立体几何

$\displaystyle \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2} a$ ． 将正四棱雉的侧面向外展开到底面，则 4 个侧面三角形的顶点所构成的正方形即为最小正方形，边长为 $\displaystyle \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2} a$ ．

A． 只需注意到，四个球心构成边长为 2 的正四面体，其面到外四面体对应面的距离为 1 ．注 意到边长为 $a$ 的正四面体的内切球半径是 $\displaystyle r=\frac{\sqrt{6}}{12} a$ ，故 $a=2 \sqrt{6} r$ ． 内正四面体球心到面的距离（即内切球半径）为 $\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{12} \cdot 2=\frac{\sqrt{6}}{6}$ ，外正四面体的内切球半径为 $\displaystyle 1+\frac{\sqrt{6}}{6}$ ，从而边长为 $\displaystyle 2 \sqrt{6}\left(1+\frac{\sqrt{6}}{6}\right)=2(1+\sqrt{6})$ ．

30 米． 设经过时间 $t$ 汽车在 $A$ 点，船在 $B$ 点，如图 J3 所示，则有 $|A Q|=30-20 t,|B P|=40-10 t,|P Q|=20$ ，且 $A Q \perp B P$ ， $P Q \perp A Q, P Q \perp P B$ ． 设小船所在平面为 $\alpha, A Q$ 与 $Q P$ 确定平面为 $\beta$ ，记 $\alpha \cap \beta= l$ ．由 $A Q / / \alpha, A Q \subset \beta$ ，得 $A Q / / l$ ．又 $A Q \perp P Q$ ，得 $P Q \perp l$ ．又 $P Q \perp P B$ 及 $l \cap P B=P$ ，得 $P Q \perp \alpha$ ．作 $A C / / P Q$ ，则 $A C \perp \alpha$ ．连接 $C B$ ，则 $A C \perp C B$ ，进而 $A Q \perp B P, C P / / A Q$ ，得 $C P \perp B P$ ．所以 \begin{figure} $$ \begin{aligned} |A B|^{2} & =|A C|^{2}+|B C|^{2}=|P Q|^{2}+|P B|^{2}+|P C|^{2} \\ & =20^{2}+(40-10 t)^{2}+(30-20 t)^{2}=100\left[5(t-2)^{2}+9\right] . \end{aligned} $$ 故当 $t=2$ 时，线段 $A B$ 最短，最短距离为 30 米．

易知四面体 $A B C D$ 是一个对棱相等的四面体，将其置人长方体即可，如图 J5 所示．假设其边长为 $a, b, c$ ．因 $a^{2}+b^{2}=16, b^{2}+c^{2}=25, c^{2}+a^{2}=36$ ，故 $$ a=\frac{3 \sqrt{6}}{2}, \quad b=\frac{\sqrt{10}}{2}, \quad c=\frac{3 \sqrt{10}}{2} \Rightarrow \quad V_{A B C D}=\frac{15 \sqrt{6}}{4} . $$ \begin{figure}

$\displaystyle \frac{2}{5} \sqrt{5}$ ． 由题意可知该四面体可放人长方体中，如图 J1 所示． \begin{figure} 考虑建系，以 $C$ 为原点，$C E$ 为 $x$ 轴，$C B$ 为 $y$ 轴，$C A$ 为 $z$ 轴．$C D$ 的方程为 $\displaystyle y=\frac{\sqrt{2}}{2} x, A B$的方程为 $z=-y+\sqrt{2}$ ，故设 $\displaystyle P(0, y, \sqrt{2}-y), Q\left(x, \frac{\sqrt{2}}{2} x, 0\right)$ ，则 $$ |P Q|^{2}=x^{2}+\left(y-\frac{\sqrt{2}}{2} x\right)^{2}+(\sqrt{2}-y)^{2} \geqslant \frac{1}{\frac{1}{2}+1+1}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} x+y-\frac{\sqrt{2}}{2} x+\sqrt{2}-y\right)^{2}=\frac{4}{5} $$ 故 $\displaystyle |P Q| \geqslant \frac{2}{5} \sqrt{5}$ ，当 $\displaystyle x=\frac{2}{5}, y=\frac{3}{5} \sqrt{2}$ 时取得最小值．

