2022高考数学一轮总复习课件：综合突破四 立体几何综合问题

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1、综合突破四综合突破四 立体几何综合问题立体几何综合问题 考点一考点一 求空间几何体的表面积与体积求空间几何体的表面积与体积 (2020全国卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心， ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，APC90 (1)证明：平面 PAB平面 PAC； (2)设 DO 2，圆锥的侧面积为 3，求三棱锥 P- ABC 的体积 解：(1)证明：由题设可知，PAPBPC， 由于ABC 是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC 又APC90，故APB90，BPC90， 从而 PBPA，PBPC，故 PB平面 PAC，所以平面 PAB平面 PAC (2)设圆锥

2、的底面半径为 r，母线长为 l 由题设可得 rl 3，l2r22 解得 r1，l 3，从而 AB 3 由(1)可得 PA2PB2AB2，故 PAPBPC 6 2 所以三棱锥 P- ABC 的体积为1 3 1 2PAPBPC 1 3 1 2( 6 2 )3 6 8 【点拨】本题考查圆锥及正三棱锥的结构特征，空间线、面 位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积注意空间垂直 关系的相互转化 (2020山东新高考模拟改编)如图，四棱锥 S- ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， SA平面 ABCD，E，F 分别为 AD，SC 的中点，EF 与平面 ABCD 所成的角为 45 (1)证明：EF 为异

3、面直线 AD 与 SC 的公垂线； (2)若 BC2，EF1 2BC，求点 C 到平面 BEF 的距离 解：(1)证明：连接 AC，BD 交于点 G，连接 EG，FG 因为四边形 ABCD 为矩形，且 E，F 分别为 AD，SC 的中点，所以 EGCD，且 FGSA 又 SA平面 ABCD，所以 GF平面 ABCD，所以 GFAD 又 ADGE，GEGFG，所以 AD平面 GEF，所以 ADEF 因为 EF 与平面 ABCD 所成的角为 45，所以FEG45，从而 GEGF，所以 SAAB 取 SB 的中点 H，连接 AH，FH，则由 F，H 分别为 SC，SB 的中点，从而 FH 綊1 2B

4、C 綊 AE，从而四 边形 AEFH 为平行四边形 又由 SAAB，知 AHSB 又 BC平面 SAB，所以 AHBC 又 SBBCB，从而 AH平面 SBC 从而 EF平面 SBC，SC平面 SBC，从而 EFSC 综上知，EF 为异面直线 AD 与 SC 的公垂线 (2)因为 EF1 2BC，BC2，则 EF1，从而 GEGF 2 2 ，所以 SAAB 2 由(1)知 EF平面 BCF，BCBS，又 F 为 SC 的中点，故 SBCF1 2SSBC 1 2 1 2BCSB1，BF 2，则 SBEF1 2EFBF 2 2 设点 C 到平面 BEF 的距离为 h， 则由 VEBCFVCBEF有

5、， 1 3SBCF EF 1 3SBEF h， 即 1 311 1 3 2 2 h，解得 h 2即点 C 到平面 BEF 的距离为 2 考点二 空间点、线、面的位置关系 (2020全国卷)如图，在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，点 E，F 分别在棱 DD1， BB1上，且 2DEED1，BF2FB1证明： (1)当 ABBC 时，EFAC； (2)点 C1在平面 AEF 内 证明：(1)如图，连接 BD，B1D1 因为 ABBC，所以四边形 ABCD 为正方形，故 ACBD 又因为 BB1平面 ABCD，于是 ACBB1所以 AC平面 BB1D1D 由于 EF平面 BB1D1D，所以

6、EFAC (2)如图，在棱 AA1上取点 G，使得 AG2GA1，连接 GD1，FC1，FG， 因为 D1E2 3DD1，AG 2 3AA1，DD1AA1，所以 ED1AG，于是四边形 ED1GA 为 平行四边形，故 AEGD1 因为 B1F1 3BB1， A1G 1 3AA1， BB1AA1， 所以 FGA1B1， FGC1D1， 四边形 FGD1C1 为平行四边形，故 GD1FC1 于是 AEFC1所以 A，E，F，C1四点共面，即点 C1在平面 AEF 内 【点拨】空间点、线、面的位置关系的判断与证明属于必考内容， 且常考常新，难度一般不高，应注意逻辑严密、表述准确，切忌对而 不全，造成

