1、备战 2021 年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题 18 立体几何与空间向量 A 辑历年联赛真题汇编 1【2008 高中数学联赛(第 01 试)】若三个棱长均为整数(单位：cm)的正方体的表面积之和为 564cm2，则这三个正方体的体积之和为()A764cm3 或 586cm3B764cm3C586cm3 或 564cm3D586cm3【答案】A【解析】设这三个正方体的棱长分别为 a，b，c，则有6(2+2+2)=564，即2+2+2=94.不妨设1 31，故6 10，c 只能取 9，8，7，6.若 c=9，则2+2=94 92=13，易知=2,=3，得一组解(,)=(2,
2、3,9)，若 c=8，则2+2=94 64=30(5)，但22 30，即 4，从而 b=4 或 5.若 b=5，则 a2=5 无解；若 b=4，则 a2=14 无解.因此 c=8 时无解.若 c=7，则2+2=94 49=45，有唯一解=3,=6，若 c=6，则2+2=94 36=58，此时22 58，即2 29，故 6，但 =6，所以=6，此时2=58 36=22无解.综上，共有两组解(,)=(2,3,9)或(,)=(3,6,7)，体积为1=23+33+93=764cm3或2=33+63+73=586cm3.故选 A.2【2007 高中数学联赛(第 01 试)】在正四棱锥 PABCD 中，A
3、PC=60，则二面角 APBC 的平面角的余弦值为()A17B17C12D12【答案】B【解析】如图，在侧面 PAB 内，作 AMPB，垂足为 M.联结 CM，AC，则AMC 为二面角 APBC 的平面角.不妨设=2，则=22，斜高为7，故2 7=22，由此得=72.在AMC 中，由余弦定理得cos=2+222=17.故选 B.3【2006 高中数学联赛(第 01 试)】在直三棱柱 111中，=2,=1=1.已知 G 与 E 分别为 A1B1 和 CC1 的中点，D 与 F 分别为线段 AC 和 AB 上的动点(不包括端点).若 GDEF，则线段 DF 的长度的取值范围为()A15,1)B15
4、,2)C1,2)D15,2)【答案】A【解析】建立直角坐标系，以 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AA1 为 z 轴，则 F(t1，0，0)(0t11)，(0,1,12),(12,0,1),(0,2,0)(0 2 1).所以=(1,1,12)，=(12,2,1).因为 ，所以1+22=1，由此推出0 2 12，又=(1,2,0)，|=12+22=522 42+1=5(2 25)2+12，从而有15|1.故选 A4【2005 高中数学联赛(第 01 试)】如图，ABCDABCD为正方体.任作平面与对角线 AC垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为
5、 S，周长为 l.则().AS 为定值，不为定值BS 不为定值，l 为定值CS 与 l 均为定值DS 与 l 均不为定值【答案】B【解析】将正方体切去两个正三棱锥 AABD 与 CDBC 后，得到一个以平行平面 ABD 与 DBC 为上、下底面的几何体 V，V 的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形 W 的每一条边分别与 V 的底面上的一条边平行，将V 的侧面沿棱 AB 剪开，展平在一个平面上，得到一个平行四边形 ABB1A1，而多边形 W 的周界展开后便成为一条与 AA1 平行的线段(如图中 EE1)，显然1=1，故 l 为定值.当 E位于 AB中点时，多边形 W 为正六边形，而当 E移至
6、 A处时，W 为正三角形，易知周长为定值 l 的正六边形与正三角形面积分别为324 2与336 2，故 S 不为定值.故选 B5【2004 高中数学联赛(第 01 试)】顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆的圆心，ABOB，垂足为 B，OHPB，垂足为 H，且 PA=4，C 为 PA 的中点，则当三棱锥 CHPC 的体积最大时，OB 的长是()A53B253C63D263【答案】D【解析】因为 ,，所以 ，又 ，所以面 PAB面 POB，所以 ,.C 是 PA 中点，所以 ，所以当=时，SHOC 最大，也即=最大.此时=2，故=12
