题91三棱锥中，为底面内的一点，
，则的余弦值为______.
（第九届高一第二试第20题）
解法1设在三边上的投影分别是，则由于
，
，即，它的余弦值为.
解法2如图1，以为棱，的延长线为对角线长作长方体，设又设
∴在中，
即的余弦值为.
解法3如图2，过作平面垂直于，分别交于，由已知有平面平面，从而平面，连结并延长交于，连结,显然有连结、.不妨设又在中，由得
于是
评析由已知条件画出的图形，的余弦值可在中由余弦定理求得，然而，三边都不知道，这就是本题的难点之所在.如何突破？
解法2根据已知这一特点，将已知三棱锥补成长方体，这样就有问题归结为解直角三角形，这就容易多了.解法3则通过过作平面与垂直，从而使得（即）、（即）、及（即）都成为直角三角形的一个内角，同样起到了化难为易的作用.解法1中用到结论,其依据是：恰为以为棱的长方体的对角线.
拓展因为又知结论
，即，所以有，将三个角一般化，我们可得
定理三棱锥中，为底面内的一点，与所成的角分别是则
简证如图1，
推广是两两垂直的三条射线，与所成的角分别是
则
题92有一个侧棱都是的三棱锥，顶点处的三个面角中，有两个都是，另一个是.将该棱锥的体积表示成的函数并求出当取什么值时，达到最大或最小.
（第二届高一第二试第21题）
解设所给的棱锥是（定值），（变量），以所在平面为底面，作底面于，作于，连结.（如图）由三垂线定理，,于是.面，在的平分线上..
，于是.又的面积三棱锥的体积.
设，则根号内的这部分可以表示为，当时，最大，同时也最大.，即是锐角，.
答：当时，最大.
评析这是一道立几、函数综合题，涉及的知识面广，方法多.破解此题的关键，一是把看成顶点，把面看成底面；二是写出函数关系式；三是求的最值.
把看成顶点后，是显然的，关键是如何将高用表示.而要解决这个问题，必须知道由，可得到在底面上的射影是的平分线这一重要结论（立几中常常用到这一结论）.另外，作，由三垂线定理得，这就沟通了与之间的关系，使得用表示成为可能.
求得的是较复杂的，如何求其最值也是问题之一.分析出只需求的最值是一个进步；将其变形为又是一个进步.接着换元，令，得，这是一个二次函数在(0,1)上的最值问题，太熟悉了，于是大功告成.其答案也可表示成或.
该题重点考查了转化问题的能力，综合运用多种知识解决问题的能力.
题93设为正三棱锥的底面内的任意一点，过引底面的垂线与这棱锥的三个侧面所在平面分别交于三点，若正三棱锥的高为2.试求的长.
（第十二届高一培训题第81题）
解如图，过作于，作于，作于，连结.显然、、都等于这个正三棱锥的侧面与底面所成的二面角，
.易知为底面正三角形的高，因为正三棱锥高为，所以有，，即.
评析首先用特殊点指明解题方向：由于是正内的任意一点，故不妨使其为正的中心，则此时的与正三棱锥的顶点重合，从而为正在棱锥高的3倍，也就是6.若将此题改为选择题，则已可选出正确答案.然而，这是解答题，又该如何求呢？
解决此题遇到的第一个难点就是正确地画出图形.图画出后的关键问题是如何利用正三棱锥这一条件，由于都垂直于底面，且分别在三个侧面内，故分别过在三个侧面内作底边的垂线，则为三条射影.由正三棱锥，可知，则.运用正三角形内任一点到三边距离之和为其一边上的高，设，正三棱锥的高为，则，这就得到.这里，发现也是解决问题的关键之一，它将三棱锥的高与，进而与建立了联系，从而最终解决了问题.
拓展此题就是下面定理的特殊情形.
定理若是高为的正三棱锥的底面内的任意一点，过引底面的垂线与该棱锥的三个侧面所在平面分别交于三点，则.
证明留给读者.