7、隐性失分 (2021江西临川一中高三月考)如图 1，在ABC 中，D，E 分别为 AB，AC 的 中点， O 为 DE 的中点， ABAC2 5， BC4将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置， 使得平面 A1DE平面 BCED，F 为 A1C 的中点，如图 2 (1)求证：EF平面 A1BD； (2)求证：平面 A1OB平面 A1OC； (3)线段 OC 上是否存在点 G，使得 OC平面 EFG？请说明理由 解：(1)证明：如图，取线段 A1B 的中点 H，连接 HD，HF 因为在ABC 中，D，E 分别为 AB，AC 的中点，所以 DEBC，DE1 2BC 因为 H，F 分别为 A1B

8、，A1C 的中点，所以 HFBC，HF1 2BC， 所以 HFDE，HFDE，所以四边形 DEFH 为平行四边形，所以 EFHD 因为 EF平面 A1BD，HD平面 A1BD，所以 EF平面 A1BD (2)证明：因为在ABC 中，D，E 分别为 AB，AC 的中点，ABAC，所以 ADAE 所以 A1DA1E，又 O 为 DE 的中点， 所以 A1ODE 因为平面 A1DE平面 BCED，且 A1O平面 A1DE， 所以 A1O平面 BCED，所以 COA1O 在OBC 中，BC4，易知 OBOC2 2， 所以 COBO，所以 CO平面 A1OB， 所以平面 A1OB平面 A1OC (3)线

9、段 OC 上不存在点 G，使得 OC平面 EFG 否则，假设线段 OC 上存在点 G，使得 OC平面 EFG， 连接 GE，GF，则必有 OCGF，且 OCGE 在 RtA1OC 中，由 F 为 A1C 的中点，OCGF，得 G 为 OC 的中点 在EOC 中，因为 OCGE，所以 EOEC， 这显然与 EO1，EC 5矛盾 所以线段 OC 上不存在点 G，使得 OC平面 EFG 考点三 求线面角 (2020浙江卷)如图，在三棱台 ABC- DEF 中，平面 ACFD平面 ABC，ACB ACD45，DC2BC (1)证明：EFDB； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值 解：(

10、1)证明：如图，过点 D 作 DOAC，交直线 AC 于点 O，连接 OB 由ACD45，DOAC 得 CD 2CO， 由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC 由ACB45，BC1 2CD 2 2 CO 得 BOBC 所以 BC平面 BDO，故 BCDB 由三棱台 ABC- DEF 得 BCEF，所以 EFDB (2)方法一： 由三棱台 ABC- DEF 得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，记为 过点 O 作 OGAC，交 AB 于点 G，易知 OC，OD，OG 两两垂直， 如图，以 O 为原点，分别以射线 O

11、G，OC，OD 为 x，y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标 系 O- xyz 设 CD2 2，则 BC 2 由题意知各点坐标如下： O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2) 因此OC (0，2，0)，BC (1，1，0)，CD (0，2，2) 设平面 BCD 的一个法向量 n(x，y，z) 由 n BC 0， n CD 0 即 xy0， 2y2z0，可取 n(1，1，1) 所以 sin|cosOC ，n|OC n| |OC |n| 3 3 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 方法二： 过点 O 作 OHBD，交直线 BD 于点 H，连接

12、CH 由三棱台 ABC- DEF 得 DFCO， 所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角 由 BC平面 BDO 得 OHBC，故 OH平面 BCD，所以OCH 为直线 CO 与 平面 DBC 所成角 设 CD2 2由 DOOC2，BOBC 2，得 BD 6，OH2 3 3 ，所以 sinOCHOH OC 3 3 ， 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 【点拨】 利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法： 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐 角，取其余角就是斜线和平面所成的角；分别求出斜线和它在平

13、面内的 射影的方向向量，再转化为求这两个方向向量的夹角(或其补角)注意： 直线与平面所成角的取值范围是 0， 2 (2021江西新八校高三二联)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，ADBC，ADC PAB90，BCCD1 2ADE 为棱 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90 (1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM平面 PBE，并说明理由； (2)若二面角 P- CD- A 的大小为 45，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值 解： (1)在梯形 ABCD 中， AB 与 CD 不平行延长 AB， DC， 相交于点 M(M平面 PAB)， 点 M 即为所求

