2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）期中数学试卷解析版
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）期中数学试卷解析版 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 336.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-04-28 07:09:39 | ||
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文档简介
2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）期中数学试卷
一、填空题：
1．（3分）设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的 条件．
2．（3分）已知直线a，b及平面α，下列命题中：①；②；③；④．正确命题的序号为 （注：把你认为正确的序号都填上）．
3．（3分）地球北纬45°圈上有A，B两地分别在东经80°和170°处，若地球半径为R，则A，B两地的球面距离为 ．
4．（3分）如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是 ．
5．（3分）若三棱锥S﹣ABC的所有的顶点都在球O的球面上．SA⊥平面ABC．SA＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝，则球O的表面积为 ．
6．（3分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，则它的5个面中，互相垂直的面有 对．
7．（3分）如图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为 ．
8．（3分）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为 ．
9．（3分）四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有 个．
10．（3分）在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比＝，将这个结论类比到空间：在三棱锥A﹣BCD中，平面DEC平分二面角A﹣CD﹣B且与AB交于E，则类比的结论为 ．
二、选择题：
11．（3分）当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（ ）
A．三点确定一平面
B．不共线三点确定一平面
C．两条相交直线确定一平面
D．两条平行直线确定一平面
12．（3分）正方体被平面所截得的图形不可能是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
13．（3分）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝，则下列结论中错误的是（ ）
A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值
D．△AEF的面积与△BEF的面积相等
14．（3分）由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（ ）（每个方格边长为1）
A．5 B．6 C．7 D．8
三、解答题：
15．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．求证：空间四边形B1EDF是菱形．
16．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（如图）E是棱C1D1的中点，F是侧面AA1D1D的中心．
（1）求三棱锥A1﹣D1EF的体积；
（2）求异面直线A1E与AB的夹角；
（3）求EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小．（结果用反三角函数表示）
17．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点，且AM＝λAB1．
（1）若，求证：MN⊥AA1；
（2）求二面角B1﹣AB﹣N的余弦值；
（3）若直线N与平面ABN所成角的大小为θ，求sinθ的最大值．
18．平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD中棱AB，AC，AD两两垂直，那么称四面体ABCD为直角四面体．请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明．（请在结论1～3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h表示斜边上的高，r，R分别表示内切圆与外接圆的半径）
直角三角形ABC 直角四面体ABCD
条件 AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD
结论1 AB2+AC2＝BC2
结论2 sin2B+sin2C＝1
结论3 ＝
结论4 ＝
结论5 （2R） 2＝（AB2+BC2+CA2）
2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题：
1．【解答】解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；
证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．
故a∥b是b∥M的“充分不必要”
故答案为：充分不必要．
2．【解答】解：对于①若b⊥α，a⊥b，则a?α或a∥α；
对于②，a⊥b，b∥α则a也可与α平行；
对于③a?α时，不成立；
对于④，根据两条平行线中有一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面，故正确
故答案为④．
3．【解答】解：地球表面上从A地（北纬45°，东经80°）到B地（北纬45°，西经170°），
A，B两地都在北纬45°上，对应的纬圆半径是，经度差是90°．
∴AB＝R，得球心角是．
∴A，B两地的球面距离是．
故答案为：．
4．【解答】解：球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，
∴单位立方体的棱切球的半径为，
则球的体积为．
故答案为：．
5．【解答】解：如图，三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，
