题71△ABC是边长为1的正三角形，PA⊥平面ABC，且PA=，A点关于平面PBC的对称点为A’，求直线A’C与AB所成角的余弦值.
（第九届高一第二试第22题）
解法1设D是BC的中点，AA’与面PBC交于O，由已知，O必在PD上.
∽△PDA，∴.
又A与A’关于平面PBC对称，∴A’B=AB=1，由A’A=A’B=1，CA=CB=1，可得A’C⊥AB，
∴A’C与AB所成角的余弦值为0.
解法2如图1，作CA’AF，则直线A’C与AB所成角的余弦值等于|cos∠BAF|，由于两点A’，A关于平面PBC对称，则该平面上任意点与A’，A等距离，故A’C=AC=1.设A’A交面PBC于O点，延长PO交BC于E，连结AE，易知BC⊥PA，BC⊥AO，故BC⊥平面PAE，所以BC⊥AE，又AB=AC=BC=1，所以E是BC的中点，，易求，则FC=A’A=2AO=1，由于A’A⊥BC，CF∥A’A，则CF⊥BC.又由FC=CB=1，知.由AF=A’C=1，AB=1，知AF2+AB2=1+1=2=BF2，所以，|cos∠BAF|=0为所求.
解法3如图2，取AC的中点M，设E是BC的中点，A’A交面PBC于O点，连结OM、EM，则OM∥A’C，EM∥AB，则直线A’C与AB所成角的余弦值等于|cos∠OME|，同解法2可得A’C=1，，，则OM=A’C=，OE=，由ME=AB=，知OM2+ME2==OE2，所以，|cos∠OME|=0为所求.
解法4如图3，连结A’A交面PBC于O点，连结A’B、A’C，则A’B=AB，A’C=AC.VP-ABC=S△ABCPA=，
VA—PBC=S△PBCAO=，
又∵VP-ABC=VA—PBC，所以=，∴.
∵A’O=AO，∴A’A=1.故三棱锥A’—ABC为正四面体，∴A’C⊥AB，直线A’C与AB所成角的余弦值0.
解法5如图4，建立空间直角坐标系A-xyz（A为坐标原点），则A(0,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),B(),易知平面PBC交x轴于点Q(),由截距式得平面PBC的方程为，即，于是平面PBC的一个法矢量，由此设与平面PBC的垂足为O，代入平面PBC的方程，得，则点O.又由于的中点是O，则易知设与所成的角为，则cos=
，即直线与所成角的余弦值为0.
评析与显然是异面直线，其所成角的余弦值一般应通过平移将两异面直线所成的角转化为相交直线所成的角后再求.解法2、3就是通过不同途径实现这种转化的.按照解法2的思路，同样可以作或，则或亦为所求.因为正四面体的对棱互相垂直，故解法1、4证明了AABC恰为正四面体，从而问题也就解决了.解法5则是运用向量知识解决问题，这也是求空间两直线所成角的常用方法.
拓展此题可作如下
推广若△ABC中B、C为定角，A角对边为定值，PA面ABC，PA=，△ABC的面积为，直线AC与AB所成角为，则.
证明因为角B、C及边为定值,故△ABC可解,其面积S为定值.如图5,过A作ADBC,O为垂足,连结PB,PC,PO.由题设知BCPO,BC面PAO.面PBC面PAO.作A点关于直线PO的对称点A,则A也是A点关于平面PBC的对称点,连结AC,AO.过点C作AB的平行线交AO的延长线于D,则ACD就是AC与AB所成的角.又可知BCD=B,,二面角A—BC—D的平面角AOD=-AOA,AOA=2POA,又OA=,由tanPOA=得.由三射线定理,可得运用推广,不难验证原题中直线与所成角的余弦值.
题72已知正方体的棱长为，它的体对角线和与它不共面的面对角线之间的最小距离等于________.