题94TherearetwotravelprojectsfromBeijingtoSantiago,Chile:(A)Flyingwestward(向西)toNewYork,thenflyingsouthwardtoSantiago;(B)FlyingsouthwardfromBeijingtoFriemander,Australia,thenflyingwestwardtoSantiago.Thegeographicpositionsofthesefourcitiesmaybeapproximatelyconsideredas:Beijing(1200eastlongitude,400northlatitude),NewYork(700westlongitude,400northlatitude),Friemander(1200eastlongitude,300southlatitude),Santiago(700westlongitude,300southlatitude).Supposethattheairlinesgoalongthesphericaldistance,thentheprojectoftheshorterdistanceis________
(第十三届高二第一试第20题)
译文:从北京前往智利的圣地亚哥,有两种旅行方案可供选择.方案(A):由北京向西飞抵纽约，再向南飞抵圣地亚哥;方案(B):由北京向南飞抵澳大利亚的弗里曼特尔,再向西飞抵圣地亚哥.上述4个城市的地理位置可近似看作:北京(东经1200,北纬400),纽约(西经700,北纬400),弗里曼特尔(东经1200,南纬300),圣地亚哥(西经700,南纬300).假设飞机航线都是球面距离,那么飞行距离较短的方案是_______.
解用表示北京与纽约的球面距离,表示纽约与圣地亚哥的球面距离,表示北京与弗里曼特尔的球面距离,表示弗里曼特尔与圣地亚哥的球面距离.则有:
(A)方案的航程为+，
(B)方案的航程为+，
而向南飞是沿着经度线(球大圆)飞行，所以=.又由余弦定理计算直线距离得
.因此(R为地球半径).同理，.于是BN
又和都是小于地球赤道(长)的1/2,所以<.故方案(A)的航程更短些.
评析地球表面两点间的最短距离是这两点的球面距离(过这两点及球心的平面截球面所得大圆上的劣弧的长).同一经线上两点间的弧长就是这两点间的球面距离,但同一纬线圈上两点间的劣弧长并不是这两点间的球面距离,因此,此题的关键是为何求得与,并比较其大小.当两点间的直线距离小于地球赤道长的一半时，两点间的直线距离小的，这两点间的球面距离也小.运用这一结论可简化运算.
拓展如果直接求北京与纽约间的球面距离及弗里曼特与圣地亚哥间的球面距离，又该如何求呢？我们可以运用下面的
定理设地球半径为，是纬度为的同一纬线圈上两点，这两点的经度差为，则间的球面距离.
证明设地球的球心为，所在纬度圈的圆心为，则，，平面，，，.在中，由余弦定理得
==.在中，
，（弧度）..证毕.
将代入上式，便得题中的，将代入上式便得题中的，由于，，又是减函数，，.故方案(A)的航行路程更短些.
题95如图1所示，矩形中，为上的任一点，以所在直线为轴，将旋转而成一个旋转体，求旋转体表面积的最大值，并指出当表面积最大时点位置.
（第十一届高一培训题第79题）
解法1如图2，设到的距离是，则旋转体表面积.
为求的最大值，不妨设.作关于直线的对称点，连结，则在内部或边界上，延长交于，则，所以.所以.此时与或重合.
解法2由解法1，可知只须求的最大值.设，则
，表示直角坐标系内轴上的动点到两点的距离之和（如图3）.由平几知识，显然当点位于与轴的交点处时，最小，当点由点处沿轴移向点时，越来越大，当点达到点时，达到最大，为；同样地，当点由点处沿轴移到点处时，达到最大，为.故.从而.
评析此题的难点是求的最大值.解法1在作出点关于的对称点后，反复利用三角形两边之和大于第三边突破了这一难点；解法2运用函数思想，将表示成的长的函数，而求这种无理函数的最大值无常规方法，故又将看作动点与两定点的距离之和，再利用平几知识求出了最大值.平几知识、转化思想的灵活运用是破解此题的关键.
拓展不难知道，当点为的中点时，,从而，进而旋转体表面积的取值范围是.
