浙江 2019 · 数学 q08

转着看 · 换个机位再判断

正四面体 $V$-$ABC$、$P$ 为 $VA$ 中点（【详解】的特殊位置）：$\alpha\approx73.22^\circ$、$\beta\approx28.13^\circ$、$\gamma\approx70.53^\circ$ · 绿 = 斜线 $PB$ 与 $PE$，亮蓝 = 投影 $DB$、$PF\parallel AC$、$DE\perp AC$

机位1题图角度2正对 底面 ABC3沿 底面 ABC 看4俯视自由视角

拖动旋转 · 滚轮缩放（触屏双指）

冷启动：三个角、一个动点，先看清谁动谁不动

题面给的几何体是正三棱锥：底面 $ABC$ 是正三角形，三条侧棱 $VA=VB=VC$。$P$ 在侧棱 $VA$ 上滑动 （不含端点）。三个角是：

四个选项是这三个角的四种排序，所以要的不是数值，而是对每一个合法位置都成立的大小关系。 先把「什么在动、什么不动」摆清楚：

• $\gamma$ 根本不随 $P$ 动。 $P$ 在棱 $VA$ 上（不含端点），所以含 $P$ 的那个半平面就是含 $V$ 的那个半平面——二面角 $P$-$AC$-$B$ 与二面角 $V$-$AC$-$B$ 是同一个二面角。$P$ 挪到哪儿， $\gamma$ 一动不动，它只由这个棱锥的形状（高与底面）决定。
• $\alpha$ 与 $\beta$ 都随 $P$ 动。 $P$ 从 $A$ 端走到 $V$ 端时，$PB$ 从 $AB$ 转到 $VB$： $\beta$ 从 $0^\circ$ 一直长上去，$\alpha$ 从 $\angle BAC=60^\circ$ 一直长到 $VB$ 与 $AC$ 的夹角。
• 顶点在动的还有棱锥自己的形状：题面只说「底面正三角形、侧棱相等」，没说高是多少。 所以正确答案还必须对一切高都成立。

一条贯穿全题的垂直关系，两条路都要用。 取 $AC$ 的中点 $G$： $\triangle ABC$ 是正三角形 $\Rightarrow BG\perp AC$；$VA=VC$ 使 $\triangle VAC$ 等腰 $\Rightarrow VG\perp AC$。两条相交直线都垂直于 $AC$，由线面垂直的判定定理，

$$AC\perp \text{平面 } VGB .$$

这条关系一次性交代了三件事：$\gamma$ 就在平面 $VGB$ 里量（$\angle VGB$）；$V$ 在底面的投影 $O$ 落在 $BG$ 上（它是底面的中心）；任何平行于 $AC$ 的线段都垂直于平面 $VGB$。

顺手记下原卷这段【详解】的四处笔误（校订层里逐条记着，题面照原样保留）： 「过 $D$ 作 $DE$ 垂直 $AE$」应为「$DE\perp AC$，交 $AC$ 于 $E$」；「即 $y>\beta$」应为 「即 $\gamma>\beta$」；「充分利用图形特征，则可事倍功半」应为事半功倍； 最后那条「法 2:（特殊位置）」其实是第三种方法，编号与前面的「方法 2」撞了。

解法一：三条辅助线：三个角都落进底面那个直角三角形

怎么想到的。 三个角的定义各不相同，硬算要算三次。但它们有一个共同点：都跟 $P$ 到底面的 那条垂线段有关。于是把这条垂线段抽出来当公用的直角边，让三个角各自成为一个直角三角形里的锐角 ——比角就退化成比底面里的几条线段，而底面是个正三角形，线段长短一眼可判。

① 五个辅助点，一次画完。

• $G$：$AC$ 的中点；$O$：底面中心（正三棱锥的顶点投影，$O$ 在 $BG$ 上，且 $GO:OB=1:2$， 因为 $O$ 是 $\triangle ABC$ 的重心）。
• $D$：$P$ 在底面的投影。$P$ 在 $VA$ 上，而 $VA$ 在底面的投影是 $AO$，所以 $D$ 在线段 $AO$ 上，且 $PD\perp$ 平面 $ABC$。
• $E$：$D$ 在 $AC$ 上的垂足（$DE\perp AC$）。
• $F$：过 $P$ 作 $PF\parallel AC$，交 $VG$ 于 $F$。
• $H$：过 $D$ 作 $DH\parallel AC$，交 $BG$ 于 $H$。