(第十五届高二培训题第49题)
解法1如图1,要求与之间的最小距离.因为,所以平面.由与的交点作于，则.故就是异面直线与的公垂线段，其长为所求最小距离.
为所求.
解法2如图2，以为坐标原点，分别以直线、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.设、分别是、上的点.设点的横坐标为，则易知其横坐标与立坐标分别为，；设点的纵坐标为，则易知其横坐标与立坐标分别为.即，.所以，所以
（当且仅当且时取等号）.所以所求最小距离为.
解法3如图3，在已知正方体旁补上一个与其一样大小的正方体.连结，,则易证，所以，
所以与平面间的距离，也就是点到平面的距离就是异面直线与间的距离，即为所求.设点到平面的距离为.易求得，，.因为，所以.所以.由，即=，亦即，得为所求.
评析此题就是求异面直线间的距离，其主要方法有：（1）求异面直线的公垂线段的长；（2）求两异面直线上两点间距离的最小值；（3）转化为求线面、面面间的距离.（若∥,
,与异面，则与的距离就是与的距离.若∥，，，、异面，则、间的距离就是、间的距离）.
解法1是求公垂线段的长，作出公垂线段是关键，需要有较强的分析能力.解法2通过建立空间直角坐标系，将两异面直线上两点间的距离转化为向量的模来求，关键是正确设出两点的坐标，这里，运用了整体思想，求最小值时还用到了配方法.解法3通过补形，将两异面直线间的距离转化为线面间的距离，进而转化为点面间的距离，最后通过等积变换求得.三种解法蕴含着丰富的数学思想，全方位展示了求异面直线间距离的基本方法，值得我们细细品味.
题73点在所在的平面外，则到平面的距离的最大值是_________.
（第二届高一第一试第30题）
解法1如图，作于，连结，作于平面，.于是平面，进而有平面平面平面，即就是到平面的距离.
在直角中，故所求最大值是
解法2作法如解法1，设易求得又
又
即
即所求最大值是
评析首先需要理解题意：求到平面的距离的最大值，说明此距离一定是个变量，是什么引起它的变化呢？说明是确定不变的，而与平面的垂直关系也不变，故只有的长度的变化才会引起到平面的距离的变化，因此，可将此距离表示为（设为）的函数，然后求其最大值.解法2成功地运用函数思想解决了问题.
解法1中用到“”，其依据是下面的
定理斜边为定值的直角三角形斜边上的高的最大值是.
证明如图，作线段，以为直径画半圆，则半圆上任意一点（与不重合）与都构成为直角，为斜边的直角三角形.显然，当时，斜边上的高最大，为.
题74如图1，ABCD-EFGH是单位正方体，P是AF上的动点，则GP+PB的最小值是．
（第十二届高一第一试第20题）
解法1将面AFGD绕AF旋转，使它与面ABF共面,此时连结BG，BG长即GP+PB的最小值，在中，.如图2，建立直角坐标系，则.
解法2如图1，设PF=x,在中由余弦定理，得.在中，.所以
，表示x轴上的动点到点与点的距离之和.显然，当动点位于两点、连线段与x轴的交点时，最小，最小值为.
解法3如图3，建立空间直角坐标系.则.设.因为共线，所以，得，所以,
,所以
.
表示直角坐标系uov中u轴上的动点到两定点的距离之和，显然，当点Q为线段MN与u轴的交点时，最小,即.所以的最小值为.
评析本题等价于“已知直三棱柱是上的动点，求的最小值.”解法1采用“铺平”的方法，转化为求铺平后两点间的距离.也可不建立直角坐标系，而在中由余弦定理求得：因为，所以.
因为是随点在上的位置的变化而变化的，而点在上的位置又是随的长度的变化而变化的，故设，则应为的函数.解法2就是运用函数思想解决立几问题的.写出函数关系式容易，但求最小值较难，这里，先将其转化为解几问题，再运用平几知识求得最小值.可见，函数思想、转化思想、立几、解几、平几知识的综合运用是解法2的精髓.
