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                           1990――2002年高考立體幾何試題匯編

(90全國(guó)) 如圖,在三棱錐SABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC．DE垂直平分SC,且分別交AC、SC于D、E.又SA＝AB,SB＝BC.求以BD為棱,以BDE與BDC為面的二面角的度數(shù).

（91全國(guó)）已知ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，E、F分別是AB、AD的中點(diǎn)，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求點(diǎn)B到平面EFG的距離．

（92理）兩條異面直線a、b所成的角為θ，它們的公垂線段AA1的長(zhǎng)度為d。在直線a、b上分別取點(diǎn)E、F,設(shè)A1E=m，AF=n

（93全國(guó)）如圖,A₁B₁C₁-ABC是直三棱柱,過點(diǎn)A₁、B、C₁的平面和平面ABC的交線記作l.

　　(Ⅰ)判定直線A1C1和l的位置關(guān)系,并加以證明;

　　(Ⅱ)若A₁A=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求頂點(diǎn)A₁到直線l的距離.

（94全國(guó)）如圖,已知A₁B₁C₁-ABC是正三棱柱,D是AC中點(diǎn).
　　(1)證明AB₁∥平面DBC₁；
　　(2)假設(shè)AB₁⊥BC₁,求以BC₁為棱,DBC₁與CBC₁為面的二面角α的度數(shù).

（95全國(guó)）如圖，ABCD是圓柱的軸截面，點(diǎn)E在底面的周長(zhǎng)上，AF⊥DE，F(xiàn)是垂足。

(1)求證：AF⊥DB

(2)如果AB=a，圓柱與三棱錐D-ABE的體積比等于3π，求點(diǎn)E到截面ABCD的距離

（96全國(guó)）如圖,在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中,E∈BB₁，截面A₁EC⊥側(cè)面AC₁.

　　　(Ⅰ)求證:BE=EB1;
　　
　　　(Ⅱ)若AA₁=A₁B₁;求平面A₁EC與平面A₁B₁C₁所成二面角(銳角)的度數(shù).

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
注意:在下面橫線上填寫適當(dāng)內(nèi)容,使之成為(Ⅰ)的完整證明,并解答(Ⅱ).
　　　(Ⅰ)證明:在截面A₁EC內(nèi),過E作EG⊥A₁C,G是垂足.
　　　　　① ∵_(dá)_________________________________
　　　　　　　∴EG⊥側(cè)面AC₁;取AC的中點(diǎn)F,連結(jié)BF,FG,由AB=BC得BF⊥AC,
　　　　�、� ∵_(dá)__________________________________
　　　　　　∴BF⊥側(cè)面AC₁;得BF∥EG,BF、EG確定一個(gè)平面,交側(cè)面AC₁于FG.
　　　　�、� ∵ __________________________________
　　　　　　∴BE∥FG,四邊形BEGF是平行四邊形,BE=FG,
　　　　　④ ∵_(dá)________________________________
　　　　　　∴FG∥AA₁,△AA₁C∽△FGC,
　　　　�、� ∵_(dá)________________________
　　(Ⅱ)解:

（97全國(guó)）如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E、F分別是BB1、CD的中點(diǎn).
      (Ⅰ)證明AD⊥D1F;
      (Ⅱ)求AE與D1F所成的角;
      (Ⅲ)證明面AED⊥面A1FD1;

（00廣東、全國(guó)）如圖，已知平行六面體ABCD―A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，且∠C₁CB=∠C₁CD=∠BCD，

（Ⅰ）證明：C₁C⊥BD；

（Ⅱ）當(dāng)?shù)闹禐槎嗌贂r(shí)，能使A₁C⊥平面C₁BD？請(qǐng)給出證明。

（00兩省一市）如圖，直三棱柱ABC-，底面ΔABC中，CA=CB=1，BCA=，棱=2，M、N分別是、的中點(diǎn)。

（I）求的長(zhǎng)；

（II）求，的值；

（III）求證

（01廣東、全國(guó)）如圖，在底面是直角梯形的四棱錐Ｓ―ABCD中，

∠ＡＢＣ＝９０°，ＳＡ⊥面ABCD， SA＝AB＝ＢＣ＝１，ＡＤ＝．

(Ⅰ)求四棱錐S―ABCD的體積；

(Ⅱ)求面SCD與面SBA所成的二面角的正切值．

（01兩省一市）如圖，以正四棱錐V-ABCD底面中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，其中Ox∥BC,Oy∥AB.E為VC中點(diǎn)，正四棱錐底面邊長(zhǎng)為2a,高為h