14、的一个点 理由如下： 由已知，BCED 且 BCED 所以四边形 BCDE 是平行四边形，从而 CMEB 又 EB平面 PBE，CM平面 PBE， 所以 CM平面 PBE (说明：延长 AP 至点 N，使得 APPN，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点) (2)方法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA， 所以 CD平面 PAD于是 CDPD 从而PDA 是二面角 P- CD- A 的平面角所以PDA45 由PAB90，且 PA 与 CD 所成的角为 90，可得 PA平面 ABCD 设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2 作 AyDC，以 A 为原点，以AD ，AP 的方向分别为

15、 x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示 的空间直角坐标系 A- xyz， 则 A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0) 所以PE (1，0，2)，EC (1，1，0)，AP (0，0，2) 设平面 PCE 的法向量为 n(x，y，z) 由 n PE 0， n EC 0， 得 x2z0， xy0 令 x2，得 n(2，2，1) 设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 ， 则 sin|cos n， AP |n AP | |n|AP | 2 22（2）2122 1 3 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为1 3 方法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA

16、， 所以 CD平面 PAD，从而 CDPD 所以PDA 是二面角 P- CD- A 的平面角， 所以PDA45， 设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2 过点 A 作 AHCE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH， 易知 PA平面 ABCD， 从而 PACE，且 PAAHA，于是 CE平面 PAH 又 CE平面 PCE， 所以平面 PCE平面 PAH 过点 A 作 AQPH 于 Q，则 AQ平面 PCE， 所以APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角 在 RtAEH 中，AEH45，AE1， 所以 AH 2 2 在 RtPAH 中，PH PA2AH23 2 2 所以 sinAPHA

17、H PH 1 3 考点四 求二面角 (2020全国卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径， AEADABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO 6 6 DO (1)证明：PA平面 PBC； (2)求二面角 B- PC- E 的余弦值 解：(1)证明：设 DOa，由题设可得 PO 6 6 a，AO 3 3 a，ABa，PAPBPC AO2PO2 2 2 A 因此 PA2PB2AB2，从而 PAPB 又 PA2PC2AC2，故 PAPC因为 PBPCP， 所以 PA平面 PBC (2)由题意，易知 OD，OE，BC 两两垂直，以 O 为坐标原点，与 BC

18、平行的方向为 x 轴，OE 的方向为 y 轴正 方向，OD 的方向为 z 轴正方向，|OE |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O- xyz 由题设可得 E(0，1，0)，A(0，1，0)，C( 3 2 ，1 2，0)，P(0，0， 2 2 ) 所以EC ( 3 2 ，1 2，0)，EP (0，1， 2 2 ) 设 m(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则 m EP 0， m EC 0， 即 y 2 2 z0， 3 2 x1 2y0， 可取 m( 3 3 ，1， 2) 由(1)知AP (0，1， 2 2 )是平面 PCB 的一个法向量，记 nAP ， 则|cosn，m|n m| |n

19、|m| 2 5 5 所以二面角 B- PC- E 的余弦值为2 5 5 【点拨】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量法求二面角的 大小，在求出两法向量的夹角的余弦值后，一定要判断二面角的平面角 是锐角还是钝角，从而得出正确的结论 (2019全国卷)如图，直四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB 2，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点 (1)证明：MN平面 C1DE； (2)求二面角 A- MA1N 的正弦值 解：(1)证明：连接 B1C，ME 因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点， 所以 MEB1C，且 ME1 2B1C 又因为 N

20、为 A1D 的中点，所以 ND1 2A1D 由题设知 A1B1綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊 ND， 因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MNED 又 MN平面 EDC1，所以 MN平面 C1DE (2)由已知可得 DEDA 以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D- xyz，则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，N(1，0，2)，A1A (0，0，4)，A1M (1， 3， 2)，A1N (1，0，2)，MN (0， 3，0) 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则 m A1M 0， m A

21、1A 0 所以 x 3y2z0， 4z0 可取 m( 3，1，0) 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则 n MN 0， n A1N 0 所以 3q0， p2r0可取 n(2，0，1) 于是 cosm，n m n |m|n| 2 3 2 5 15 5 ， 所以二面角 A- MA1N 的正弦值为 10 5 考点五 平面图形的翻折问题 (2020陕西西安三模)如图，菱形 ABCD 中，ABC60，E 为 CD 中点， 将ADE 沿 AE 折起使得平面 ADE平面 ABCE，BE 与 AC 相交于点 O，H 是棱 DE 上的一点且满足 DH2HE (1)求证：OH平面 BCD； (2)