② 三个角各是哪一个角。

• $\alpha=\angle BPF$。 $PF\parallel AC$，把 $AC$ 平移到与 $PB$ 相交于 $P$， 所以 $PB$ 与 $AC$ 所成角就是 $\angle BPF$（下面会看到它是锐角，正是所求）。
• $\beta=\angle PBD$。 $PD\perp$ 平面 $ABC$ 说明 $D$ 是 $P$ 的投影，于是 $BD$ 就是斜线 $PB$ 在底面内的射影，$\angle PBD$ 即线面角。
• $\gamma=\angle PED$。 $DE\perp AC$ 且 $PD\perp$ 底面，由三垂线法作二面角（三垂线定理） 得 $PE\perp AC$；$PE$ 与 $ED$ 两条边都垂直于棱 $AC$，所以 $\angle PED$ 就是二面角 $P$-$AC$-$B$ 的平面角。

③ 底面里有一个直角三角形 $DHB$，两次比较都用它。 $DH\parallel AC$，而 $BG\perp AC$，所以 $DH\perp BG$，即

$$\angle DHB=90^\circ .$$

于是 $BD$ 是直角三角形 $DHB$ 的斜边，$DH$ 与 $HB$ 是两条直角边：

$$DH<BD,\qquad HB<BD .$$

④ 两个矩形，把空中的线段换成底面的线段。 $PD$ 与 $FH$ 都垂直于底面且长度相等（$F$ 与 $H$ 分别是 $P$、$D$ 沿 $VG$、$GO$ 的同高对应点： $P$ 在底面的投影是 $D$，$F$ 在底面的投影正是 $H$），$PF\parallel DH$，所以 $PDHF$ 是矩形：

$$PF=DH .$$

同理，$DE$ 与 $HG$ 都垂直于 $AC$（$DE\perp AC$ 是作出来的，$HG$ 在 $BG$ 上而 $BG\perp AC$）， $DH$ 与 $EG$ 都平行于 $AC$，所以 $DHGE$ 也是矩形：

$$DE=HG .$$

⑤ 第一次比较：$\beta<\alpha$。 $PF\perp$ 平面 $VGB$（因为 $PF\parallel AC$ 而 $AC\perp$ 平面 $VGB$），而 $FB$ 在平面 $VGB$ 内，所以 $PF\perp FB$，$\triangle PFB$ 在 $F$ 处是直角。又 $PD\perp DB$（$PD$ 垂直底面），$\triangle PDB$ 在 $D$ 处是直角。两个直角三角形 共用斜边 $PB$：

$$\cos\alpha=\frac{PF}{PB}=\frac{DH}{PB}<\frac{BD}{PB}=\cos\beta ,$$

中间那一步用了 ④ 的 $PF=DH$，最后那步用了 ③ 的 $DH<BD$。两个角都在 $\left(0^\circ,90^\circ\right]$ 里，余弦在这上面递减，所以 $\cos\alpha<\cos\beta$ 给出

$$\beta<\alpha .$$

（顺带说明 $\alpha$ 的确是锐角：$\cos\alpha=DH/PB>0$，因为 $P$ 不到 $V$ 端时 $DH>0$。）

⑥ 第二次比较：$\beta<\gamma$。 这两个角共用同一条直角边 $PD$：

$$\tan\beta=\frac{PD}{BD},\qquad \tan\gamma=\frac{PD}{DE},$$

（$P$ 不取端点 $A$，所以 $D\neq A$、$DE>0$，这两个正切都写得出来。） 所以只要比 $DE$ 与 $BD$。由 ④，$DE=HG$；而 $H$ 在线段 $GO$ 上（$D$ 从 $A$ 走到 $O$ 时 $H$ 从 $G$ 走到 $O$，两条平行线之间的对应），于是

$$DE=HG\le GO<OB\le HB<BD ,$$

其中 $GO<OB$ 用的是重心把中线分成 $1:2$ 这一条（$GO:OB=1:2$），$HB<BD$ 用的是 ③ 的 直角边小于斜边。$DE<BD$ 代回正切：

$$\tan\gamma=\frac{PD}{DE}>\frac{PD}{BD}=\tan\beta ,$$

两角都是锐角（$\gamma=\angle PED$ 在直角三角形 $PDE$ 里，$\beta$ 同理），正切递增，故

$$\beta<\gamma .$$

⑦ 定选项。 已证 $\beta<\alpha$ 与 $\beta<\gamma$，而这两条对任何正三棱锥、$P$ 的 任何位置都成立（上面每一步都没用到具体的高与具体的 $t$）。逐项看：