(Ⅰ)求cos<,>;

(Ⅱ)記面BCV為，面DCV為，若BED是二面角的平面角，求BED

（02全國(guó)）如圖，正方形、的邊長(zhǎng)都是1，而且平面、互相垂直。點(diǎn)在上移動(dòng)，點(diǎn)在上移動(dòng)，若（）

（1）求的長(zhǎng)；

（2）為何值時(shí)，的長(zhǎng)最�。�

（3）當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)最小時(shí)，求面與面所成二面角的大小。

（02兩省一市）如圖，正三棱柱ABC―A₁B₁C₁的底面邊長(zhǎng)為，側(cè)棱長(zhǎng)為。

（1）       建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，并寫出點(diǎn)A、B、A₁、C₁的坐標(biāo)；

（2）       求AC₁與側(cè)面ABB₁A₁所成的角

（02廣東）四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為的正方形，平面。

（1）若面與面所成的二面角為，求這個(gè)四棱錐的體積；

（2）證明無(wú)論四棱錐的高怎樣變化。面與面所成的二面角恒大于

（90）解法一:由于SB＝BC,且E是SC的中點(diǎn),因此BE是等腰三角形SBC底邊SC的中線,所以SC⊥BE.

又已知      SC⊥DE,BE∩DE＝E,∴SC⊥面BDE,∴SC⊥BD.

又  ∵SA⊥底面ABC,BD在底面ABC上,  ∴SA⊥BD.

而SC∩SA＝S,∴BD⊥面SAC.

    ∵DE＝面SAC∩面BDE,DC＝面SAC∩面BDC,

    ∴BD⊥DE,BD⊥DC.

    ∴∠EDC是所求的二面角的平面角.

    ∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC.

設(shè)SA＝a,

又因?yàn)锳B⊥BC,

  ∴∠ACS＝30°.

又已知DE⊥SC,所以∠EDC＝60°,即所求的二面角等于60°.

解法二:由于SB＝BC,且E是SC的中點(diǎn),因此BE是等腰三角形SBC的底邊SC的中線,所以SC⊥BE.

又已知SC⊥DE,BE∩DE＝E∴SC⊥面BDE,

    ∴SC⊥BD.

由于SA⊥底面ABC,且A是垂足,所以AC是SC在平面ABC上的射影.由三垂線定理的逆定理得BD⊥AC;又因E∈SC,AC是SC在平面ABC上的射影,所以E在平面ABC上的射影在AC上,由于D∈AC,所以DE在平面 ABC上的射影也在AC上,根據(jù)三垂線定理又得BD⊥DE.

    ∵DE面BDE,DC面BDC,

    ∴∠EDC是所求的二面角的平面角.

以下同解法一.

（91）解：如圖，連結(jié)EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分別交AC于H、O． 因?yàn)?i>ABCD是正方形，E、F分別為AB和AD的中點(diǎn)，故EF∥BD，H為AO的中點(diǎn)．

BD不在平面EFG上．否則，平面EFG和平面ABCD重合，從而點(diǎn)G在平面的ABCD上，與題設(shè)矛盾．

由直線和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG，所以BD和平面EFG的距離就是點(diǎn)B到平面EFG的距離．                                                   ――4分

∵ BD⊥AC， ∴ EF⊥HC．

∵ GC⊥平面ABCD，∴ EF⊥GC，

∴ EF⊥平面HCG．

∴ 平面EFG⊥平面HCG，HG是這兩個(gè)垂直平面的交線．                ――6分

作OK⊥HG交HG于點(diǎn)K，由兩平面垂直的性質(zhì)定理知OK⊥平面EFG，所以線段OK的長(zhǎng)就是點(diǎn)B到平面EFG的距離．                                           ――8分