22、求二面角 A- BC- D 的余弦值 解：(1)证明：由题意知 CEAB，AB2CE， 所以 OEOB12 又 DH2HE，所以 OHBD， 又 BD平面 BCD，OH平面 BCD， 所以 OH平面 BCD (2)因为平面 ADE平面 ABCE，平面 ADE平面 ABCEAE，DEAE，又 ED平面 AED， 所以 DE平面 ABCE，所以 DECE， 以 E 为坐标原点，EC ，EA ，ED 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 E- xyz 不妨设菱形的边长为 4，则点 D(0，0，2)，C(2，0，0)，B(4，2 3，0) 则DC (2，0，2)，DB (4，2 3

23、，2) 设平面 BCD 的一个法向量为 n(x，y，z)， n DC 0， n DB 0， 即 2x2z0， 4x2 3y2z0 令 z1，得 n(1， 3 3 ，1) 易知平面 ABC 的一个法向量为 m(0，0，1)， 设二面角 A- BC- D 的大小为 ， 则 cos m n |m|n| 1 7 3 21 7 故二面角 A- BC- D 的余弦值为 21 7 【点拨】平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线线 关系、线面位置关系和度量关系的变化情况一般地，翻折后还在同 一个平面上的相关关系不发生变化，不在同一个平面上的发生变化 (2021四川内江高考模拟)如图 1，在边长为 4

24、的正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 AB，BC 的中点，点 M 在 AD 上，且 AM1 4AD，将AED，DCF 分别沿 DE，DF 翻折， 使 A，C 点重合于点 P，如图 2 所示 (1)试判断 PB 与平面 MEF 的位置关系，并给出证明； (2)求二面角 M- EF- D 的余弦值 解：(1)PB平面 MEF 证明如下：在图 1 中，连接 EF，AC，BD，BD 交 EF 于 N，交 AC 于 O，则 BN 1 2BO 1 4BD， 在图 2 中， 连接 BD 交 EF 于 N， 连接 MN， 在DPB 中， 有 BN1 4BD， PM 1 4PD， 所以 MNPB 因为 P

25、B平面 MEF，MN平面 MEF，故 PB平面 MEF (2)连接 BD 交 EF 于点 N， 图 2 中的PDE 与PDF 分别是图 1 中的 RtADE 与 RtCDF，所以 PDPE，PDPF，又 PEPFP，所以 PD平面 PEF，则 PD EF，又 EFBD，所以 EF平面 PBD，则MND 为二面角 M- EF- D 的平面角 可知 PMPN，则在 RtPMN 中，PM1，PN 2，则 MN PM2PN2 3 在MND 中，MD3，DN3 2，由余弦定理得 cosMNDMN 2DN2MD2 2MNDN 6 3 所以二面角 M- EF- D 的余弦值为 6 3 学科素养微专题 立体几

26、何中的数学探索 (1)(2021山东淄博高三二模)如图，在三棱锥 A- BCD 中，ABCBCDCDA 90，AC6 3，BCCD6，E 点在平面 BCD 内，ECBD，ECBD ()求证：AE平面 BCDE； ()是否存在点 G 在棱 AC 上，使得二面角 C- EG- D 的余弦值为 10 5 ，若存在，求CG GA的值； 若不存在，请说明理由 解： ()证明： 连接 BE， 设 BD 交 CE 于 O， 因为BCD 是等腰直角三角形， 所以 COBD， CO1 2BD，又 ECBD，所以 O 是 BD 和 CE 的中点，又 ECBD，所以四边形 BCDE 是正方 形， 则 CDED，又

27、CDAD，ADCDD， 所以 CD平面 ADE，CDAE， 同理 BCAE，BCCDC， 所以 AE平面 BCDE ()存在由()的证明过程知四边形 BCDE 为正方形，如图建立坐标系，则 E(0，0，0)， D(0，6，0)，A(0，0，6)，B(6，0，0)，C(6，6，0) 设CG GAt(t0)，G(x，y，z)， 由CG tGA 可得 G( 6 1t， 6 1t， 6t 1t)， 则ED (0，6，0)，EG ( 6 1t， 6 1t， 6t 1t)， 易知平面 CEG 的一个法向量为DB (6，6，0)， 设平面 DEG 的一个法向量为 n(x0，y0，z0)， 则 n ED 0，

28、 n EG 0 得 6y00， 6 1tx0 6 1ty0 6t 1tz00， 令 x01 得 z01 t ，n(1，0，1 t )， cosDB ，nDB n |DB |n| 6 6 211 t2 10 5 ， 解得 t2，所以存在符合要求的点 G，此时CG GA2 (2)(2021新高考八省模拟演练)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻 画空间的弯曲性是几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于 2 与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面 体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之

