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设 $l_1,l_2,l_3$ 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为 $4,5,6$ 的直线．下列结论中正确的有 \((\qquad)\)
A: 存在 $A_i\in l_i$（$i=1,2,3$），使得 $\triangle{A_1A_2A_3}$ 是直角三角形
B: 存在 $ A_i\in l_i$（$i=1,2,3$），使得 $\triangle{A_1A_2A_3}$ 是等边三角形
C: 对任意 $A_i\in l_i$（$i=1,2,3$），$\triangle{A_1A_2A_3}$ 的周长不小于 $15$
D: 三条直线上存在四点 $A_i$（$i=1,2,3,4$），使得四面体 $A_1A_2A_3A_4$ 为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体
【难度】
【出处】
无
【标注】
  • 知识点
    >
    立体几何
    >
    空间位置关系
    >
    空间的垂直关系
  • 知识点
    >
    立体几何
    >
    空间几何量
    >
    利用向量计算空间几何量
【答案】
ABC
【解析】
如图，设直线 $l_1$，$l_2$，$l_3$ 分别为“无底正三棱柱”的三条“侧棱”$AD$，$BE$，$CF$，且平面 $ABC$ 与侧棱垂直，$AB=4$，$BC=5$，$CA=6$．选项 A设 $AA_1=x$，$BA_2=y$，$CA_3=z$，$x,y,z\in \mathbb R$，则\[\begin{split}&A_1A_2^2=(x-y)^2+16,\\
&A_2A_3^2=(y-z)^2+25,\\
&A_3A_1^2=(z-x)^2+36.\end{split}\]设 $x-y=a$，$y-z=b$，则\[\begin{split}&A_1A_2^2=a^2+16,\\
&A_2A_3^2=b^2+25,\\& A_1A_3^2=(a+b)^2+36.\end{split}\]考虑$$A_1A_2^2+a_2A_3^2-A_1A_3^2=-2ab+5,$$于是一定存在符合题意的直角三角形．
选项 B令 $A_1A_2=A_2A_3$，则 $b=\pm \sqrt{a^2-9}$，不妨取$$b=\sqrt{a^2-9}.$$考虑$$\begin{split}\omega(a)& =\dfrac{A_1A_2^2+A_2A_3^2-A_1A_3^2}{2\cdot A_1A_2\cdot A_2A_3}\\ &=\dfrac{-2ab+5}{2(a^2+16)}\\ &=\dfrac{-2a\sqrt{a^2-9}+5}{2(a^2+16)}.\end{split}$$因为$$\begin{cases}\omega(3)=\dfrac{1}{10}<\dfrac 12,\\ \omega(-5)=\dfrac{45}{2\cdot 41}>\dfrac 12,\end{cases}$$所以一定存在 $a$，使得 $\omega(a)=\dfrac 12$．于是一定存在符合题意的等边三角形．
选项 C由于\[A_1A_2\geqslant 4,A_2A_3\geqslant 5,A_3A_1\geqslant 6,\]于是命题成立．
选项 D显然直角顶点所在直线上存在某个非直角顶点．
不妨设 $A_1\in l_1$、$A_2\in l_2$、$A_3\in l_3$，而直角顶点 $A_4=A$ 或 $B$ 或 $C$．
若 $A_4=A$，则 $x\ne 0$，考虑到\[\begin{split}&AA_1^2+AA_2^2-A_1A_2^2=2xy,\\&AA_1^2+AA_3^2-A_1A_3^2=2xz,\end{split}\]因此 $y,z=0$，此时显然不满足要求．
类似的，由于有\[\begin{split}&BA_1^2+BA_2^2-A_1A_2^2=2xy,\\&BA_2^2+BA_3^2-A_2A_3^2=2yz,\\
&CA_1^2+CA_3^2-A_1A_3^2=2xz,\\&CA_2^2+CA_3^2-A_2A_3^2=2yz.\end{split}\]因此若 $A_4=B$ 或 $C$，均无法满足要求，因此不存在符合题意的四面体．
题目 答案 解析 备注
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