题96ABCD是一个正方形，M为AB上一点，N为BC上一点，且AM=BN.连DM、DN分别交对角线AC于点P、Q，剪掉△MNB.求证：
①以DM、DN为折痕，将DA与DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面.
②以线段AP、PQ、QC为边恰可构成一个内角为600的三角形.
（第一届高一第二试第五题）
解①如图1，由于AM=BN，则CN=BM.以DM、DN为折痕，使DA与DC重合.下面证明AM，MN，CN可构成一个三角形：由于AM=BN
故将DA与DC重合后，面DAM，面DMN，面DNC恰构成一个三棱锥的侧面.
②如图2，在棱锥D-A(C)MN中，AP在面ADM内，PQ在面DMN内，QA在面DAN内.AP-PQ-QA(C)形成封闭折线构成△APQ，所以AP，PQ，QC可构成△APQ的三条边.现在只须证∠PAQ=600.由于棱锥底面△AMN≌△BMN（三边对应相等），∴∠MAN=900，又∠DAM=900，∠DA(C)N=900，AP为∠DAM的平分线，AQ为∠DAN的平分线.作PP1⊥DA于P1，过P1作P1S∥AN交AQ于S，则∠PP1S=900，P1A=P1P=P1S，所以PA=SA=SP，即△PSA为正三角形，所以∠PAQ=600.
评析这是一个典型的折叠问题，解决此类问题的关键是要搞清楚折叠前的各种量在折叠后是否发生了变化，并画出正确的图形，再根据图形寻求解题的路子.
第①小题的核心是证明线段AM、MN、CN可以构成一个三角形.上述证法是证明了最长的线段MN比两条较短的线段CN与AM的和小，故三条线段能构成一个三角形.其实，因为AM=BN，所以CN=BM.而BN、MN、BM显然构成△BMN，故AM、MN、CN当然也能构成三角形.
第②小题要证明线段AP、PQ、QC为边可构成一个三角形是很容易的，难就难在要证明此三角形的一个内角是600，到底哪一个内角是600？这在直观图上是不易看出的.瞎猜一通，将会浪费大量时间，且不易得到证明.怎么办呢？我们可以用图1中的三条线段AP、PQ、QC为边画一个三角形，量出一个最接近600的角（若不明显，还可将图1中M、N的位置适当移动后再如此操作），然后再去证明，这是一个有效的方法.要证明∠PAQ=60O也并非易事.一般来说，是通过解△PAQ，求得∠PAQ=600.这就需要知道△PAQ的三边或一些边与角.我们可以设正方形的边长为1，AM=BN=x，设∠ADP=，则∠APD=1800-450-=1350-，sin=,在△APD中，，，类似地可在△DCQ中设∠CDQ=，则CQ可用的三角函数表示出来，再得PQ=-AP-CQ.然后再用余弦定理，应当说是可以得到∠PAQ=600的，但是太繁了！于是上面的解法抓住∠DAM=∠DAN=∠MAN=900，作PP1⊥DA于P1，，作P1S∥AN交AQ于S，又由AP、AQ分别是Rt∠DAM，Rt∠DAN的平分线，得到△P1AP、△P1PS、△P1SA为全等的等腰直角三角形，得AP=PS=SA，故∠PAQ=600.这就有效地避免了繁琐的运算.这也启示我们，当常规思路（比如通过解三角形求角）难以奏效时，应当改变思考方向，寻求新的解法.
题97正的边长为，用任意直线截与两边交于，将沿折起作成二面角，由此可形成四棱锥，求此四棱锥的最大体积，并证明之.
（第十二届高二培训题第77题）
解由棱锥的体积公式，可知
（1）当固定时，折起与平面垂直时，所成四棱锥有最大体积，此时，的高即为棱锥的高.
（2）当高固定时，所有的直线皆以与为圆心，为
半径的圆相切，由此可知棱锥的体积要最大，必须四边形
的面积最大，有最小面积.因而只要考虑
与平行的这些直线.
（3）设∥交于，记，则=
，四棱锥的体积为.
（4）由
，当且仅当
，即时取等号.所以.