∵ 正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，GC=2，

∴ AC=4，HO=，HC=3．

∴ 在Rt△HCG中，HG=．

由于Rt△HKO和Rt△HCG有一個(gè)銳角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG．

∴ OK=．

即點(diǎn)B到平面EFG的距離為．                                  ――10分

（92）　解法一:設(shè)經(jīng)過b與a平行的平面為α,經(jīng)過a和AA1的平面為β,α∩β=c,則c∥a.因而b,c所成的角等于θ,且AA1⊥c(如圖)。
　　∵ AA1⊥b, ∴ AA1⊥α.
　　根據(jù)兩個(gè)平面垂直的判定定理,β⊥α.
　　在平面β內(nèi)作EG⊥c,垂足為G,則EG=AA1.并且根據(jù)兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理,EG⊥α.連結(jié)FG,則EG⊥FG.
　　在Rt△EFG中,EF2=EG²+FG²�！　� AG=m,　　∴在△AFG中,　　FG²=m²+n²-2mncosθ.
　　　　　　　　∵ EG²=d²,　　　　　　　　∴ EF²=d²+m²+n²-2mncosθ.
　　如果點(diǎn)F(或E)在點(diǎn)A(或A1)的另一側(cè),則
　　　　　　　　EF²=d²+m²+n²+2mncosθ.
　　因此　　　　
　　解法二:經(jīng)過點(diǎn)A作直線c∥a,則c、b所成的角等于θ,且AA1⊥c.
　　根據(jù)直線和平面垂直的判定定理,AA1垂直于b、c所確定的平面a.
　　在兩平行直線a、c所確定的平面內(nèi),作EG⊥c,垂足為G,則EG平行且等于AA1，從而EG⊥α。
　　連結(jié)FG,則根據(jù)直線和平面垂直的定義,EG⊥FG.
　　在Rt△EFG中,EF²=EG²+FG²。
　　(以下同解法一)
（93）解:(Ⅰ)l∥A₁C₁.證明如下:

　　根據(jù)棱柱的定義知平面A₁B₁C₁和平面ABC平行.
　　由題設(shè)知直線A₁C₁=平面A₁B₁C₁∩平面A₁BC₁,直線l=平面A₁BC₁∩平面ABC.
　　根據(jù)兩平面平行的性質(zhì)定理有l(wèi)∥A₁C₁.

　　(Ⅱ)解法一:　　過點(diǎn)A₁作A₁E⊥L于E,則A1E的長(zhǎng)為點(diǎn)A₁到l的距離.
　　連結(jié)AE.由直棱柱的定義知A₁A⊥平面ABC.
　　∴ 直線AE是直線A₁E在平面ABC上的射影.
　　又　　l在平面ABC上,根據(jù)三垂線定理的逆定理有：AE⊥l.
　　由棱柱的定義知A₁C₁∥AC,又l∥A1C1,　　　　　∴ l∥AC.
　　作BD⊥AC于D,則BD是Rt△ABC斜邊AC上的高,且BD=AE,
　　從而AE＝BD＝(AE×BC)/AC＝(4×3)/5＝12/5
　　在Rt△A₁AE中,　　∵ A₁A=1，∠A₁AE=90°,
　　　　　
　　故點(diǎn)A₁到直線 l 的距離為13/5。