9 ． （1）都平行，有 3 种选法；（2）两两平行，有 $3 \times 2=6$ 种选法．故共有 9 种选法．

首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对于每个顶点，指向它的箭头数均为偶数，则 命题成立。若有某个顶点 $A$ ，指向它的箭头数为奇数，则必存在另一个顶点 $B$ ，指向它的箭头数也为奇数（因为棱总数为偶数），对于顶点 $A$ 与 $B$ ，总有一条由棱组成的＂路径＂连接它们，对该路径上的每条棱，改变它们箭头的方向，于是对于该路径上除 $A, B$ 外的每个顶点，指向它的箭头数的奇偶性不变，而对顶点 $A, B$ ，指向它的箭头数变成了偶数。如果这时仍有顶点，指向它的箭头数为奇数，那么重复上述做法，又可以减少两个这样的顶点，由于多面体顶点数有限，经过有限次调整，总能使对于每个顶点，指向它的箭头数为偶数．命题成立．

如图 J1 所示，$B H$ 为面 $B C G$ 、面 $B D F$ 的交线，$D I$ 为面 $C D E$ 、面 $B D F$ 的交线．故 $D I, B H$ 的交点即为 $O$ 点，显然 $$ \frac{|F H|}{|H D|}=\frac{|F I|}{|I B|}=\frac{|F G|}{|C D|}=\frac{2}{3} $$ 所以 $$ V_{H-B C D}=\frac{3}{5} \cdot V_{G-B C D}=\frac{3}{5} \cdot \frac{1}{3} \cdot V_{A-B C D}=\frac{1}{5} $$ 而 $$ \frac{|O H|}{|O B|}=\frac{|O I|}{|O D|}=\frac{|I H|}{|B D|}=\frac{|F H|}{|F D|}=\frac{2}{5}, $$ \begin{figure} 所以 $\displaystyle V_{O B C D}=\frac{5}{7} \cdot V_{H-B C D}=\frac{1}{7}$ ．

A． 如图 J5 所示．$\displaystyle a \cdot|A B|=18, b \cdot|A B|=24 \Rightarrow|A B|=10 \Rightarrow a=\frac{9}{5}, b=\frac{12}{5} \Rightarrow V=\frac{36}{5}$ ． \begin{figure}

C． 因为正方体容器中盛有一半容积的水，所以无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．于是过正方体的一条棱和中心作一截面，其截面形状为长方形，如图 J7（a）所示；过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，如图 J7（b）所示；过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为正六边形，如图 J7（c）所示；过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为正方形，如图 J7（d）所示。 \begin{figure}

B． 取 $B B_{1}, B_{1} C_{1}$ 的中点分别为 $E_{1}, F_{1}$ ，则面 $A_{1} E_{1} F_{1} / /$ 面 $A E F$ ，所以点 $P$ 在线段 $E_{1} F_{1}$上，$\displaystyle \left|A_{1} P\right| \in\left[\frac{3 \sqrt{2}}{4}, \frac{\sqrt{5}}{2}\right]$ ．

$\displaystyle \frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ． 由题意，$A-B C D$ 为正四面体，$E$ 为棱 $A D$ 的中点，所以 $|B E|=|C E|$ ． 设三棱雉的棱长为 $2 x$ ，则 $|B E|=|C E|=\sqrt{3} x$ ．如图 J3 所示， $\triangle B C E$ 边 $B C$ 上的高为 $\displaystyle \sqrt{2} x, S_{\triangle B E C}=\sqrt{2}=\frac{1}{2} \cdot 2 x \cdot \sqrt{2} x$ ，所以 $x=1$ ，故 $\displaystyle S_{\triangle B C D}=\frac{\sqrt{3}}{4} \times 4=\sqrt{3}$ ，点 $A$ 到 $\triangle B C D$ 的距离为 $\displaystyle \sqrt{\frac{8}{3}}$ ，故 $$ V_{A \cdot B C D}=\frac{1}{3} \times \sqrt{3} \times \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} . $$ \begin{figure}

60. 分两种情况：对面同色和不同色，共 $36+24=60$ 种．

B． 考虑 $P A, P B, P C$ 在底面 $\triangle A B C$ 上的射影，是否分别和 $B C, A C, A B$ 垂直．

（1）（2）（3）（4）．

设 $|P D|=a,|P E|=b,|P F|=c(b \neq c)$ ，如图 J3 所示，则由余弦定理有 $$ \left\{\begin{array}{l} a^{2}+b^{2}-a b=7, \tag{1}\\ a^{2}+c^{2}-a c=7, \\ b^{2}+c^{2}-b c=3 . \end{array}\right. $$ \begin{figure} 由式（1）和式（2），可得 $b^{2}-c^{2}-a b+a c=0$ ，即 $(b-c)(b+c-a)=0$ ．因为 $b \neq c$ ，所以 $a=b+c$ 。 再由式（1）和式（3），可得 $a^{2}-c^{2}-a b+b c=4$ ，即 $(a-c)(a+c-b)=4$ ，代人 $a=b+c$可得 $2 b c=4$ ，即 $b c=2$ ． 将 $b c=2$ 代人式（3），可得 $b^{2}+c^{2}=5$ ，于是联立两式，$\left\{\begin{array}{l}b^{2}+c^{2}=5, \\ b c=2,\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}b=2, \\ c=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}b=1, \\ c=2 .\end{array}\right.$ 故 $a=3$. 这样就有 $\displaystyle \frac{V_{\text {P－DEF }}}{V_{\text {P－ABC }}}=\frac{1 \times 2 \times 3}{4 \times 4 \times 4}=\frac{3}{32}$ ．