• A（$\beta<\gamma,\ \alpha<\gamma$）：前半对，后半 $\alpha<\gamma$ 没证出来。
• B（$\beta<\alpha,\ \beta<\gamma$）：两条都已证明。
• C（$\beta<\alpha,\ \gamma<\alpha$）：前半对，后半 $\gamma<\alpha$ 没证出来。
• D（$\alpha<\beta,\ \gamma<\beta$）：与已证的 $\beta<\alpha$ 直接矛盾，出局。

所以 B 成立。至于 A、C 里那半句「$\alpha$ 与 $\gamma$ 谁大」，它既随棱锥的形状变、也随 $P$ 的 位置变，两种排法都不恒成立：解法二会在一个具体形状（正四面体）里算出 $\alpha=\gamma$ 的确切 翻转点，翻转点左边 $\alpha<\gamma$（C 假）、右边 $\alpha>\gamma$（A 假），一举废掉 A 与 C； 本站的教学图把这条曲线画了出来。故选 B。

这两步不等式各有个名字。 $\beta<\alpha$ 是最小角定理（斜线与平面内任一直线所成角 都不小于它与平面所成角）的一个实例：$AC$ 在平面 $ABC$ 内，所以 $\beta\le\alpha$。 $\beta<\gamma$ 是最大角定理的实例：$PB$ 在二面角 $V$-$AB$-$C$ 的半平面（平面 $VAB$）内， 它与另一面所成角不超过该二面角的平面角；再由正三棱锥的对称性，沿三条底边的二面角都相等， 于是二面角 $V$-$AB$-$C$ 的平面角 $=\gamma$。原卷【详解】的「方法 2」走的正是这两条定理， 两行就完事。上面 ①—⑥ 是把这两条定理在本题的图里重新证了一遍，好处是不必背定理， 也顺手看清了「差在哪条线段上」。

解法二：沿对称轴建系：三个角写成 $t$ 与 $h$ 的式子，两次比较各是一个完全平方

怎么想到的。 题目没给任何长度，只给形状，所以可以自己定标尺：底面中心到顶点的距离取 $1$， 棱锥的高留一个字母 $h>0$（形状的全部自由度就是它），$P$ 的位置留一个字母 $t\in(0,1)$。 三个角都写成这两个字母的式子，比较就成了不等式——而且下面会看到，两次比较各自化成一个 完全平方，干净得出乎意料。

① 建系。 让底面中心 $O$ 当原点、$A$ 在 $x$ 轴正向、$V$ 在 $z$ 轴正向（这正是沿对称轴建系）。 取 $|OA|=1$（底面中心到顶点的距离），则底面正三角形的三个顶点是

$$A=(1,0,0),\quad B=\left(-\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},0\right),\quad C=\left(-\tfrac12,-\tfrac{\sqrt3}{2},0\right),\quad V=(0,0,h) .$$

（角的大小与整体缩放无关，所以「取 $|OA|=1$」不损失一般性；底边长随之为 $\sqrt3$。） $P$ 在棱 $VA$ 上，记

$$P=A+t\,\overrightarrow{AV}=(1-t,\,0,\,th),\qquad t\in(0,1) .$$

② 三个角各自的式子。 先算两个向量与一个长度：

$$\overrightarrow{PB}=\left(t-\tfrac32,\ \tfrac{\sqrt3}{2},\ -th\right),\qquad \overrightarrow{AC}=\left(-\tfrac32,\ -\tfrac{\sqrt3}{2},\ 0\right),\qquad |\overrightarrow{AC}|=\sqrt3 ,$$ $$|PB|^{2}=\left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34+t^{2}h^{2} =\frac{(3-2t)^{2}+3}{4}+t^{2}h^{2} .$$