解法3显示，运用空间向量，可将许多立几问题转化为向量运算问题，空间向量是解决立几问题的有力工具之一.
题75以四个全等的正三角形为面拼合成的空间图形叫正四面体.正三角形边长叫正四面体的棱长.设正四面体棱长为1.求互为异面的正三角形的中线（所在直线）间的距离.
（可使用下面的结论：正四面体ABCD中，A到面BCD的距离为d，面BCD的面积为S，则四面体ABCD的体积V=）
（第八届高一培训解答题第3题）
解情形（1）E、F分别是AC、AD的中点，求BE、CF之间的距离.取AF的中点M，连结EM、BM，则EM∥CF，CF∥面BEM，故点F到平面BEM的距离就是CF与BE间的距离.∵AM=MF，∴点A到平面BEM的距离就是CF与BE间的距离.在△BEM中，由余弦定理，得cos
，
∴sin∠BEM=,S△BEM=，
∴VA—BEM=，又VA—BEM=VB—AEM
=，∴=，d=.
情形（2），E、F分别是BC、AD的中点，求AE、CF间的距离.取ED的中点M，连结FM、CM，则AE∥FM，AE∥面FCM.可知点D到平面FCM的距离就是AE、CF间的距离.
在△FCM中，由余弦定理，得
，
∴sin∠CFM=S△CMF=，VD—CMF=，
又VD—CMF=VF—CMD=（点F到面CMD的距离等于点A到面CMD的距离的一半）.∴=，d=.
综上，所求距离为或.
评析对于正四面体上的一条中线来说，其它任何面上的三条中线总有一条与其相交，另外两条与其异面，必须分两类情形分别求解，这一点很容易被忽略.
按照定义，异面直线间的距离就是两异面直线的公垂线段的长.而要作出两异面直线的公垂线段往往比较困难.此时，我们可设法将问题转化，其途径主要有：
（1）转化为线面距离——若异面，∥，则b与的距离就是间的距离.
（2）转化为面面距离——若异面，∥，则、间的距离就是间的距离.
而线面、面面之间的距离往往又要转化为点面距离来求——若∥∥,则A到的距离就是与的距离.
点面间的距离一般按照定义来求，此外还常常运用“等积法”转化为求某三棱锥的高.
上述解法正是把两异面直线间的距离转化为直线与平面的距离，再转化为点到平面的距离，最后转化为三棱锥的高来求得的.可见，熟练掌握转化思想是解决此题的又一关键.
题76四面体中，分别在棱上，且
则两点到过的平面的距离之比为_____.
（第十届高一培训题第38题）
解法1设点到平面的距离分别为,由于点分别是直线与平面的交点且所以①，
②，③，由①、②、③得，即两点到过的平面的距离之比为.
解法2如图2，延长交的延长线于点，设的中点为，连结，则∥，且≌，所以，设点到平面的距离分别为，由于点分别是直线与平面的交点，所以即为所求.
解法3如图3，连结
于是，设三点到平面的距离分别为则，又为所求.
解法4如图4，过点A作∥交于点，过点作∥交于点，则∥平面∥平面，平面∥平面.因此，两点到平面的距离相等.由作法可知，点是的中点，设点到平面的距离分别为则为所求.
评析按照定义，点到平面的距离是该点与该点在平面上的射影之间的距离.此题中，要作出在平面上的射影是困难的（位置难以确定，即使确定了，也难以求距离）.因此，我们需另寻他法.
由于都在平面上，且三点分别在上的位置确定，又考虑到是求比值，故联想到这样一个事实：如图5，线段与平面交于点，与平面不垂直，若则两点到平面的距离之比也是（可证’∽’而得该结论）.上述解法就是利用这一结论解决问题的，解法3还将两点到平面的距离比转化为两个三棱锥的体积比；解法4利用两平行平面的一个平面上的任意两点到另一个平面的距离相等.总之，转化思想在解决此题中起了关键作用.
