CD的距离是；点A到公垂线在AB上的垂足的有向距离是；点C到公垂线在CD上的垂足的有向距离是，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：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a （0 a 90），l2与l的夹角为b（0 b 90）。问直线l是否存在？如果存在，则a，b 需要满足什么条件，

14、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a = b = 90，即l为公垂线时，l存在，并且l唯一确定。ACBDj1j2l1l2l1l1图6过l2作平面j 2使l1 j 2，在平面j 2中作l1的射影l1，设l1与l2的交点为B（见图6）。由于l1是l1在j 2中的射影，则l1与l1确定一个平面j。在j 中作AB l1，与l1的交点是A，则AB j 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l1，l1，l2都在j 2内，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。ABCDEl1l2l图72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q（0 q 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g，作BE AC，连CE，DE，使AB CE（见图7），则有（请参考例1）cos q = |sin a sin b cos g cos a cos b | （I）其中0 g 180。当ACD = a，BDC = b 或ACD =

16、 180 a，BDC = 180 b 时，（I）式取“+”号；当ACD = a，BDC = 180 b 或ACD = 180 a，BDC = b 时，（I）式取“”号。由于0 a 90，0 0，sin b 0，cos a 0，cos b 0，由（I）得由于，|cos g | 1，因此必须，即。上式可化为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，当l

17、存在时必须满足|a b| q a + b。3设有向线段的数量是x，其符号选择如下：当BDE = q 时，x为正；当BDE = 180 q 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：，AD2 = y2 + d2，BC2 = x2 + d2，另外（III）（IV）于是得到，（V）。（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，（VII）。（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 AC

18、D 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 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 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）

20、、（XII）同时取“+”号，或同时取“”并且cos b cos a cos q 0时，t取“+”号；当（XI）、（XII）同时取“”并且cos b cos a cos q 0时，t取“”号。由（IX）、（X）消去xy项，得到。（XIII）以下先讨论a b 时的情况。此时由于0 a 90，0 b 90，所以sin2 a sin2 b 0。把（XI）、（XII）代入（XIII）并且两边除以sin2 a sin2 b 得，（XIV）（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，（XV）。（XVI）当（XI）、（XII

21、）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 b cos a cos q 0时，n = 0；当（XV）取下方符号并且cos b cos a cos q 0时，n = 1。当AC = BD = 0时，a = b = 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（X

22、VI）式得cos b cos a cos q = 0，cos a cos b cos q 0。由于当cos a = 0并且cos q = 0时，cos a cos b cos q = 0，因此cos a 和cos q 不能同时为零。又由于0 a 90，0 b 90，0 0，此时b 0；当cos a 0时cos q 0，仍然得到cos b + cos a cos q 0。因此当满足cos q 0时要y = 0成立，必须cos b cos a cos q = 0，亦即cos b = cos a cos q。此时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。当cos q = 0时，无论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同时成立，且此时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）式取下方符号时n的取值为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时，（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。现在讨论a = b 时的情况。当a = b = 90时的情况已经讨论过，现在假设a = b 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，（XVIII）于是得到（XIX）。（XX）（XVII）、（XVIII）、

25、（XIX）、（XX）同时取上方符号或同时取下方符号，由于以上等式同时取上方符号或同时取下方符号。于是得到，上式同时取上方符号或同时取下方符号。由于cos a cos a cos q 0，因此当（XV）式取下方符号时n = 1，于是（XV）、（XVI）在a = b 且x 0，y 0时仍然成立。而当a = b，x 0，y = 0或a = b，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a = b 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 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）当（II）成立时，则必然有cos(a + b) cos q cos(a b)，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 a 90，0 b 90，所以90 a b 0。因此当（XXII）为正是只需要 cos q cos(a + b) 0

27、即可。此时cos q cos(a + b) = cos(180 a b)，由于0 q 90，0 180 a b 180，因此上式成立时必须满足，180 a b 180 a b，即a + b 90，且a + b + q 180，现在确定（XV）和（XVI）不同数值的个数。在|a b| q 90，a + b + q 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，亦即进一步简化上式，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）可化简为2 cos a cos b sin2 q = 0，（XXV）（XIV）可化简为2(cos2 a cos2 b)cos q = 0，（XXVI）当（XXV）成立时，必须有a = 90或b =

