题81过正方体ABCD—A1B1C1D1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450，则此截面的形状为（）
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BB1相交，此截面是三角形.设过D1的截面与底面所成的角为，易求得
tan∠D1GD=，故<450，又设过A1、C1的截面与底面所成角为，则易求得tan=tan∠O1GO=>1,故,于是另一截面应与A1D1、D1C1相交（不过其端点），形状为六边形，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DD1相交，则截面为五边形；若截面与棱A1D1、D1C1都相交（但不过其端点），则截面为六边形；若截面与棱A1B1、B1C1都相交（但不过点B1），则截面为四边形.
原解答中说“为考察另一截面是否与DD1相交，只需考虑过点D1的截面与底面所成角θ的大小”，并在得到θ<450后，就说截面是六边形.这种理由并不充分.θ<450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A1C1时，截面与DD1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B1时，截面与底面所成角为arctan，与截面过A1C1时截面与底面所成角相等，我们可得如下：
结论过正方体ABCD—A1B1C1D1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
当时，截面的形状为三角形或五边形；
当时，截面的形状为三角形或六边形；
当时，截面的形状为三角形或四边形；
当arctan<θ≤时，截面的形状为四边形.
题82正方体中，为的中点，为的中点，异面直线与所成角的余弦值是（）
A、B、C、D、
(第十五届高二第二试第9题)
解法1如图1，取中点，连结，则∥，所以是与所成的角，设正方体棱长为1，则，，，所以，故选B.
解法2如图2，取正方体的面的中心，连结.易证∥且，∥且，∥且，四边形为平行四边形，∥，就是与所成的角.设正方体棱长为1，则易求得，，，在中，由余弦定理，得
，故选B.
解法3如图3,建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，则，，，，所以，
，所以，故选B.
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将平移至，解法2将平移至，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角，只需利用公式，将几何问题转化成向量运算，一般比几何法简单.
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，截去一个三棱锥，剩下的多面体顶点的数目是（）
A、B、
C、D、
（第四届高一第二试第10题）
解法1n棱柱有个顶点，被平面截去一个三棱锥后，可以分以下6种情形（图1~6）
在图4，图6所示的情形，还剩个顶点；
在图5的情形，还剩个顶点；
在图2，图3的情形，还剩个顶点；
在图1的情形，还剩下个顶点.故选B.
解法2如图1~6，令=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：
截面不过任何顶点（如图1），此时顶点增加了2个；
截面仅过1个顶点（如图2，3），此时顶点增加了1个；
截面仅过2个顶点（如图4，6），此时顶点数不增不减；
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：
用一平面截一个棱柱，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：
截面不过侧棱，此时，顶点增加了2个，面数增加了1个；
截面过一条侧棱，此时，顶点数不变，面数不变；
截面过两条侧棱，此时，顶点减少了2个，面数减少了1个.
由于已知棱柱的顶点数是，面数是，故填或或；或
或.
题84在长方体中，,过的截面的面积为，求的最小值，并指出当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截面是矩形，它们的面积分别记为.则，同理，.
为求的最小值，不必考虑截面.图1画出了截面的示意图.
②截面是平行四边形，有三种位置：（见图2、3、4），设它们的面积分别为.对于截面，作于（如图5），则，因为是定值，所以当取最小值时，有最小值.当是异面直线的公垂线时，它有最小值.这个最小值是到平面的距离，即是中斜边上的高.
.同理，
注意到.
再注意到，可见是的最小值，设截面的面积为（见图6）.
作于中，可知.在所在的平面内（如图7），作∥，设交于，在中，设，则.在平面内，作∥，设交于，则.这表明截面与棱的交点满足，于是点确定了.同理，点在上，，这样，截面完全确定.
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.在两类情形中分别比较及的大小时，变形技巧的运用起了关键作用.在计算时两次运用转化思想：的边上的高→点到面的距离→点到的距离.在比较与的大小时运用了放缩法.
由于，所以最小时，点到的距离应是，而在中作，则有.因此作∥交于，作∥交于，则.由于面，所以面，故作出的就是最小时的.
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从凸四边形的对角线交点作该四边形所在平面的垂线段，使，若.当最小时，的形状是＿＿＿＿.
（第十四届高二培训题第67题）
解由已知，易得，.设，（如图），则.因为，所以.而（设），于是，，当时取等号，这时.同理，，所以，，即，所以.当时，，.
（1）当，即，时，，所以.此时，的形状是平行四边形.
（2）当，即，时，，所以与不平行.此时，是梯形，
综上可知，当时，是平行四边形，当时，是梯形.
评析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.
由于高为3，故最小时，底面的面积最小，由于与为定值，故设，，则最小，为，此时，，这就为证得奠定了基础.此后便是判断与是否平行了，而这取决于与是否相等，故分类讨论，终得为平行四边形或梯形.
从另一角度看，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—A1B1C1底面的边长和高都是2cm，过AB作一个截面，截面与底面ABC成600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、D1分别为AB、EF的中点，则∠D1DC就是截面与底面ABC所成二面角的平面角，所以∠D1DC=600.易证面DCC1D1⊥面ABC，作D1M⊥DC于M，则D1M⊥面ABC，D1M=CC1=2，D1D=D1Mcsc600=，DM=D1Mcot600=，，
∴S截面=
解法2如图2，设截面与侧棱CC1所在直线交于点D，则，在Rt△CDM中，
∠DMC=600，DC=
又，
∴S△DEF=S△DAB=cm2,
故S截面=S△DAB-S△DEF==.