评析此题解法中的4个步骤恰好解决了本题的4个关键问题：
（1）当固定时，折成什么样的二面角体积最大？
（2）当高固定时，处于什么样的位置时底面积最大？认识到底面的面积最大时的面积最小也是至关重要的.
（3）在认识了必须与平行，设后，如何将表示成的函数？
（4）如何求（3）中函数的最小值？
这种高与底面积都在变化，即影响体积的两个量都在变化时，先固定一个变量再加以分析的方法在解一些较为复杂的多元函数问题时常常用到，我们应细心体会，并能在实践中自如操作.
拓展将此题略加变动，我们便得下面的
定理若D是边长为的正的边上的动点，将沿折起作成二面角，则由此形成的三棱锥的体积的最大值是.
证明如图，设，则.
=.在中，由
余弦定理，求得.作于，
则
，所以.显然，若固定，则当沿折成直二面角时三棱锥的体积最大，此时，就是此三棱锥的高.故
.令
，则易证在上单调递减，所以=
.
题98给定一个三角形纸片（如图1），你能否用它为原料剪拼成一个正三棱柱（正三棱柱的全面积等于原三角形的面积）？说明你的方法.这里“剪拼”的意思是：依直线剪裁，边对边拼接.
（第十四届高二第二试第22题）
解可以剪拼成一个正三棱柱，下面分两步证明：
（1）设是最大角之一，取中点，过作的垂线，垂足一定在内.过作的平行线，分别交两垂线于点.由≌，≌，可见矩形可由剪拼而成（如图2）.
（2）设矩形中，，以为边，向内作正，与的距离等于,故在矩形内.过作的平行线，如图3剪拼，即成一个正三棱柱.证毕.
评析正三棱柱的三个侧面是全等的矩形，两底面是全等的正三角形，将正三角形平分后又能拼成矩形，三个全等的侧面矩形总有一边等于底面正三角形的边长.因此，意识到任何一个矩形都可按图3那样剪拼成一个正三棱柱是破解此题的关键之一.在此基础上，如何将任何一个正三角形剪拼成矩形又是一个关键问题，运用平几知识很容易解决这一问题.
拓展对此题作进一步研究，可得
命题1一个三角形可剪拼成任意形状的等积三角形.
证明设已知三角形为，各边长分别为，所求三角形为，各边长为，，.
1、不妨设，.我们先将剪拼成一个边长为的矩形（如图2）.
2、将矩形剪拼成一组对边长为的平行四边形.若，将矩形作如图4的处理，分别为的中点，（倘若，我们就将矩形截成两个全等的矩形与，如图5，将接到，重复这个操作，直至），延长交于，过且平行于，易知可拼成平行四边形且.
若，仍作图5处理，直至（矩形在竖直方向的边长）为止，再进行上述操作.
3、因为，所以（为平行四边形的高）.
如图6，分别是的中点，过的直线交于，交于，且（由前所证，这样的存在）连接并延长交于.
如图7，若在的延长线上，可先将剪拼到，再将剪拼到，在的延长线上，同理可得.
因为在剪拼的过程中，面积始终不变，所
以当确定时也唯一确定，故
即为所求三角形.
命题2一个三角形可剪拼成任意形状的等积多边形.
把要求的多边形看成有限个三角形的组合，设为，则
.将底边分成份，长度比为，再依端点将剪成个面积依次为的三角形.由命题1，依次将面积为的三角形剪拼成.最后将拼起来即得所求多边形.
命题3一个多边形可剪拼成任意形状的等积多边形.
将命题扩展到空间，又得
命题4一个多面体可切拼成任意形状的等积多面体.
题99设在空间给出了20个点.其中某些点涂黄色，其余点涂红色.已知在任何一个平面上的同种颜色的点不会超过三个.求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点.
（第一届高一第二试第四题）
解因为，这20个点涂红、黄两种颜色，所以至少有四个点是同色的.由于任一平面上同色点不会超过三个，所以上述四个同色点不共面，组成四个顶点同色的四面体.于是可知，四个顶点同色的四面体必定存在.