29、90。现在讨论b = 90的情况，而a = 90的情况可用相同的方法讨论。当b = 90时，cos b cos a cos q 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，。当（XXVI）成立时，有a = b 或q = 90。当a = b 并且q 90时，由上面讨论a = b 时的情况有，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q = 90，由于cos b cos a cos q 0，故（XV）和（XVI）同时取上面符号时n = 1，代入（XV）和（XVI），

30、得到，（XXVII）。（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 a cos b cos q)(cos a cos q cos b)同号，因此得到如下结果：如果(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)为非负时，DBE = q；如果(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)为非正时，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，（XXVIII）。（XXIX）（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，

32、则（XXVIII）最前方符号与cos a cos b cos q 同号，（XXIX）最前方符号与cos b cos a cos q 同号。又由于，因此cos ACD与cos a cos b cos q，（XXX）同号，并且cos BCD与cos b cos a cos q，（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 a cos b cos q 0时ACD = a；当（XV）、（XVI）同时取下方符号并且cos a cos b cos q 0时ACD = 180 a。因此当（XV）、（XVI）同时取上方符号或同时取下方符号并且cos b cos a co

33、s q 0时BDC = b；当（XV）、（XVI）同时取下方符号并且cos b cos a cos q 0时BDC = 180 b。假设cos a cos b cos q 0并且cos b cos a cos q 0，两式相加得到(cos a + cos b)(1 cos q) 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，由于当（XV）、（XVI）同时取上方符号时，cos q + cos a cos b 与cos DBE + cos ACD cos BDC同号，此时；而当（XV）、（XVI）同时取下方符号时，由于cos q cos a c

34、os b 与cos DBE + cos ACD cos BDC只相差一个符号，而该符号又与(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b)同号，那么就得到当(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b) 0时，n = 0；当(cos a cos b cos q)(cos a cos q cos b) 0时，n = 1。现在确定CD的长度。由于，（XXXII）因此。（XXXIII）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a，b 满足|a b| q a + b

35、 时，l存在。如果上面的条件已经满足，则当a 90，b 90，a + b + q 180时满足条件的l有四条，位置由（XV）和（XVI）确定；当a = 90，b = 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

36、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2a，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b 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a + b a，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：

37、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g 内的一点，AB a，AC b，垂足分别是B和C，AB = AC，如果点A在二面角a-a-b 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a-a-b 的平面角。又因为ABD ACD，所以ADB = ADC，因此平面g 是二面角a-a-b 的内平分平面。（2）必要性图8ABCDaabg在二面角a-

38、a-b 的内平分平面g 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 a，AC b，垂足分别是B和C，作BD a，与a相交于点D，两AD、CD。因为AB a，AC b，所以AB a，AC a，即a 平面ABC。又因为 BD a，所以a 平面ABD。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图9VA2证明

39、：在凸n面角O-A1A2An内取一点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，设平面VDnD1与OA1的交点是P1，平面VD1D2与OA2的交点是P2，则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，。又因为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-D1D2Dn是凸n

40、面角。设凸n面角O-A1A2An二面角的平面角之和为S，凸n面角V-D1D2Dn的面角之和为S 。由n个四边形VDnP1D1、VD1P2D2、的内角和相加，得到n 180 + S + S = n 360，所以S + S = n 180。另外，由凸n面角面角和的性质，得到0 S 360，所以得到(n 2)180 S 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

41、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-A1A2An的各棱截取n点B1，B2，Bn，使得OB1 = OB2 = = OBn，那么B

42、1，B2，Bn共面，并且多边形B1B2Bn是正n边形，正n边形B1B2Bn的中心与点O的连线垂直于平面B1B2Bn。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

43、此OB1H2 OB3H2，所以OH2B1 = OH2B3 = 90，OA1A2A3A4B1B2B3B4H1H2H3H4Q1Q2Q3P1P2P4R图10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。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，Bn3，Bn2，Bn1，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B1