• $\alpha$（异面直线所成角，取绝对值）： $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{AC} =-\tfrac32\left(t-\tfrac32\right)-\tfrac34=\tfrac32(1-t)>0$，故

  $$\cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{AC}\right|} {|PB|\cdot\sqrt3}=\frac{\sqrt3\,(1-t)}{2\,|PB|} .$$

• $\beta$（线面角）：底面 $ABC$ 就是 $z=0$，法向量取 $(0,0,1)$，于是 $\sin\beta$ 等于 $\overrightarrow{PB}$ 的竖直分量占比：

  $$\sin\beta=\frac{th}{|PB|},\qquad \cos\beta=\frac{\sqrt{\left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34}}{|PB|} .$$

• $\gamma$（二面角）：它在中点 $G=\left(\tfrac14,-\tfrac{\sqrt3}{4},0\right)$ 处量 （$VG\perp AC$、$GB\perp AC$），而 $O$ 在 $GB$ 上，$|GO|=\tfrac12$、$|OV|=h$， 且 $OV\perp$ 底面，所以

  $$\tan\gamma=\frac{|OV|}{|GO|}=2h .$$

  注意它与 $t$ 无关——这就是冷启动那句「$\gamma$ 不随 $P$ 动」的算式版本。

③ 第一次比较：$\beta<\alpha$，化出来是 $(t-3)^{2}>0$。 两角都在 $\left(0^\circ,90^\circ\right]$ 内，比角等价于反着比余弦：

$$\beta<\alpha\iff \cos\beta>\cos\alpha \iff \sqrt{\left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34}>\frac{\sqrt3}{2}(1-t)$$

（右边 $t<1$ 时为正，两边可平方）

$$\iff \left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34>\tfrac34(1-t)^{2} \iff t^{2}-3t+3>\tfrac34-\tfrac32 t+\tfrac34 t^{2} \iff \tfrac14\left(t^{2}-6t+9\right)>0 \iff \tfrac14 (t-3)^{2}>0 .$$

$t\in(0,1)$ 使 $t\neq3$，不等式恒成立。$\beta<\alpha$ 对一切 $t\in(0,1)$、一切 $h>0$ 成立。

④ 第二次比较：$\beta<\gamma$，化出来是 $3(t-2)^{2}>0$。 两角都是锐角 （$\tan\gamma=2h$ 有限），比角等价于比正切：

$$\tan\beta=\frac{th}{\sqrt{\left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34}},\qquad \tan\gamma=2h,$$ $$\beta<\gamma\iff \frac{th}{\sqrt{\left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34}}<2h \iff t<\sqrt{(3-2t)^{2}+3}$$

（第二步两边同除 $h>0$，并把 $2\sqrt{X}$ 写成 $\sqrt{4X}$： $4\left[\left(t-\tfrac32\right)^{2}+\tfrac34\right]=(3-2t)^{2}+3$）

$$\iff t^{2}<4t^{2}-12t+12 \iff 3\left(t^{2}-4t+4\right)>0 \iff 3(t-2)^{2}>0 .$$

$t\in(0,1)$ 使 $t\neq2$，同样恒成立。$\beta<\gamma$ 也对一切 $t$、一切 $h$ 成立。 两条合起来正是选项 B。

⑤ 再证 A、C 都不恒成立（$\alpha$ 与 $\gamma$ 谁大要随位置翻转）。 只需在一个具体形状里 找到两个位置，让 $\alpha-\gamma$ 变号（这一步是特殊值代入，用来否选项——它否得动， 是因为选项宣称的是「恒成立」）。取正四面体：侧棱 $=$ 底边 $=\sqrt3$，由 $h=\sqrt{3-1}=\sqrt2$，于是 $\tan\gamma=2\sqrt2$、$\cos\gamma=\tfrac13$， $\gamma=\arctan 2\sqrt2\approx70.53^\circ$（与 $t$ 无关）。而

$$t\to0^{+}:\ \cos\alpha\to\frac{\sqrt3}{2\sqrt3}=\frac12\ \Rightarrow\ \alpha\to60^\circ<\gamma; \qquad t\to1^{-}:\ \cos\alpha\to0\ \Rightarrow\ \alpha\to90^\circ>\gamma .$$