题77在棱长为的正四面体内任取一点，到四面体四个面的距离分别记为，，，，则＿＿＿＿
（第三届高二第一试第16题）
解法1将与正四面体的四个顶点联结，得到以为顶点，正四面体的各个面为底面的四个小棱锥，它们的高分别为，，，,体积的和等于原正四面体的体积.由于四个小棱锥的底面与原正四面体的底面一样，所以正四面体的高.
解法2设已知正四面体为，由题意，可知为定值.故不妨令为正四面体的一个顶点，则到面、面、面的距离都是，故就是点到面的距离，即正四面体的高.
评析由于点的任意性，企图将，，，一一求出（或用某个量表示出来）后再求其和是不现实的，因此，我们应改变思考方向.解法1将点与四面体的四个顶点连结后得到四个以点为顶点的小三棱锥，由其体积和等于原四面体的体积，巧妙地求出了所求之值.这种利用整体与部分之间的关系解题的分割的方法是立几中常用的方法之一.解法2则由结论的唯一确定性，运用特殊化思想，快速解决了问题.类似这种结论唯一的填空题，特殊化思想应作为解题的主要指导思想.
拓展平面几何中有这样一个定理：“正三角形内一点到各边的距离之和等于正三角形的一边上的高”.将此定理延拓到空间就是本赛题.
运用解法1中的思想方法同样可以解决第五届高二第二试第17题：
在三棱锥中，侧棱，，两两垂直，，,在三棱锥的内部有一个与三棱锥的四面体都相切的球，则此球的半径＿＿＿＿.
解：∵，，两两垂直，
，，∴，
，，
，，
设此三棱锥的内切球的半径为，则
，即，解得.
题78某水准仪是封闭的正四面体,体内装有水,当正四面体的一个面放置于水平地面时,体内水面高度为体高的，现将它倒置，此时水的高度是体高的．
（第十一届高一第一试第20题）
解开始平放时,上面无水部分也是正四面体,设其体积为,则原四面体的体积是,有水部分的体积是．倒置后，有水部分与原四面体体积之比是．从而对应的高之比是．
评析该题是由圆锥演变而来的．若直接求出水的高度，再求比值，运算量就大多了，先求出体积比，再求高的比，就显得很简单．
些题主要运用了棱（圆）锥的一个性质：用平行于棱（圆）锥底面的平面去截棱（圆）锥，则截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的体积比等于截得棱（圆）锥与原棱（圆）锥的高的立方比．另外，还有下列性质：截得棱（圆）锥的高与原棱（圆）锥的高的比与对应的侧棱（母线）的比，对应的底面某边的比、对应的面上的中线、高的比，（底面半径的比，底面周长的比等）都是相等的，记作；全面积的比与侧面积的比，底面积的比，对应的某个侧面的面积比也都是相等的，记作,且有．
以此可解决第二届高二第二试第12题：
台体上、下底面面积分别是，平面与底面平行，且台体被截成体积相等的两部分．设截面面积为Ｓ,用表示Ｓ的结果是．
考虑生成圆台的圆锥，设上面小圆锥的体积为，圆台被截面截开的两部分体积为Ｖ，由“相似比的立方等于体积之比”，知
消去,得.
拓展对本题深入探求,可得
定理平行于底面的平面把高为的锥体分成两部分,其中小锥的高为,体积为,台体的体积为．现将截面平移，使小锥的高为，体积为,相应台体的体积为，则．
证明如图1，①；如图2,②．由①②，得，即，则，所以．
用此定理解本赛题：因为，所以为所求．
题79正四面体，点、、分别在棱，，上，且.过、、三点的平面将四面体分成两部分，这两部分的体积比为＿＿＿＿（取较小部分与较大部分的体积之比）
（第十三届高二培训题第75题）
解法1如图1，易知，.作过
、、三点的平面，它和正四面体的截面是矩形，在上取点使得，则
为三棱柱.到面的距离与到面的距离
满足，则，设，则
，故.因此，..则，故所求的两部分体积之比.