∵SA⊥平面ABC．SA＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝，
∴BC＝＝2，
∴AC2＝BC2+AB2，∴∠ABC＝90°．
∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r＝AC＝2，
∴球O的半径R＝＝，
∴球O的表面积S＝4πR2＝20π．
故答案为：20π．
6．【解答】解：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，可得PA⊥底面ABCD
PA?平面PAB，PA?平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，
可得：面PAB⊥面PAD，
BC⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，
CD⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；
故答案为：5
7．【解答】解：由已知中由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成
故该棱锥的底面面积S＝2×2＝4
侧高为正三角形的高
则棱锥的高h＝＝
故折起后形成的四棱锥的体积V＝＝
故答案为：
8．【解答】解：DC＝ABsin 45°＝，BC＝ABsin 45°+AD＝+1，
S梯形ABCD＝（AD+BC）DC＝（2+）＝+，
S＝S梯形ABCD＝2+．
故答案为：2+
9．【解答】解：将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是180°，
将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，
此时3个侧面的二面角都是钝角．
故答案为：3．
10．【解答】解：在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比＝，
将这个结论类比到空间：在三棱锥A﹣BCD中，平面DEC平分二面角A﹣CD﹣B且与AB交于E，
则类比的结论为根据面积类比体积，长度类比面积可得：，
故答案为：．
二、选择题：
11．【解答】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上，
所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定．
故选：B．
12．【解答】解：如图所示，平面与正方体相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，
．
故选：C．
13．【解答】解：连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，
∴AC⊥BE，EF∥平面ABCD，三棱锥A﹣BEF的体积为定值，
从而A，B，C正确．
∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，
∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等，
故D错误．
故选：D．
14．【解答】解：通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体．
则几何体的体积最小值为7．
故选：C．
三、解答题：
15．【解答】
证明：取AD中点G，连接FG，BG，可得B1B∥FG，B1B＝FG，
∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，
由ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，
可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG＝DE，
则B1F∥DE，且B1F＝DE，
∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E＝B1F，
∴四边形B1EDF是菱形；．
16．【解答】解：（1）由题意知，＝＝??h＝×（×2×1）×1＝；
（2）∵A1B1∥AB，∴∠EA1B1或其补角即为异面直线A1E与AB所成角，
在△EA1B1，A1E＝EB1＝，A1B1＝2，
∴cos∠EA1B1＝＝＝，
∴异面直线A1E与AB所成角为arccos；
（3）取A1D1中点M，联结MF，
∵MF∥A1A且A1A⊥平面A1B1C1D1，∴MF⊥平面A1B1C1D1，
∴∠FEM即为EF与底面A1B1C1D1所成的角，
MF＝AA1＝1，ME＝
∴tan∠FEM＝＝＝，
∴EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小为arctan．
17．【解答】解：（1）取AA1中点D，联结MD和ND，
∵λ＝，∴M为AB1中点，又D为AA1中点，∴MD∥B1A1，
∵B1A1⊥AA1，∴MD⊥AA1，
同理ND⊥AA1，∴AA1⊥平面MND，∴MN⊥AA1；
（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，
则EN⊥AB，EF⊥AB，∠FEN即为二面角B1﹣AB﹣N的平面角，
设AB＝2a（a＞0），则EF＝4a，EN＝FN＝a，
∴cos∠FEN＝＝，
即二面角B1﹣AB﹣N的余弦值为；
（3）设AB＝2a（a＞0），M到平面ABN的距离为d，
则S△ABM＝λ＝λ??2a?4a＝4λa2，
S△ABN＝?2a?a＝a2；
由等体积法，V三棱锥N﹣ABM＝V三棱锥M﹣ABN，即?S△ABM?a＝?S△ABM?d，
可得d＝λa，
而MN＝＝2a，
∴sinθ＝＝?＝?＝?≤?＝，
当且仅当＝，即λ＝时，等号成立，
即sinθ的最大值为．
18．【解答】解：记△ABC、△ABD、△ACD、△BCD的面积依次为S1、S2、S3、S，
平面BCD与AB、AC、AD所成角依次为α、β、γ，
点A到平面BCD的距离为d，r，R分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为O，
直角三角形ABC 直角四面体ABCD
条件 AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD
结论1 AB2+AC2＝BC2
结论2 sin2B+sin2C＝1 sin2α+sin2β+sin2γ＝1
结论3 ＝
结论4 ＝
结论5 （2R） 2＝（AB2+BC2+CA2） （2R）2＝AB2+AC2+BC2
证明：设AB＝a、AC＝b、AD＝c，
过A作AE⊥BC，垂足为E，联结DE，过A作AH⊥DE，垂足为H，
易证：DE⊥BC，AH⊥平面BCD，则d＝AH，
结论1：＝＝，
在Rt△ABC中，AE＝．DE＝＝，
＝
∴；
结论2：d＝AH＝＝＝，