$\alpha$ 随 $t$ 连续，所以中间必有一点 $\alpha=\gamma$。解 $\cos\alpha=\cos\gamma=\tfrac13$：

$$\frac{\sqrt3(1-t)}{2|PB|}=\frac13 \iff \frac{27}{4}(1-t)^{2}=|PB|^{2}=\frac{(3-2t)^{2}+3}{4}+2t^{2} \iff 5t^{2}-14t+5=0 ,$$ $$t^{*}=\frac{7-2\sqrt6}{5}\approx0.420\quad(\text{另一根 }\tfrac{7+2\sqrt6}{5}>1\text{ 舍}) .$$

$t<t^{*}$ 时 $\alpha<\gamma$、$t>t^{*}$ 时 $\alpha>\gamma$。于是 A（要 $\alpha<\gamma$） 在 $t>t^{*}$ 处假，C（要 $\gamma<\alpha$）在 $t<t^{*}$ 处假；D 与 ③ 的 $\beta<\alpha$ 矛盾。四个选项只剩 B。

⑥ 顺手把「$\alpha$ 与 $\gamma$ 谁大」这件事说完整（不用于定答案，只为看清结构）。由 ② 的 式子可以证明 $\alpha$ 恒在 $\left(60^\circ,90^\circ\right)$ 内：

$$\cos\alpha<\frac12 \iff 3(1-t)^{2}<|PB|^{2}=\frac{(3-2t)^{2}+3}{4}+t^{2}h^{2},$$

而

$$\frac{(3-2t)^{2}+3}{4}-3(1-t)^{2} =\frac{\left(12-12t+4t^{2}\right)-\left(12-24t+12t^{2}\right)}{4} =\frac{12t-8t^{2}}{4}=t(3-2t)>0$$

对 $t\in(0,1)$ 成立，再加上 $t^{2}h^{2}>0$，所以 $\cos\alpha<\dfrac12$、$\alpha>60^\circ$； 又 $\cos\alpha>0$ 给 $\alpha<90^\circ$。而 $\gamma=\arctan 2h$ 只由形状定。于是： $2h\le\sqrt3$ 的扁棱锥里 $\gamma\le60^\circ<\alpha$，$\gamma<\alpha$ 对一切 $P$ 成立、 没有翻转点；$2h>\sqrt3$ 的高棱锥里 $\alpha$ 从 $60^\circ$ 爬到 $90^\circ$ 必穿过 $\gamma$， 谁大随 $P$ 翻转（上面的正四面体 $h=\sqrt2$ 就属于这一类）。两种情形合起来才是 A、C 都不恒成立的完整理由。

两条路差在哪。 解法一一个坐标都不用，靠的是「$AC\perp$ 平面 $VGB$」这一条垂直关系 把三个角都摆进底面的直角三角形 $DHB$——两次比较分别是「直角边 $<$ 斜边」与「重心分中线 $1:2$」，都是初中级别的判断，而且天然对一切形状、一切位置成立（式子里从头到尾没有参数）。 代价是那五个辅助点得作对，尤其 $F$ 与 $H$：作错一条，$PF=DH$ 与 $DE=HG$ 这两个矩形就没了。

解法二不用作任何辅助线，代价是要背三种角的向量算法（异面直线取绝对值、线面角算的是正弦、 二面角要另判钝锐），以及两轮带参数的不等式。但它换来两样解法一给不了的东西： 两次比较各自化成一个完全平方（$(t-3)^2>0$、$3(t-2)^2>0$），一眼看出恒成立的理由； 以及 ⑤ 里那个确切的翻转点 $t^{*}=\frac{7-2\sqrt6}{5}$，把 A、C 为什么不恒成立 钉在了纸上。考场上若只求答案，解法一的两条不等式最快；若心里不踏实，解法二能算出个数来。