7、，所以=30，所以=tan30=263.故选：D.6【2003 高中数学联赛(第 01 试)】四面体 ABCD 中，设 AB=1，CD=3，直线 AB 与 CD 的距离为 2，夹角为3，则四面体 ABCD 的体积等于()A32B12C13D33【答案】B【解析】解法一如图，过 B 作 ，则四边形 BCDE 为平行四边形，异面直线 AB 与 CD 所成角为=60，从而=12 sin60=34，因为/，所以 CD平面 ABE.因为点 D 到平面 ABE 的距离 h 等于异面直线 AB 与 CD 的距离，即 h=2.故=13 34 2=12.解法二如图，分别取 BC，CA，AD，DB 的中点 PQ，
8、R，S，则四边形 PQRS 是QPS=60的平行四边形，且=12 =12，=12 =32，AB平面 PQRSCD.设 AB，CD 与平面 PQRS 的距离分别为1,2，则1+2=2，由拟柱体的体积公式，得=+=13(1+2)=13 2 34=12.7【2002 高中数学联赛(第 01 试)】曲线2=4,2=4,=4,=4围成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V1.满足22 16,2+(2)2 4,2+(+2)2 4的点(x，y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2，则()A1=12 2B1=23 2C1=2D1=22【答案】C【解析】如题图，两个图形绕 y 轴旋转所得
9、旋转体夹在两个相距为 8 的平行平面之间，用任意一个与 y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|，则所得截面面积1=(42 4|)，2=(42 2)4 (2|2)=(42 4|)，所以1=2，由祖暅原理知，两个几何体体积相等所以1=2.故选 C8【2001 高中数学联赛(第 01 试)】命题 I：长方体中，必存在到各顶点距离相等的点；命题：长方体中，必存在到各棱距离相等的点；命题：长方体中，必存在到各面距离相等的点以上三个命题中正确的有()A0 个B1 个C2 个D3 个【答案】B【解析】由于长方体的中心到各顶点的距离相等，所以命题正确，对于命题和命题，一般的长方体(除正方体外)中
10、不存在到各条棱距离相等的点，也不存在到各个面距离相等的点因此，本题只有命题正确.9【1999 高中数学联赛(第 01 试)】给定下列两个关于异面直线的命题：命题 I：若平面上的直线 a 与平面上的直线 b 为异面直线，直线 c 是与的交线，那么，c 至多与 a，b 中的一条相交；命题：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线.那么，()A命题 I 正确，命题不正确B命题正确，命题 I 不正确C两个命题都正确D两个命题都不正确【答案】D【解析】如图，c 与 a，b 都相交，故命题 I 不正确；又可以取无穷多个平行平面，在每个平面上取一条直线，且使这些直线两两不同向，则这些直线中的任
11、意两条都是异面直线，从而命题也不正确.10【1998 高中数学联赛(第 01 试)】设 E，F，G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB，BC，CD 的中点，则二面角 CFGE 的大小是()Aarcsin 63B2+arccos 33C2+arctan2D arccot 22【答案】D【解析】如图，作 EE1平面 BCD，则1 ，因为 ABCD 是正四面体，所以 ，又因为/,/，所以 ，故1 .所以，EFE1 是二面角 EFGB 的平面角，记为 a.设正面体 ABCD 的棱长为它的高，=2 2=12 (33)2=63，所以1=12 =66，又=12 =12，所以=arcsin6612=arcs
12、in 63.从而，二面角 OFGE 的大小为 arcsin 63=arccot 22.11【1998 高中数学联赛(第 01 试)】在正方体的 8 个顶点，12 条棱的中点，6 个面的中心及正方体的中心共 27个点中，共线的三点组的个数是()A57B49C43D37【答案】B【解析】两端点皆为顶点的共线三点组共有872=28(个)，两端点皆为面的中心的共线三点组有612=3(个)，两端点皆为各棱中点的共线三点组共有1232=18(个)，且没有其他的类型的共线三点组.所以总共有 28+3+18=49(个).12【1997 高中数学联赛(第 01 试)】如图，正四面体 ABCD 中，E 在棱 AB