∴sinα＝＝．同理，sinβ＝，sinγ＝，
∴sin2α+sin2β+sin2γ＝＝1；
结论3：∵d＝，∴＝，
又＝＝，
∴
结论4：∵VD﹣ABC＝VO﹣ABC+VOABD+VO﹣ACD+VO﹣BCD，
∴＝+．
从而＝，即；
结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，
则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2＝AB2+BC2+CA2．
一、填空题：
1．（3分）设a，b是平面M外两条直线，且a∥M，那么a∥b是b∥M的 条件．
2．（3分）已知直线a，b及平面α，下列命题中：①；②；③；④．正确命题的序号为 （注：把你认为正确的序号都填上）．
3．（3分）地球北纬45°圈上有A，B两地分别在东经80°和170°处，若地球半径为R，则A，B两地的球面距离为 ．
4．（3分）如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是 ．
5．（3分）若三棱锥S﹣ABC的所有的顶点都在球O的球面上．SA⊥平面ABC．SA＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝，则球O的表面积为 ．
6．（3分）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，则它的5个面中，互相垂直的面有 对．
7．（3分）如图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为 ．
8．（3分）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为 ．
9．（3分）四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有 个．
10．（3分）在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比＝，将这个结论类比到空间：在三棱锥A﹣BCD中，平面DEC平分二面角A﹣CD﹣B且与AB交于E，则类比的结论为 ．
二、选择题：
11．（3分）当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（ ）
A．三点确定一平面
B．不共线三点确定一平面
C．两条相交直线确定一平面
D．两条平行直线确定一平面
12．（3分）正方体被平面所截得的图形不可能是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
13．（3分）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝，则下列结论中错误的是（ ）
A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值
D．△AEF的面积与△BEF的面积相等
14．（3分）由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（ ）（每个方格边长为1）
A．5 B．6 C．7 D．8
三、解答题：
15．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．求证：空间四边形B1EDF是菱形．
16．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（如图）E是棱C1D1的中点，F是侧面AA1D1D的中心．
（1）求三棱锥A1﹣D1EF的体积；
（2）求异面直线A1E与AB的夹角；
（3）求EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小．（结果用反三角函数表示）
17．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点，且AM＝λAB1．
（1）若，求证：MN⊥AA1；
（2）求二面角B1﹣AB﹣N的余弦值；
（3）若直线N与平面ABN所成角的大小为θ，求sinθ的最大值．
18．平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD中棱AB，AC，AD两两垂直，那么称四面体ABCD为直角四面体．请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明．（请在结论1～3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h表示斜边上的高，r，R分别表示内切圆与外接圆的半径）
直角三角形ABC 直角四面体ABCD
条件 AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD
结论1 AB2+AC2＝BC2
结论2 sin2B+sin2C＝1
结论3 ＝
结论4 ＝
结论5 （2R） 2＝（AB2+BC2+CA2）
2018-2019学年上海市浦东新区华师大二附中高二（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题：
1．【解答】解：证明充分性：若a∥b，结合a∥M，且b在平面M外，可得b∥M，是充分条件；
证明必要性：若b∥M，结合a∥M，且a，b是平面M外，则a，b可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件．
故a∥b是b∥M的“充分不必要”
故答案为：充分不必要．
2．【解答】解：对于①若b⊥α，a⊥b，则a?α或a∥α；
对于②，a⊥b，b∥α则a也可与α平行；
对于③a?α时，不成立；
对于④，根据两条平行线中有一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面，故正确
故答案为④．
3．【解答】解：地球表面上从A地（北纬45°，东经80°）到B地（北纬45°，西经170°），
A，B两地都在北纬45°上，对应的纬圆半径是，经度差是90°．
∴AB＝R，得球心角是．
∴A，B两地的球面距离是．
故答案为：．
4．【解答】解：球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，
∴单位立方体的棱切球的半径为，
则球的体积为．
故答案为：．
5．【解答】解：如图，三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，
∵SA⊥平面ABC．SA＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝，
∴BC＝＝2，
∴AC2＝BC2+AB2，∴∠ABC＝90°．
∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r＝AC＝2，