🕳️ 避坑

• 「特殊位置法」只能否选项，不能立选项——本题一个位置还不够。 原卷【详解】最后那条 （印成「法 2」，其实是第三种方法）取正四面体、$P$ 取 $VA$ 中点，算得 $\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{6}$、$\sin\beta=\frac{\sqrt2}{3}$、$\sin\gamma=\frac{2\sqrt2}{3}$， 即 $\alpha\approx73.22^\circ$、$\beta\approx28.13^\circ$、$\gamma\approx70.53^\circ$。 这一组数确实排除了 A（它要 $\alpha<\gamma$，此处 $\alpha>\gamma$）与 D（它要 $\alpha<\beta$）；但 B 与 C 在这个位置上同时成立（$\beta<\alpha$ 且 $\gamma<\alpha$ 都对），一个位置分不出这两个。要靠特殊位置刷到唯一答案，至少还得再取一个位置： 比如同一个正四面体里取 $t=\frac14$，此时 $\cos\alpha\approx0.416$、 $\alpha\approx65.4^\circ<\gamma\approx70.53^\circ$，C 当场作废。结论： 特殊位置法在「四选一」里省力，但必须验到只剩一个选项才算完；只验一个位置就下笔， 本题正好会在 B 与 C 之间蒙。
• $\gamma$ 与 $P$ 无关这件事要说清，别糊过去。 二面角只看两个半平面：$P$ 在棱 $VA$ 上 （不含端点），含 $P$ 的半平面与含 $V$ 的半平面是同一个，所以 $\gamma$（$P$-$AC$-$B$）$=$ 二面角 $V$-$AC$-$B$。看漏这一点，就会以为三个角都在动， 凭「$P$ 往上走 $\gamma$ 也变大」的错觉去排序。
• 二面角的平面角，两条边都要垂直于棱。 本题 $\gamma=\angle PED$ 成立的理由是 $DE\perp AC$ 且 $PE\perp AC$（后者靠三垂线定理补上）。只作一条 $DE\perp AC$ 就写 $\gamma=\angle PED$，是把「二面角的平面角」当成了随便一个角——差一步就差一个角。
• $\alpha$ 是异面直线所成角，要平移、要取锐角。 $PB$ 与 $AC$ 不相交，必须先把 $AC$ 平移到过 $P$（$PF\parallel AC$）才能量。用向量算的话，$\cos\alpha$ 那一步的绝对值不能丢： 本题 $\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{AC}=\frac32(1-t)>0$ 恰好为正， 换个记法（比如用 $\overrightarrow{CA}$）就会得到负数，丢了绝对值角度就会算成钝角。
• 别把三个角的量程搞混。 异面直线所成角在 $\left(0^\circ,90^\circ\right]$、线面角在 $\left[0^\circ,90^\circ\right]$、二面角在 $\left[0^\circ,180^\circ\right]$。本题 $\tan\gamma=2h>0$ 保证了 $\gamma$ 是锐角，「比正切等于比角」才用得上；若换成一个扁棱锥 之外的构型让 $\gamma$ 成为钝角，那一步就得改写。
• 端点不能取。 题面写着「不含端点」：$t\to0$ 时 $P\to A$，$PB$ 落进底面、$\beta=0$； $t\to1$ 时 $P\to V$。两端都会让某个角退化成 $0^\circ$ 或 $90^\circ$，本题的严格不等号 （两个完全平方 $>0$）正是靠 $t\in(0,1)$ 撑住的。

两条路都落在同一句话上：$\beta$ 是三个角里最小的那个——它是「斜线与平面所成角」， 按最小角定理不超过 $PB$ 与底面内任何一条直线（含 $AC$）所成的角；而按最大角定理，它也不超过 含 $PB$ 的那个半平面所在的二面角 $V$-$AB$-$C$ 的平面角（$PB\subset$ 平面 $VAB$）， 再由正三棱锥沿三条底边的二面角相等，那个平面角就等于 $\gamma$。而 $\alpha$ 与 $\gamma$ 谁大没有定论：$\gamma=\arctan 2h$ 只由形状定、与 $P$ 无关，$\alpha$ 则在 $\left(60^\circ,90^\circ\right)$ 里随 $P$ 单调爬升 ——所以扁棱锥（$2h\le\sqrt3$，$\gamma\le60^\circ<\alpha$）里 $\gamma<\alpha$ 恒成立， 高棱锥里 $\alpha$ 必穿过 $\gamma$（正四面体的翻转点是 $t^{*}=\frac{7-2\sqrt6}{5}\approx0.420$）。既然两种排法都能被反例打掉，A、C 都不恒成立。 故选 B。