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300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
事实上，cos∠CMC1=
，∴∠CMC1<600，因此截面为梯形，而不是三角形.
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—A1B1C1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.
运用该定理解本赛题：，=，，故S截面=.
题87如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是AA1的中点，则BC1与CD所成的角是，面BCD与面CDB1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DB1在面BCC1B1内的射影为B1E，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以B1C⊥BC1，由三垂线定理得BC1⊥DB1，所以BC1⊥面DCB1，所以BC1⊥CD，故BC1与CD
所成的角是900.
过E作EF⊥DC于F，连结FB，则BF在面DCB1内的射影为EF，由三垂线定理得DC⊥BF，所以∠EFB就是二面角B1—DC—B的平面角.
设正三棱柱的各棱长为2，则BE=，DB=DC=，从而易求得△BCD的BC边上的高为2，由BF=×2×2，得BF=，在Rt△BEF中，，
∴为所求.
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），C1（0，-1，2），C（0，-1，0），D（，0，1），所以=（0，-2，2），=（，1，1），所以=（0，-2，2）（，1，1）=0，所以，所以BC1与CD所成的角是900.过E作EF⊥DC于F，连结FB.设F（x,y,z）,因为E（0，0，1）所以=（x,y,z-1）.由，得x+y+z-1=0①，因为=（x,y-1,z），所以，所以BF⊥DC，所以∠EFB就是面BCD与面CDB1所成二面角的平面角.因为C(0,-1,0),D(，0，1),F（x,y,z）三点共线，所以，得到x=z②，y=z-1③,解①②③得到x=，y=,所以=（，），=（，），所以，||=，||=，所以cos∠EFB==，所以∠EFB=arccos,即
∠EFB=arcsin.
评析异面直线BC1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BCC1B1上的射影为E，从而DB1在面BCC1B1上的射影为B1Ｅ，由B1C⊥BC1及三垂线定理得BC1⊥DB1，进而BC1⊥面DCB1，所以BC1⊥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，得及D、F、C三点共线，得关于F坐标的方程组，解得F坐标后由cos∠EFB=，求得∠EFB.这体现了用空间向量求二面角的基本过程，当然作EF⊥DC于F后，如果，即BF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，设是直三棱柱，，，分别是，的中点.点在上且.如果，则与所成的角等于（）
A、B、
C、D、
（第十三届高二第一试第５题）
解法1如图２，取中点Ｎ，可知∥∥，从而共面，且在此平面内.是直三棱柱，，又，即，面，，.又是正方形，分别是，的中点，.平面.平面，.故选A.
解法2不妨设.则.如图３，在已知三棱柱下方补一个与其同样的三棱柱.取的中点N，连结，在上取一点，使，则易证四边形为平行四边形.所以∥.取、的中点，连结，在上取点，使，连结，则易证∥∥，所以（或其补角）就是与所成的角.连结.易求得，，.因为，所以.故选A.
解法3因为
，所以，即与所成的角为，故选A.
解法4以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.（如图４）
设，则，，，.所以，,因为
，所以，故与所成的角等于.选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，将平移至，再通过解三角形求得即为所求.
解法1通过证明与所在的一个平面垂直，由线面垂直的性质，得，从而得与所成的角为.这是从哪里想到的呢？应当说这是由选择支中有而引发的一种思考.
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，与、等也都成角.若是的中点，则与、等也成角；若是的一个三等分点，则与、等仍成角，等等.仿照证法1、3，很容易证明上述结论.
题89在三棱锥中，，，两两垂直，则（）
、一定是锐角、一定不是锐角、一定是钝角、一定是直角
（第八届高二培训题第3题）
解法1设，，，则
，故，选.
解法2不妨设，则易证，即是正三角形，故是锐角.这说明、、一定错了.故选.
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，若，则仍不能确定是锐角、直角还是钝角，而当或者时就可断定是锐角，同样地，当或时，就可断定是钝角，当或的值不存在时，就可断定是直角.解法1以此为依据解决了问题.
解法2根据选择支的特点，采用特殊化思想，排除了、、，从而选.显得特别简捷.
此题也可用反证法的思路解：设，，.若是直角，则，即.得，这与矛盾，故排除.若是钝角，则必定有，且，即且，亦即且，而题设并无、、的大小限制，故排除，令，则易知是正三角形，故为锐角，又排除.故选.
再换个角度思考：若对或对，则也对，故、都不对.又由直觉可知可以为锐角（比如当时）故又不对，从而选.
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，求棱锥的高.
（第十届高一第二试第22题）
解法1如图2，连交于，连，在和中，由于≌，从而，并且①.同理，由题设，可得，并且②.由①、②知都在的中垂面上，作面，则必在上.设，则可得
从中消去与，可得，由此消去，得，解之，得为所求.
解法2如图2，连交于，连，由题设条件易知面面，所以(≌).作于，则为棱锥的高，.又，故，在中，由正弦定理，得，即，得（另一负值舍去）为所求.
解法3如图2，易证≌（三边对应相等），面，设所求的高为，由，即，得，在中，，又，故，得，得，在中有，，于是，即解得为所求.
解法4原题等价于命题：“已知中，
.沿对角线折成直二面角（图4），且，求点到平面的距离”.
在图4中，分别过作的垂线，分别为垂足.设，则；又设，作于G，连结EG，则.所以，得，于是，故.由异面直线上两点距离公式得
，得，，得为所求.
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与关于平面对称，与全等，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.
12
图4
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