由于点数有限（20个），其中四个顶点同色的四面体只能有有限个，所以可选取其中一个体积最小者.这个体积最小的四个顶点同色的四面体即合要求——其中至少有一个侧面内不含另一种颜色的点，如若不然,若它的四个面内都有涂另一种颜色的点,则这四个点必不共面，将形成一个体积更小的四个顶点同色的四面体，于是会产生矛盾.故命题得证.
评析这是最简单、形象、直观的染色——点的染色问题.将空间20个点染成黄色、红色（任何平面上不同色点不超过3个）后，要求证明具有某种性质的对象（四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体）存在，这类问题的证明，通常要用到抽屉原理，重叠原理等组合学中的基本原理，或利用奇数偶性分析，有时还用到构造法、递归法、数学归纳法等数学方法.本题中利用抽屉原理，立即证得四个顶点同色的四面体的存在性.再在存在的有限个四顶点同色的四面体中取一个体积最小的，再用反证法证明这个体积最小的四面体就是四个顶点同色，并且至少有一个侧面内不含另一种颜色的点的四面体.
题100用四个边长分别为，，的锐角三角形可以拼成一个四面体.把拼成的任何一个四面体的各棱用红、黄、蓝三色染色，每条棱染一色，每种色染两条棱，考虑一切经过这样染色的四面体，如果经过适当转动，两个染色四面体完全重合，并且重合的对应棱同色时，称这样的两个四面体是同一染色类.问：所有这样的染色四面体可分为几种染色类？
（第四届高一第2试第22题）
解：所构成的四面体对棱长度相等，图中.从四面体外部看，任何一个表面三角形三条边都包含，，三种长度，按它们的配置顺序看，可分为两类：一类是边长为，，的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.如果有两个四面体分别属于这两类，那么无论如何转动，这两个四面体都不会重合.因此，只要把，，三边顺时针方向排布的染色四面体的染色类数弄清楚了，就可以把这个数乘以2，得到全部染色类的数目.
以下设，，顺次按顺时针方向排布，按染色方法可分成三种不同方式：
①三组对棱对应同色，即图中与、与、与同色.容易看出，只要一个顶点处的三条棱所占的三种颜色确定后，整个四面体的染色也就确定了.这种方式下，有类.
②恰有一组对棱同色，设长为的对棱同色，另外两组对棱对应异色.当长为的这组对棱的颜色确定后，不论另外四条棱怎样染色（但要使另外两组对棱对应异色），都可以经过适当旋转，使这样染色的两个四面体重合，且对应棱同色，也就是说：长为的对棱同色时，可划分为3个染色类.同理，长为，长为的对棱同色也是这样，在这种染色方式下，共可划分为类.
③任何两条对棱都异色，这时有且仅有一个三角形，它的三边是三种不同颜色，设中，染了红色，染了黄色，染了蓝色这时，只要染色确定后，整个四面体的染色就确定了.可染黄色，也可染蓝色.这样形成的两个染色四面体不同类.因此，这种染色方式下，有类.
综上分析，考虑到按逆时针方向排布的四面体，共有种.
评析显然不是所有染色四面体经过适当转动后两个四面体都能完全重合且重合的对应棱是同色的，于是必须对所有染色四面体进行分类.染色问题的本质就是分类.分类应注意既不能重复又不能遗漏.要做到这一点，分类标准必须一致.因此，如何分类？分哪几类？分类以后怎么办？就成了解决问题的关键.
由于本题中的四面体的任何一个表面三角形三边都包含，，三种长度，故可按其配置顺序分为两类：一类是边长为，，的三边按顺时针方向排布，另一类是按逆时针方向排布.认识分属这两类的两个四面体都不会是同一染色类也是十分重要的，在此基础上，我们只须把，，顺时针方向排布的染色四面体的染色类数弄清楚了，而，，按逆时针方向排布的染色四面体的染色类数与其相同，故问题也就解决了.于是又对，，按顺时针方向排布时按染色方法分为三类，并逐一求出同一染色类数，便最终解决了问题.
参考文献
1996年-2005年《数理天地》（高中版）.
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图1
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