∴球O的半径R＝＝，
∴球O的表面积S＝4πR2＝20π．
故答案为：20π．
6．【解答】解：底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝a，可得PA⊥底面ABCD
PA?平面PAB，PA?平面PAD，可得：面PAB⊥面ABCD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥面PAD，
可得：面PAB⊥面PAD，
BC⊥面PAB，可得：面PAB⊥面PBC，
CD⊥面PAD，可得：面PAD⊥面PCD；
故答案为：5
7．【解答】解：由已知中由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成
故该棱锥的底面面积S＝2×2＝4
侧高为正三角形的高
则棱锥的高h＝＝
故折起后形成的四棱锥的体积V＝＝
故答案为：
8．【解答】解：DC＝ABsin 45°＝，BC＝ABsin 45°+AD＝+1，
S梯形ABCD＝（AD+BC）DC＝（2+）＝+，
S＝S梯形ABCD＝2+．
故答案为：2+
9．【解答】解：将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是180°，
将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，
此时3个侧面的二面角都是钝角．
故答案为：3．
10．【解答】解：在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比＝，
将这个结论类比到空间：在三棱锥A﹣BCD中，平面DEC平分二面角A﹣CD﹣B且与AB交于E，
则类比的结论为根据面积类比体积，长度类比面积可得：，
故答案为：．
二、选择题：
11．【解答】解：自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上，
所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定．
故选：B．
12．【解答】解：如图所示，平面与正方体相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，
．
故选：C．
13．【解答】解：连结BD，则AC⊥平面BB1D1D，BD∥B1D1，
∴AC⊥BE，EF∥平面ABCD，三棱锥A﹣BEF的体积为定值，
从而A，B，C正确．
∵点A、B到直线B1D1的距离不相等，
∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等，
故D错误．
故选：D．
14．【解答】解：通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体．
则几何体的体积最小值为7．
故选：C．
三、解答题：
15．【解答】
证明：取AD中点G，连接FG，BG，可得B1B∥FG，B1B＝FG，
∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，
由ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，
可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG＝DE，
则B1F∥DE，且B1F＝DE，
∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E＝B1F，
∴四边形B1EDF是菱形；．
16．【解答】解：（1）由题意知，＝＝??h＝×（×2×1）×1＝；
（2）∵A1B1∥AB，∴∠EA1B1或其补角即为异面直线A1E与AB所成角，
在△EA1B1，A1E＝EB1＝，A1B1＝2，
∴cos∠EA1B1＝＝＝，
∴异面直线A1E与AB所成角为arccos；
（3）取A1D1中点M，联结MF，
∵MF∥A1A且A1A⊥平面A1B1C1D1，∴MF⊥平面A1B1C1D1，
∴∠FEM即为EF与底面A1B1C1D1所成的角，
MF＝AA1＝1，ME＝
∴tan∠FEM＝＝＝，
∴EF与底面A1B1C1D1所成的角的大小为arctan．
17．【解答】解：（1）取AA1中点D，联结MD和ND，
∵λ＝，∴M为AB1中点，又D为AA1中点，∴MD∥B1A1，
∵B1A1⊥AA1，∴MD⊥AA1，
同理ND⊥AA1，∴AA1⊥平面MND，∴MN⊥AA1；
（2）取AB中点E，A1B1中点F，联结EN、EF、FN，
则EN⊥AB，EF⊥AB，∠FEN即为二面角B1﹣AB﹣N的平面角，
设AB＝2a（a＞0），则EF＝4a，EN＝FN＝a，
∴cos∠FEN＝＝，
即二面角B1﹣AB﹣N的余弦值为；
（3）设AB＝2a（a＞0），M到平面ABN的距离为d，
则S△ABM＝λ＝λ??2a?4a＝4λa2，
S△ABN＝?2a?a＝a2；
由等体积法，V三棱锥N﹣ABM＝V三棱锥M﹣ABN，即?S△ABM?a＝?S△ABM?d，
可得d＝λa，
而MN＝＝2a，
∴sinθ＝＝?＝?＝?≤?＝，
当且仅当＝，即λ＝时，等号成立，
即sinθ的最大值为．
18．【解答】解：记△ABC、△ABD、△ACD、△BCD的面积依次为S1、S2、S3、S，
平面BCD与AB、AC、AD所成角依次为α、β、γ，
点A到平面BCD的距离为d，r，R分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为O，
直角三角形ABC 直角四面体ABCD
条件 AB⊥AC AB⊥AC，AB⊥AD，AC⊥AD
结论1 AB2+AC2＝BC2
结论2 sin2B+sin2C＝1 sin2α+sin2β+sin2γ＝1
结论3 ＝
结论4 ＝
结论5 （2R） 2＝（AB2+BC2+CA2） （2R）2＝AB2+AC2+BC2
证明：设AB＝a、AC＝b、AD＝c，
过A作AE⊥BC，垂足为E，联结DE，过A作AH⊥DE，垂足为H，
易证：DE⊥BC，AH⊥平面BCD，则d＝AH，
结论1：＝＝，
在Rt△ABC中，AE＝．DE＝＝，
＝
∴；
结论2：d＝AH＝＝＝，
∴sinα＝＝．同理，sinβ＝，sinγ＝，
∴sin2α+sin2β+sin2γ＝＝1；
结论3：∵d＝，∴＝，
又＝＝，
∴
结论4：∵VD﹣ABC＝VO﹣ABC+VOABD+VO﹣ACD+VO﹣BCD，
∴＝+．
从而＝，即；
结论5：将直角四面体ABCD补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体，
则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2＝AB2+BC2+CA2．
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