13、 上，F 在棱 CD 上，使得=(0 +)，记()=+，其中表示 EF 与 AC 所构成的角，表示 EF 与 BD 所构成的角，则()A()在(0，+)单调增加B()在(0，+)单调减少C()在(0，1)单调增加，而在(1，+)单调减少D()在(0，+)为常数【答案】D【解析】因 ABCD 是正四面体，故 ，作/，交 BC 于 G，联结 GF，则=+=180 =90.13【1997 高中数学联赛(第 01 试)】如果空间三条直线 a，b，c 两两构成异面直线，那么 a，b，c 都相交的直线有()A0 条B1 条C多于 1 的有限条D无穷多条【答案】D【解析】解法一首先，无论 a，b，c 的位置
14、关系是怎样的，总可以作一个平行六面体 1111，使 AB 在直线 a 上，11在直线 b 上，D1D 在直线 c 上.再在 DD1 的延长线上任取一点 M.由 M 与 a 确定一个平面 a，平面 a 与直线 B1C1 交于 P，与直线 A1D1 交于 Q，则/，于是，在平面内，直线 PM 不与平行，PM 必与交于一点 N.这样，直线 MN 就同时与直线 a，b，c 相交.由于M 的取法有无穷多种，故同时与 a，b，c 都相交的直线有无穷多条.解法二取 a，b，c 为一正方体的三条两两异面的棱 AD，CC1，A1B1，在 AD 上任取一点 M，在 BC 上取点 N，使得1/1.设直线 B1N 与
15、 CC1 交于点 P.PM 即与 a，b，c 都相交.由于 M 是任取的，故满足条件的直线有无穷多条.14【1996 高中数学联赛(第 01 试)】高为 8 的圆台内有一个半径为 2 的球 O1，球心 O1 在圆台的轴上，球 O1 与圆台上底面、侧面都相切圆台内可再放入一个半径为 3 的球 O2，使得球 O2 与球 O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球 O2，圆台内最多还能放入半径为 3 的球的个数是()A1B2C3D4【答案】B【解析】如图 1，过 O2 作圆台的轴截面，O2O 是 O2 到圆台轴线的垂线.容易知道 OO2=4，那么这个题的关键在于圆球 O2 对于圆台的轴线的圆心角
16、是多少.我们看过 O2 与轴线垂直的截面.如图 2，有sin45 sin2 sin60.这个式子说明3 360.所以一共可以容纳 3 个半径为 3 的球，即最多还可放入两个15【1995 高中数学联赛(第 01 试)】设 O 是正三棱锥 PABC 底面三角形 ABC 的中心，过 O 的动平面与 PABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为 Q，R，S，则和式1+1+1()A有最大值而无最小值B有最小值而无最大值C既有最大值又有最小值，两者不等D是一个与面 QPS 无关的常数【答案】D【解析】如图，四面体 PQRS 可以划分成以点 O 为公共顶点，分别以PQR，PRS，PQS 为底面的三个三棱锥
17、.由已知=，又 O 是 PABC 的底面ABC 的中心，点 O 到三个侧面的距离相等，可设为 d，则三棱锥 OPQR，,的高都是 d，于是有=+=16 sin +16 sin +16 sin .另一方面，四面体 PQRS 又可以看作是以 Q 为顶点、以PRS 为底面的三棱锥 QPRS，设 PA 与面 PBC 的交角为，则该三棱锥的高是sin.于是又有=16 sin sin.所以 +=sin.即1+1+1=sin 为常量，故选 D16【1994 高中数学联赛(第 01 试)】在正 n 棱锥中，相邻两侧面所构成的二面角的取值范围是()A(2,)B(1,)C(0,2)D(2,1)【答案】A【解析】如
18、图，设正 n 棱锥 12 ，不妨设底面正 n 边形固定，顶点 S 运动，相邻两侧面所构成二面角的平面角为A2HAn，当 S 向上运动逼近极端位置(即到底面正 n 边形的中心)时，A2HAn 趋于平角；当 S 向上运动，趋向无穷远处，则正 n 棱锥趋近于正 n 棱柱，A2HAn 趋于21=(2)，故2 2 .17【1992 高中数学联赛(第 01 试)】设四面体四个面的面积分别为1,2,3,4，它们的最大值为 S，记=4=1，则一定满足()A2 4B3 4C2.5 4.5D3.5 5.5【答案】.A【解析】因为 (=1,2,3,4)，所以4=1 4，进而=4=1 4，特别地，当四面体为正上面体时