　　解法二:　　同解法一得l∥AC.
　　由平行直線的性質(zhì)定理知∠CAB=∠ABE，　　從而有Rt△ABC∽R(shí)t△BEA，AE:BC=AB:AC，
　　　　　　　　　　∴AE＝(BC×AB)/AC
　　以下同解法一。
（94）　　(1)證明:　∵A₁B₁C₁-ABC是正三棱柱,
　　　∴四邊形B₁BCC₁是矩形.連結(jié)B₁C,交BC₁于E,則B₁E=EC.連結(jié)DE.
　　　在△AB₁C中,∵AD=DC,　∴DE∥AB₁,
　　　
　　　∴AB₁∥平面DBC₁.
　　(2)解:作DF⊥BC,垂足為F,則DF⊥面B₁BCC₁,連結(jié)EF,則EF是ED在平面B₁BCC₁上的射影.
　　　∵AB₁⊥BC₁,　由(1)知AB₁∥DE,　∴DE⊥BC₁,
　　　則BC₁⊥EF,　∴∠DEF是二面角α的平面角.
　　　設(shè)AC=1,則DC=1/2.　∵△ABC是正三角形,
　　　∴在Rt△DCF中,　DF=DC?sinC=/4,CF=DC?cosC=1/4
　　　取BC中點(diǎn)G.　∵EB=EC,　∴EG⊥BC.
　　　在Rt△BEF中,　EF²=BF?GF,又BF=BC-FC=3/4,GF=1/4
　　　∴EF²=(3/4)?(1/4),即EF=/4.　　　∴tg∠DEF=DF/EF=1　　∴∠DEF=45°.
　　　故二面角α為45°.
（95）　(1)證明：根據(jù)圓柱性質(zhì)，DA⊥平面ABE，

　　　　∵EB平面ABE，　　　　∴DA⊥EB，

　　　　∵AB是圓柱底面的直徑，點(diǎn)E在圓周上，

　　　　∴AE⊥EB，又AE∩AD=A，故得EB⊥平面DAE，

　　　　∵AF平面DAE，∴EB⊥AF，

　　　　又AF⊥DE，且EB∩DE=E，故得AF⊥平面DEB，

　　　　∵DB平面DEB，∴AF⊥DB。

　　(2)解：設(shè)點(diǎn)E到平面ABCD的距離為d，記AD=h，因圓柱軸截面ABCD是矩形，所以AD⊥AB。

　　　　由題設(shè)知　，即d=a/2。

（96）       (Ⅰ)②∵BE:CF=1:2,                  ∴DC=2DB,                 ∴DB=BC,    1分
              ③∵△ABD是等腰三角形,          且∠ABD=120°,              ∠BAD=30°,
                  ∴∠CAD=90°,    3分
              ④∵FC⊥面ACD,                  ∴CA是FA在面ACD上的射影,
                  且CA⊥AD,    5分
              ⑤∵FA∩AC=A,　　　　　DA⊥面ACF，DA面ADF　　
　                 ∴面ADF⊥面ACF.    7分

         (Ⅱ)解:　∵V_A1-AEF=V_E-AA1F　　　　在面A1B1C1內(nèi)作B₁G⊥A₁C₁,垂足為G.
　　　　　BG＝a/2                 　面A₁B₁C₁⊥面A₁C,　　　　　∴B₁G⊥面A₁C,
　　　　　∵E∈BB₁,而BB₁∥面A₁C,　　　　　∴三棱柱的高為a/2　　9分
　　　　　S_△AA1F=AA1?AC/2=a²/2　10分　　　　　∴V_A1-AEF=V_E-AA1F=a⁴/4　12分
（97）  解:(Ⅰ)∵AC1是正方體,         　　　∴AD⊥面DC1.
          　　　又D1F面DC1,          　∴AD⊥D1F.    　　　-------------2分
      (Ⅱ)取AB中點(diǎn)G,連結(jié)A1G,FG.因?yàn)镕是CD的中點(diǎn),所以GF、AD平行且相等,又A1D1、AD平行且相等,所以GF、A1D1平行且相等,故GFD1A1是平行四邊形,A1G∥D1F.
         設(shè)A1G與AE相交于點(diǎn)H,則∠AHA1是AE與D1F所成的角,因?yàn)镋是BB1的中點(diǎn),所以Rt△A1AG≌Rt△ABE,          ∠GA1A=∠GAH，從而∠AHA1=90°,

即直線AE與D1F所成角為直角.    　           -------------5分
     (Ⅲ)由(Ⅰ)知AD⊥D1F,由(Ⅱ)知AE⊥D1F,又AD∩AE=A,所以D1F⊥面AED.又因?yàn)镈1F面A1FD1,      所以 面AED⊥面A1FD1.     -------------7分
     （Ⅳ)連結(jié)GE,GD1.          ∵FG∥A1D1,          ∴FG∥面A1ED1,
          ∵AA1=2,        
       