$\displaystyle \frac{1}{3}$ ． 因为小正四面体可以在纸盒内任意转动，所以小正四面体棱长最大时，为大正四面体内切球的内接正四面体，其半径之比 $\displaystyle \frac{r}{R}=\frac{1}{3}$ ，其棱长之比也是 $\displaystyle \frac{1}{3}$ 。故小正四面体棱长的最大值是 $\displaystyle \frac{1}{3}$ ．

B． 由题意可设 $|A M|=|B M|=x,|A B|=1$ ．由余弦定理可得 $\displaystyle x=\frac{\sqrt{33}}{9}$ ，且 $\displaystyle |A G|=|G B| =\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，则 $\displaystyle |G M|=\sqrt{|A M|^{2}-|A G|^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{9}$ ，而 $\displaystyle |D G|=\frac{\sqrt{6}}{3}$ ．故 $\displaystyle \frac{|D M|}{|M G|}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}-\frac{\sqrt{6}}{9}}{\frac{\sqrt{6}}{9}}=2$ ．

D． 此题中并未指明是几棱雉，由于棱雉底面顶点共面，故只可能是三棱雉或四棱锥． （1）当构成三棱雉时，即从 8 个顶点中取出 4 个，其中四点共面的有 12 组（从表面或对角面考虑），故有 $\mathrm{C}_{8}^{4}-12=58$ 个三棱雉； （2）当构成四棱雉时，底面顶点只能从 12 组四点共面的情形中选取，再从其余 4 顶点中取 1 个，共可构成 $12 \times \mathrm{C}_{4}^{1}=48$ 个四棱雉． 综上所述，共可构成 $58+48=106$ 个棱雉．

B． 用一种颜色有 $\mathrm{C}_{5}^{1}=5$ 种染法，用两种颜色有 $\mathrm{C}_{5}^{2} \times 3=30$ 种染法，用三种颜色有 $\mathrm{C}_{5}^{3} \times 3=$ 30 种染法，用四种颜色有 $\mathrm{C}_{5}^{4} \times 2=10$ 种染法。故共有 75 种染法。

C． 易知甲与丙都说真话，所以乙说假话．故冠军球队所在国家为英国．

BC ． $$ V=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}(\sqrt{2})^{3}=\frac{\sqrt{2}}{3} . $$ $\triangle A B D$ 和 $\triangle A C D$ 为等腰直角三角形，$\triangle B C D$ 为正三角形，所以 $|A B|=|A C|=2$ ． 记 $B C$ 的中点为 $E$（图 J4），连接 $A E, D E$ ，则 $\displaystyle |A E|=|D E|=\sqrt{3}, V=\frac{2}{3} \times \frac{1}{2} 2 \sqrt{2}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ． 若正三角形的边为两等腰直角三角形的斜边和直角边（图 J5），则 $|B D|=|B C|=|C D| =|A B|=2$ ，所以 $|A D|=2 \sqrt{2}=|A C|$ ，则 $|C D|=8$ ．矛盾． \begin{figure} \begin{figure}

B． 四面体的对棱可以涂同一种颜色，也可以涂不同的颜色。 （1）若所有相对的棱涂同一种颜色，则一共用了 3 种颜色，不同的涂色方法共有 $\mathrm{A}_{6}^{3}=$ 120 种。 （2）若相对 3 对对棱中有 2 对对棱涂同色，则一共用了 4 种颜色，不同的涂色方法共有 $\mathrm{C}_{3}^{2} \cdot \mathrm{~A}_{6}^{4}=1080$ 种。 （3）若相对 3 对对棱中有 1 对对棱涂同色，则一共用了 5 种颜色，不同的涂色方法共有 $\mathrm{C}_{3}^{1} \cdot \mathrm{~A}_{6}^{5}=2160$ 种。 （4）若所有的棱的颜色都不相同，则一共用了 6 种颜色，不同的涂色方法共有 $\mathrm{A}_{6}^{6}=$ 720 种。 综上所述，总的涂色方法种数为 $120+1080+2160+720=4080$ ．