19、，式中的等号成立，从而否定 B考察侧面与底面所构成的二面角的平面角均等于 45的任一个正三棱锥，以 S4 表示该正三棱锥的底面面积，则=4=(1+2+3)cos45=22(1+2+3).于是(1+2+3)=2，1+2+3+4=(1+2).此时=4=1=1+2 3；命题乙：a，b，c 相交于一点.则()A甲是乙的充分条件但不必要B甲是乙的必要条件但不充分C甲是乙的充分必要条件DA，B，C 都不对【答案】A【解析】设 a，b，c 交于一点，由所构成三面角内部一点引三条射线分别垂直于,，其中每两条射线所构成的角都是 ,为三面角中两两相等的二面角的平面角，总和3()13.当 23 时，若 a，b，c
20、不交于一点，则互相平行，这时=13.21【1986 高中数学联赛(第 01 试)】如果四面体的每一个面都不是等腰三角形，那么其长度不等的棱的条数最少为()A3B4C5D6【答案】A【解析】因四面体每个面都不是等腰三角形，故至少有三条棱的长度互不相等.而且有三条棱长度互不相等，就能实现四面体每个面都不是等腰三角形，只要每两条对棱都相等即可，答案为 A22【1984 高中数学联赛(第 01 试)】若四面体的一条棱长是 x，其余棱长都是 1，体积是 F(x)，则函数 F(x)在其定义域上()A是增函数但无最大值B是增函数且有最大值C不是增函数且无最大值D不是增函数但有最大值【答案】D【解析】如图所示
21、.把棱长是 x 的一边 AD 作为一条侧棱，当 x 由 0 逐渐增大时，侧棱 x 所对应的侧面 ABC 与底面 DBC 的两面角 亦由 0 逐渐增大.当=90时，体积 F(x)达到最大值(此时侧面的高即为体高).当 x 继续增大，也从 90继续增大，但此时体高却不断减小，因此体积亦逐渐减小.23【1981 高中数学联赛(第 01 试)】给出长方体 ，下列 12 条直线:，,，中有多少对异面直线().A30 对B60 对C24 对D48 对【答案】A【解析】,，,，,，为长方体 ABCDABCD各侧面上的对角线.由图可见:与 AB相交的对角线为 AC，AD，,，与 AB平行的对角线为 DC.所以
22、与 AB异面的对角线共有 5 条.长方体各侧面有 12 条对角线，因此互为异面直线的共有12 5 12=30对).优质模拟题强化训练 1已知正三棱锥侧面与底面所成二面角的余弦值为16，则此三棱锥的高 h 与其内切球半径 r 之比是()A5B6C7D8【答案】C【解析】如图，过正三棱锥 VABC 的侧棱 VC 及高 VG 作截面交 AB 于点 M，则内切球 O 与侧面相切的切点 N 在 VM 上.在VGM 中，=16，故=16，得到=7.故选：C.2下面左边的平行四边形 ABCD 是由 6 个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可以得到如右图所示的粽子形状的六面体，在这个六面体中，AB 与 CD 夹
23、角的余弦值是().A0B1C12D56【答案】C【解析】如图所示，取中间的虚线 EF，将平行四边形分为两部分，各由三个小正三角形构成.左端的三个小正三角形折起来(B 和 F 重合)，恰好是一个无底的正三棱锥，AB、EF 是它的两条底边；同理，右端的三个小正三角形折起来(D和 E 重合)构成粽子的另一半，CD、EF 也是边线.因此，折起来后，AB、CD 是正三角形的两条边，它们夹角的余弦值为12.故答案为：C3过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能是三角形，梯形，五边形，六边形中的().ABCD以上都不对【答案】D【解析】由对称性知截得的图形只能为四边形或六边形，而四边形的两组对边分别在两
24、组相对的面上，因而，四边形必为平行四边形，但可以截得六边形.故答案为：D 4已知在凸四边形所在的平面外有一点，又知、分别为、的中点，则()A、四点共面，且=4 B、四点不共面，且=4 C、四点共面，且 4 D、四点不共面，且 4【答案】A【解析】如图，取的中点，顺序联结四边形各边中点，可得平行四边形，联结由平行四边形对角线互相平分，知过的中点，且以为中点，联结，由三角形中位线定理得=12 =14，故、四点共面，且=45如图，正三棱柱 111的底面边长为，侧棱长为2.则1与侧面11所成的角是().A30B45C60D75【答案】A【解析】取11的中点，联结、1.因为1 11，所以1 面11.故1