（98） 解：（Ⅰ）作A₁D⊥AC，垂足為D，由面A₁ACC₁⊥面ABC，得A₁D⊥面ABC，

∴∠A₁AD為A₁A與面ABC所成的角�！�…2分

∵AA₁⊥A₁C，AA₁＝A₁C，∴∠A₁AD＝45°為所求。 ……4分

（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足為E，連A₁E，則由A₁D⊥面ABC，得A₁E⊥AB。

 ∴∠A₁ED是面A₁ABB₁與面ABC所成二面角的平面角。 ……6分

由已知，AB⊥BC，得ED∥BC。又D是AC的中點(diǎn)， BC＝2，AC＝2， ∴DE＝1，AD＝A₁D＝，

tgA₁ED＝A₁D/DE=。故∠A₁ED＝60°為所求。 ……8分

（Ⅲ）解法一：由點(diǎn)C作平面A₁ABB₁的垂線，垂足為H，則CH的長(zhǎng)是C到平面A₁ABB₁的距離。 …10分

連結(jié)HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB。 又A₁E⊥AB，知HB∥A₁E，且BC∥ED， ∴∠HBC＝∠A₁ED＝60°。

∴CH＝BCsin60°＝為所求。 ……12分

解法二：連結(jié)A₁B。 根據(jù)定義，點(diǎn)C到面A₁ABB₁的距離，即為三棱錐C－A₁AB的高h(yuǎn)。 ……10分

由V錐C－A₁AB＝V錐A₁－ABC得1/2S△AA₁Bh＝1/2S△ABCA₁D，

即 1/3×2h=1/3×2×，∴h=為所求。 ……12分

（99）（1）解：如圖，連結(jié)DB交AC于O，連結(jié)EO。

∵底面ABCD是正方形　　　　∴DO⊥AC�！　　∮帧逧D⊥底面AC，
　　　　∴EO⊥AC。
　　　　∴∠EOD是面EAC與底面AC所成二面角的平面角， －－－－2分
　　　　∴ ∠EOD＝45°。　　　　DO＝(2)^1/2/2a, AC=(2)^1/2a, Eo=[(2)^1/2a?sec45°]/2=a.
     　故 S_△EAC=(2)^1/2×a²/2                       4分

（II）解：由題設(shè)ABCD－A₁B₁C₁D₁是正四棱柱，得A₁A⊥底面AC， A₁A⊥AC。
　　　　　　又 A₁A⊥A₁B₁，　　　　　₁A是異面直線A₁B₁與AC間的公垂線。 －－－－6分
　　　　　　∵D₁B∥面EAC，且面D₁BD與面EAC交線為EO，　　　　　　∴ D₁B∥EO。
　　　　　　又 O是DB的中點(diǎn)，　　　　　　∴E是D₁D的中點(diǎn)， D₁B＝2ED＝2a。
　　　　　　異面直線A₁B₁與AC間的距離為(2)^1/2a。 －－－－8分
　(III)解法一：如圖，連結(jié)D₁B₁�！　　　　　　　逥₁D＝DB＝(2)^1/2a，
　　　　　　　∴BDD₁B₁是正方形�！　　　　　　∵B結(jié)B₁D交D₁B于P，交EO于Q。
　　　　　　　∵B₁D⊥D₁B。 EO∥D₁B，　　　　　　　∴B₁D⊥EO
　　　　　　　又 AC⊥EO， AC⊥ED，　　　　　　　∴AC⊥面BDD₁B₁
　　　　　　　∴B₁D⊥AC　　　　　　　∴B₁D⊥面EAC。
        　　∴B₁Q是三棱錐B₁－EAC的高。 －－－－10分
　　　　　　　由DQ＝PQ，得B₁Q＝3B₁D/4＝3a/2。
　　　　　　　∴V_B1－EAC＝(1/3)?[(2)^1/2a²/2]?(3/20=(2)^1/2?a³/4.
　　　　　　　所以三棱錐了－EAC的體積是(2)^1/2?a³/4. －－－－12分
解法二：連結(jié)B₁O，則VB₁－EAC＝2VA－EOB₁