29、和例如：正四面体 在每个顶点有 3 个面角，每个面角是 3，所以正四面体在各顶点的曲率为 23 3，故其总曲 率为 4 ()求四棱锥的总曲率； ()若多面体满足：顶点数棱数面数2，证明：这类多面体的总曲率是常数 解：()由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和 从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角和由 图可知：四棱锥共有 5 个顶点，5 个面，其中 4 个为三角形，1 个为四边形 所以四棱锥的面角和为 4 个三角形，1 个四边形的内角和，则其总曲率为 25(42) 4 ()证明：设多面体的顶点数、棱数、面数分别为 n，l，m，则有 nlm2 设第

30、 i 个面的棱数为 xi，则 x1x2xm2l， 所以总曲率为 2n(x12)(x22)(xm2)2n(2l2m)2(nlm)4， 所以这类多面体的总曲率是常数 【点拨】 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后 在该假设条件下， 利用线面位置关系的相关判定、 性质进行推理论证， 寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，否则否定假设题(2)以 大兴机场建设成就、 多面体欧拉定理及微分几何中的曲率为背景命制， 考查直观想象素养的同时，通过逐步引导，考查学生数学探索素养， 考查对新知的自主学习、探究能力 (1)如图，四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABDC，

31、ABAD， ADCD1，AA1AB2，E 为棱 AA1的中点 ()证明：B1C1CE； ()求二面角 B1CEC1的正弦值； ()是否存在点 M 在线段 C1E 上，使得直线 AM 与平面 ADD1A1所成角的正弦值为 2 6 ， 若存在，求线段 AM 的长；若不存在，请说明理由 解：()证明：如图，以点 A 为原点，分别以 AD，AA1，AB 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系，依题意得 A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0， 1，0) 易得B1C1 (1，0，1)，CE (1，1，1)，于是B1C1 CE

32、0，所以 B1C1CE ()B1C (1，2，1) 设平面 B1CE 的法向量 m(x，y，z)， 则 m B1C 0， m CE 0， 即 x2yz0， xyz0 消去 x，得 y2z0，不妨令 z1，可得一个法向量为 m(3，2，1) 由()知，B1C1CE，又 CC1B1C1，CC1CEC，可得 B1C1平面 CEC1， 故B1C1 (1，0，1)为平面 CEC1的一个法向量 于是 cosm，B1C1 m B1C1 |m|B1C1 | 4 14 2 2 7 7 ，从而 sinm，B1C1 21 7 ， 所以二面角 B1CEC1的正弦值为 21 7 ()存在AE (0，1，0)，EC1 (

33、1，1，1)，设EM EC1 (，)，01， 有AM AE EM (，1，) 可取AB (0，0，2)为平面 ADD1A1的一个法向量 设 为直线 AM 与平面 ADD1A1所成的角，则 sin|cosAM ，AB |AM AB | |AM |AB | 2 2（1）222 3221， 于是 3221 2 6 ，解得 1 3(负值舍去)， 所以存在符合要求的点 M，此时 AM 2 (2)如图，设 A，B，C 是球面 O 上的三点，我们把大圆的劣弧 BC，CA，AB 围成的球面部 分称为球面三角形，记作球面三角形 ABC，在球面三角形 ABC 中，OA1，设BC a，CA b， AB c，a，b，

34、c(0，)，二面角 B- OA- C，COBA，AOCB 的大小分别为 ， ()若 abc 3，求 sin； ()证明：sina sin sinb sin sinc sin 解：()由 abc 3得AOBBOCCOA 3，又 OAOBOC1， 此时由点 O， A， B， C 可构成一个正四面体， 取 OA 的中点 M， 连 CM， BM， 则BMC 为二面角 B- OA- C 的平面角，即 在BCM 中，由余弦定理得 cos1 3，则 sin 2 2 3 ()证明：如图，过点 C 作 CD平面 OAB 于点 D， 过点 D 作 DEOA 于点 E，DFOB 于点 F，连 CE，CF则 CDOA，又 OAED， 则 OA平面 CDE，则 CEOA，所以CED 为二面角 B- OA- C 的平面角，即 同理CFD 则 sinCD CE，sin CD CF 又BC a，OBOC1，则可得BOCa，所以 sinaCF OC，同理 sinb CE OC， 所以sina sin CECF CDOC sinb sin， 同理可证得sina sin sinc sin 所以sina sin sinb sin sinc sin