25、与所成的角即为所求.由于1=32，=32，于是，tan1=1=33，1=30，即1与侧面11所成的角为30.6在空间直角坐标系中，已知 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则到面 OAB、面 OBC、面OAC、面 ABC 的距离相等的点的个数是()A1B4C5D无穷多【答案】C【解析】四面体 OABC 的内切球球心以及四个“旁切球”的球心到面 OAB、面 OBC、面 OAC、面 ABC 的距离相等，故满足条件的点的个数是 5故答案为：C7若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为223，则此截面与圆柱底面所成的锐二面角是()Aarcsin13Barccos13
26、Carcsin23Darccos23【答案】B【解析】由题意知，截面椭圆的短轴长 2b 与圆柱底面直径相同，则截面与圆柱底面所成的锐二面角 满足：cos=22=，其中 2a 为椭圆的长轴长 由已知=223 =223 =222 1 ()2=1 89=13，即cos=13，所以=arccos13故答案为：B8在正方体的 8 个顶点及正方体的中心共 9 个点中，共面的四点组的个数是().A28B32C36D40【答案】C【解析】正方体的 6 个侧面构成 6 个不同的共面四点组.另外正方体有 6 个对角截面，每个对角截面与正方体的中心可产生 5 个不同的共面四点组.这样，可产生6 5+6=36个不同的
27、共面四点组.选 C.9如图.设为 正三棱锥(底面是正三角形)，作 底面，为垂足.为高上一点，且=1(1).过点作底面的平行截面分别交三条棱、于点1、1、1.点在线段上，过点作底面的平行截面平分正三棱台 111的体积.则等于().A2(3+1)312(3+1)3B2(3+1)312 3+13C3+1313+13D4(3+1)322 4(3+1)3【答案】D【解析】设=，则=，111=13.从而，111=(1 13).设过点作底面的平行截面分别交三条棱、于点2、2、2，则222=13 +12(1 13)=3+123.于是，有3=3+123，即=1 3+123.故=12 4(3+1)3112 4(3
28、+1)3=4(3+1)322 4(3+1)3(1).选 D.10一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别垂直.那么，这两个二面角的平面角的大小关系是().A相等B互补C相等或互补D不能确定【答案】D【解析】考察正方体三个两两垂直的侧面，再作正方体的一个对角面，将对角面绕正方体的棱转动即可得这两个二面角的平面角的大小关系不能确定，选 D.11设正三棱锥 的底面边长为 4，侧棱长为 8，过与侧棱、相交的截面为.则截面周长的最小值为().A1215B11C12D1115【答案】B【解析】从棱处将三棱锥表面展开如图，当且仅当、在连线1上时，的周长最小.设=，1=3.则cos3=4cos3 3cos
29、.在中，由余弦定理得cos=2+222=78.所以，cos3=727.在1中，由余弦定理得1=2+12 2 1cos3=11.故答案为：B12如图，在矩形中，=1，=，为矩形的中心，平面，=，且在边上存在唯一的点，使得 .若平面与平面所成的角为60，则(,)为().A2,32B22,32C32,2D32,22【答案】B【解析】如图，设=，过点作 于.则=12，=2 .故2=2+2+2=2+14+(2 )2=2 +24+2+14，2=2+2=2+1，2=2+2=2+(1+22)2=14 2+2+14.因为 ，所以，2+2=2，即22 +1=0.又点存在且唯一，则=2 8=0，得=22.从而，=2
30、2.又 面，于是，.故为平面与平面所成的角，即=60.在Rt中，由sin=32，得=32.故答案为：B 13如图，三棱锥 的三条侧棱、两两垂直，侧面、与底面所成的二面角的平面角的大小分别为1、2、3，底面的面积为43若tan1+tan2+tan3=32，则关于的正确说法是()A等于23B等于6C等于823 D条件不够，无法确定【答案】C【解析】如图，不妨设=，=，=作 于，联结,易知=1 tan1=tan=2=2+2=2+2,同理，tan2=2+2，tan3=2+2,故tan1 tan2 tan3=1 2+2 2+2 2+2 1 2 2 2=22,当且仅当=时，上式等号成立.又32=tan1+