∵AO⊥面BDD₁B₁，　　∴AO是三棱錐A－EOB₁的高，AO＝(2)^1/2?a/2
　　在正方形BDD₁B₁中，E、O分別是D₁D、DB的中點(diǎn)（如右圖），
　　則S_△EOB1=3a²/4.
　　∴VB₁-EAC=2×(1/30×(3a²/4)×[(2)^1/2a/2}=(2)^1/2?a³/4.
　　所以三棱錐B₁－EAC的體積是(2)^1/2?a³/4.－－－－12分。

（00廣東）（Ⅰ）證明：連結(jié)、和交于，連結(jié)。

∵四邊形ABCD是菱形，∴⊥，=。

又∵∠=∠，=，

∴，∴B=D，

∵∴，                                                  3分

但，∴平面。

又平面，∴。                                  …………6分

（Ⅱ）當(dāng)時(shí)，能使平面。

證明一：∵，∴，又，

由此可推得�！嗳�棱錐是正三棱錐。             …………9分

設(shè)與相交于�！�，且：：1，

∴：=2：1。

又是正三角形的邊上的高和中線，∴點(diǎn)是正三角形的中心，

∴平面，即平面。                          …………12分

證明：由（Ⅰ）知，平面，

∵平面，∴。                              …………9分

當(dāng)時(shí)，平行六面體的六個(gè)面是全等的菱形，同的正法可得。

又，∴平面。                            …………12分

（00兩省一市）如圖，以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O。

      （I）解：依題意得B，N，

       ∴               ――2分

      （II）解：依題意得，B，C，。

       ∴ ，。

        。，                 ――5分

      ∴                ――9分

（III）證明：依題意得，M  ， ，

  ∴ ，∴              ――12分

（01廣東）解：(Ⅰ)直角梯形ABCD的面積是M_底面=

    =                                                 2分

∴四棱錐S―ABCD的體積是        4分

(Ⅱ)延長(zhǎng)BA、CD相交于點(diǎn)E，連結(jié)SE，則SE是所求二面角的棱?          6分

∵ＡＤ∥ＢＣ，ＢＣ＝２ＡＤ

∴ＥＡ＝ＡＢ＝ＳＡ，∴ＳＥ⊥ＳＢ

∵ＳＡ⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交線.

又ＢＣ⊥ＥＢ，∴ＢＣ⊥面SEB，故SB是SC在面SEB上的射影，∴CS⊥ＳＥ，

所以∠ＢＳＣ是所求二面角的平面角?                                  10分

∵ＳＢ＝

∴ｔｇ∠ＢＳＣ＝，即所求二面角的正切值為   

（01兩省一市）

（02全國(guó)）解：（1）作MP∥AB交BC于點(diǎn)P，NQ∥AB交BE于點(diǎn)Q，連接PQ，

依題意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四邊形。

∴MN=PQ由已知， CM=BN=a,CB=AB=BE=1,

∴即

∴（2）由（1）

（3）取MN的中點(diǎn)G，連接AG、BG，

∵AM=AN,BM=BN，∴AG⊥MN,BG⊥MN，∴∠AGB即為二面角α的平面角。

又，所以由余弦定理有

。故所求二面角。

（02兩省一市）解：（1）如圖，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)O，以AB所在直線為Oy軸，以所在直線為Oz軸，以經(jīng)過原點(diǎn)且與平面垂直的直線為Ox軸，建立空間直角坐標(biāo)系。

由已知，得

------------4分

（2）坐標(biāo)系如上。取的中點(diǎn)M，于是有,連有

,且

由于

所以，

∴

（02廣東）解（1）∵平面，∴是在面上的射影，∴

∴是面與面所成二面角的平面角，

而是四棱錐的高，

∴

（2）證：不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側(cè)面與恒為全等三角形．

作，垂足為，連結(jié)，則．

∴，，故是面與面所成的二面角的平面角．

設(shè)與相交于點(diǎn)，連結(jié)，則．

在△中，

所以，面與面所成的二面角恒大于