C． ＂容器正四面体＂中的这四个小球，以四个小球的球心为顶点构成了一个棱长为 2 的＂球心正四面体＂，这个四面体的高是＂单位正四面体＂的高 $\displaystyle \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$ 的 2 倍，即为 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{6}}{3}$ ．＂球心正四面体＂的底面到＂容器正四面体＂的底面的距离为小球半径 1 ，而＂球心正四面体＂的顶点到＂容器正四面体＂的顶点的距离为 3 （小球半径的 3 倍），于是＂容器正四面体＂的高为 $\displaystyle \frac{2 \sqrt{6}}{3}+3+1$ ．

C． （1）如图 J6 所示，$A B C D$ 为正四面体，所以 $\triangle A B C$ 为等边三角形．又因为 $O A, O B, O C$两两垂直，所以 $O A \perp$ 平面 $O B C$ ，则 $O A \perp B C$ ． 过 $O$ 作底面 $A B C$ 的垂线，垂足为 $N$ ，连接 $A N$ 交 $B C$ 于 $M$ ，可知 $B C \perp A M$ ，所以 $M$ 为 $B C$ 的中点．同理可证，连接 $C N$ 交 $A B$ 于 $P$ ，则 $P$ 为 $A B$ 的中点．所以 $N$ 为底面 $\triangle A B C$ 的中心，故 $O-A B C$ 是正三棱雉． \begin{figure} \begin{figure} （2）将正四面体 $A B C D$ 放人正方体中，如图 J7 所示，显然 $O B$ 与平面 $A C D$ 不平行． （3）由图 J7 可知，直线 $C D$ 与平面 $A B C$ 所成的角的正弦值为 $\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{3}$ ． （4）异面直线 $A B$ 和 $C D$ 所成的角是 $90^{\circ}$ ．

A． 球面与正方体的表面都相交，下面考虑三种特殊情形，如图 J4 所示。 \begin{figure} （1）当 $x=1$ 时，以 $A$ 为球心、 1 为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线弧长为 $\displaystyle 3 \times \frac{1}{4} \times 2 \pi \times 1=\frac{3 \pi}{2}$ ，且为函数 $f(x)$的最大值． （2）当 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ 时，以 $A$ 为球心、 $\displaystyle \frac{1}{2}$ 为半径作一个球，根据图形的相似，该球面与正方体表面的交线弧长为（1）中的一半． （3）当 $x=\sqrt{2}$ 时，以 $A$ 为球心、 $\sqrt{2}$ 为半径作一个球，该球面与正方体表面的交线弧长为 $\displaystyle 3 \times \frac{1}{6} \times 2 \pi \times \sqrt{2}=\sqrt{2} \pi<\frac{3 \pi}{2}$ ． 对照选项可得 A 正确．

A． 由题意，设外接球的半径为 $R$ ，则由题设可得 $\displaystyle \frac{4}{3} \pi R^{3}=\frac{32}{3} \pi$ ，解得 $R=2$ ．记长方体的三条棱长分别为 $x, y, 2$ ，则 $2 R=\sqrt{x^{2}+y^{2}+4}$ ，由此可得 $x^{2}+y^{2}=12$ ．故三棱雉 $O-A B C$ 的体积 $$ V=\frac{1}{6} x y \times 1=\frac{1}{6} x y \leqslant \frac{1}{6} \times \frac{x^{2}+y^{2}}{2}=1, $$ 当且仅当 $x=y=\sqrt{6}$ 时等号成立．

$\displaystyle \frac{9}{4}$ ． 延长 $P G$ 与 $B C$ 交于点 $D$ ，则 $D$ 为 $B C$ 的中点．设 $P, G$ 在底面的射影分别为 $O, H$ ，底面边长为 $a$ ，三棱雉的高为 $h$ ．又 $\displaystyle |A G|=2,|G H|=\frac{1}{3}|P O|=\frac{1}{3} h,|H D|=\frac{1}{3}|O D|= \frac{1}{9}|A D|=\frac{\sqrt{3}}{18} a,|A H|=\frac{4 \sqrt{3}}{9} a$ ，由勾股定理得 $\displaystyle \left(\frac{4 \sqrt{3}}{9} a\right)^{2}+\left(\frac{1}{3} h\right)^{2}=4$ ，即 $16 a^{2}+3 h^{2}=4 \times$ 27 ，亦即 $4 \times 27=8 a^{2}+8 a^{2}+3 h^{2} \geqslant 3 \sqrt[3]{8 a^{2} \cdot 8 a^{2} \cdot 3 h^{2}}$ ，则 $a^{2} h \leqslant 9 \sqrt{3}$ ．故 $\displaystyle V_{P \cdot A B C}=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times a^{2} h \leqslant \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 9 \sqrt{3}=\frac{9}{4}$ ．