31、tan2+tan3 3tan1 tan2 tan33 32，当且仅当tan1=tan2=tan3，即=时，上式等号成立.由=得=,再由=43得34 2=43 =4.从而，=22.故=16 =823.14半径为的两个球相切，且都与二面角的两个面相切，第三个球和二面角的两个面也相切，且同时与这两个半径为的球相切已知二面角的平面角为 60，且第三个球的半径大于则第三个球的半径为()A15113B8+76C5+133D6+114【答案】C【解析】设大球的半径为记两个小球的球心分别为1、2，其切点为，大球的球心为3，二面角的其中一个半平面为，大球与平面的切点为过12作平面12 ，交3于,易知二面角3 1
32、2 的大小为 30，而3、3均与12垂直，则3=30,同时，3=(+)2 2,3=.在3中，3=3sin3=12 3，即 =12(+)2 2解此关于的方程，取 的解，得=5+133.15从正方体的 8 个顶点中任取 4 个不在同一平面上的点、组成二面角 .则这样大小不同的二面角共有()个 A28B27C9D8【答案】D【解析】考察正方体 1111，按二面角的棱可分为如下三类：(1)以正方体的棱为二面角的棱(不妨取为二面角的棱)，则有 2 个本质不同的二面角：1 、1 1，其大小分别为90和45.(2)以正方体的面对角线为二面角的棱(不妨取1为二面角的棱)，则有 5 个本质不同的二面角：1、1
33、1、1 、1 1 、1 1 ，其大小分别为90、cos33、arccos13、arccos63 arccos33.(3)以正方体的体对角线为二面角的棱(不妨取1为二面角的棱)，则有 2 个本质不同的二面角：1 1 、1 1 ，其大小分别为为120和60.综上所述，共有 8 个大小不同的二面角.16已知在三棱锥 中，并且、与所在平面所成的角相等.若=6，到平面的距离为 4，则异面直线与之间的距离为().AB121313C125D245【答案】A【解析】如图，过点作D 平面，垂足为.联结、，记交于点.由于 ，根据三垂线定理得 .同理，.又由 ，得四边形为矩形.由、与所在平面所成的角相等，得=.故四
34、边形为正方形.过点作 ，垂足为.由于 ，得 平面.于是，.从而，为与的公垂线.过点作 ，垂足为.则有=12 =12=1246213=61313.所以，异面直线与之间的距离为61313.故答案为：A 17正方体的截面不可能是()钝角三角形；直角三角形；菱形；正五边形；正六边形.ABCD【答案】B【解析】正方体的截平面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；对四边形来讲，可以是等腰梯形、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；对五边形来讲，其中必有两条边平行，故不可能是正五边形；对六边形来讲，可以是正六边形.故答案为 B18已知 1111是边长为 1 的正方
35、体，为线段1上的动点，为底面上的动点.则1+的最小值为().A1+22B3C2D12+52【答案】A【解析】如图，为1上任意一点，为底面上动点，易知当点为在上的射影时，最小(直角三角形的直角边小于斜边)设=(0 1 11=1).故 1+22.当取等号时，求得=1 22 满足0 1.则min=1+22.选 A.19如图，在三棱锥 中，底面,=90,于,于若=2,=，则当的面积最大时，tan的值为()A2B12C2D22【答案】D【解析】因为 面，则 又 ，故 面所以，面 面因为 ，则 面，有 又=2,，所以，=2在中，因为2+2=2=(2)2=2，所以，2+22=1因此，=12 12 1=12当
36、且仅当=时，上式中的等号成立，即取得最大值12这时，=2=1 =1又 面,，由三垂线定理的逆定理，得 在中，由=2,=1，知tan=12=22 选 D.20设是正三棱锥 底面的中心，过的动平面与 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为，。则和式1+1+1()A有最大值而无最小值B有最小值而无最大值 C既有最大值又有最小值，且二者不等D是一个与平面位置无关的常量【答案】D【解析】四面体可以划分成以点为公共顶点，以，为底面的三个三棱锥.由已知=，又是 底面的中心，点到三个侧面的距离相等，可设为，则三棱锥 、的高都是，于是，=+=16 sin +16 sin +16 sin ，另一方面，四面体又可以看作是以为顶点，以为底面的三棱锥 ，设与面的交角为，则该三棱锥的高是sin.于是，又有=16 sin sin，故 +=sin，即1+1+1=sin 为常量.选 D.说明：若考虑，在侧棱延长线上，则 B 也对.