解法2如图2,作于，于,连结，,则，.故为直三棱柱.设已知正四面体棱长为，则易求得，，故.又易得，∴.易得，
∴，
∴.又易求得.
∴.故所求两部分的体积之比为.
评析解决此题的关键有两个：一是分成的两部分到底是什么形状；二是两部分的体积如何求.
解法1是先求平面为界，靠近读者一侧部分的体积，解法2则是先求另一部分的体积.由于正四面体的体积易求，故两种解法都在求得一部分的体积后，用整体体积减去一部分的体积得另一部分的体积，减少了运算量.由于分成的两部分都不是纯粹的柱、锥体,故两种解法又都采用化整为零的方法，将其分割成几个易求体积的几何体后再求其体积.这也是求不规则多面体体积的常用方法.
题80正四面体的侧面三角形的高线中，其“垂足”不在同一侧面上的任意两条所成角的余弦值是()
(第十二届高二第二试第3题)
解法1如图1，是正四面体，设其棱长为，分别是边上的中线，由题意，就是要求所成角的余弦值.
取的中点的中点，连成.易知平面和平面平行且∽，于是边上的中线∥，故和所成的角就是.所以.
在中由余弦定理得.在中由余弦定理得.故选.
解法2如图2，将正四面体补成三棱柱，则是边上的中线，又是边上的中线.由题意，就是要求与所成角的余弦值，取的中点，连结.易证∥，所以就是与所成的角.设正四面体的棱长为，则易求得.中，，由余弦定理，可求得.在中，由余弦定理，可求得，故选.
解法3如图3，设正四面体的棱长为，以正的中心为原点，建立空间直角坐标系.易求得.所以
，所以
.
所以.故选.
评析解决此题首先得搞清题意，图中与所成角的余弦值应为所求.由题中“任意”二字及各个选择支都是唯一确定的值，可知不必再考虑其它情形.
求异面直线所成的角，主要方法是按照定义，通过平移将异面直线所成的角转化成相交直线所成的角，其转化方法往往因题而异，有时，同一题也可通过几种方式转化.本题解法1与解法2就是用两种不同方法转化的.解法1将平移至，从而将问题转化为求.应当指出，取的中点，连结后，连结交于，由为的中点可知为的中点，又为的中点，故∥.这样比原解答更为简单.解法2通过补形，将平移至，从而使问题转化为求，计算十分方便.立几中往往通过解三角形求角，正弦定理、余弦定理、勾股定理是主要工具.解法3运用空间向量求异面直线所成的角，将几何问题转化为向量运算，十分简便.应当注意的是坐标系的建立要“适当”，否则会大大增加运算量.
10
图1
R
Q
P
C
D
D
α
h1
E
C
B
A
S
P
N
E
M
A
F
S
B
C
图1
M
E
C
N
F
R
B
Q
S
A
y
z
D1
D
C1
图2
A1
B1
D
C
M
D
B
C
A2
B2
C2
D2
图3
A
D1
C1
B1
B
A1
M
S
D
B
AOB
A
A
E
C
F
F
Q
M
C
图1
D
H
K
E
图2
S
H
F
D
E
G
P
C
B
A
图1
图2
y
B
P
A
x
F
G
H
F
D
E
G
P
C
B
A
图3
y
x
z
图3
O
A’
P
A
C
B
M
E
图2
O
A’
P
A
C
B
F
E
图1
O
A’
P
A
C
B
z
x
E
图4
O
A’
P
A
C
B
y
图5
A’
O
C
P
A
D
B
图1
D1
C1
B1
A1
O’
O
D
C
B
A
N
x
C
B
A
图2
R
Q
P
A
C
B
图3
R
Q
P
A
C
B
图5
A’
B’
O
A
B
图2
图1
V2
V1
V2
h2
V1
G
A
F
B
C
M
D
C
B
A
|
|
