四面体中若干问题的探论.docx

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四面体中若干问题的探论

四面体中若干问题的探论

　　【摘要】四面体的相关问题经常作为高考和竞赛的考题背景，自然也就成为中学数学研究的重点之一.本文首先用代数和几何两种不同的方法讨论了:

六正数构成四面体六条棱长的充要条件，然后又从平面几何和立体几何两个角度对充要条件的应用展开了较深入的思考,然后再根据这个充要条件推导出了四面体的六棱求积公式等一系列重要的结论，最后本文把三角形的两个优美的结论，在四面体中作了类比推广，同时也是对《中学数学研究》提出的:

数学疑难系列之六，做了完整的回答。

　　【关键词】四面体；充要条件；余弦定理

　　Aboutsomequestionsinthetetrahedron

　　Zengzhong-jun

　　【Abstract】Therelatedquestionsoftetrahedronfrequentlyasthecollegeentranceexaminationandthecompetitionexaminationquestionbackground,alsobecomesoneofthemiddleschoolmathematicsresearch.Thisarticlefirstusedthealgebraandthegeometrymethodsdiscussedthenecessaryandsufficientconditionsofsixpositivenumberconstitutiontetrahedronsixlenglong,thenhavelaunchedthethoroughponderfromtheplanegeometryandthesolidgeometrytwoanglestothenecessaryandsufficientconditionapplication,thenactedaccordingtothisnecessaryandsufficientconditiontoinferthetetrahedronsixlengquadratureformulaagainandsoonaseriesofimportantconclusions,finallythisarticlethetriangletwoexquisiteconclusions,hasmadeinthetetrahedrontheanalogypromotion,simultaneouslywasalsoproposesto"MiddleschoolMathematicsResearch":

Sixthmathematicsdifficultseries,havegiventhecompletereply.

　　【Keywords】Tetrahedron；Sufficientandnecessarycondition；Cosinetheorem

　　1.引言

　　我们知道三角形和四面体分别是平面几何和立体几何中最简单的封闭图形,在过去的学习过程中,我们对三角形的相关性质研究得比较多,也得出了很多优美的结论.但是对于四面体的相关问题的研究就显得较少,可以说四面体是一片很有开发空间的“土地”,可以成为中学数学探究性学习的很好的课题,同时也可以作为中学数学教师加强数学基本功练习的不错的素材.本文就不同角度对四面体的一些基本性质做了比较深入的思考,也得出了很多重要的结论.

　　2.六正数构成四面体六棱长的充要条件

　　定理1设,,,,,为六正数,则这六正数构成四面体六条棱长的充要条件是:

　　=

　　+

　　+

　　-＞0

　　（其中:

和，和，和各为四面体的一组对棱）.

　　2.1定理1的代数证明

　　证明:

如图1所示四面体,因为;分别为,的三边.易知

　　＞

　　＞.所以,对于及有:

　　＞++

（1）

　　＞++

（2）

　　当二面角的平面角或时，易知四点共面.

（1）当二面角的平面角时,建立如图2所示的直角坐标系,则有:

假设两点坐标分别为:

那么我们有:

，，

　　，解方程组可得两点的坐标分别为

　　,（其中:

=---+++,且由

（1）,

（2）式可知,,）.

（2）当二面角的平面角时,建立如图3所示的直角坐标系,则有:

由

（1）的推导过程,同理可得两点的坐标分别为:

.

　　由两点间的距离公式可知:

　　（其中:

　　=-++++-++-）.

　　因为四面体的四个顶点,则二面角的平面角应满足:

从而有:

　　＜＜LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL（3）

　　将不等式（3）平方得:

即有

　　＜＜

　　整理得:

＜

　　两边同时平方:

　　＜（4）

　　把,,代入（4）式中,整理化简得:

　　+

　　+

　　-＞0

　　由于以上求解过程步步可逆,所以:

六正数和,和,和构成四面体的六条棱长的充要条件是:

（其中:

和,和,和各为四面体的一组对棱）.

　　2.2定理1的几何证明

　　证明:

如图4所示四面体,设

　　,,则有:

　　由（5）,（6）可知:

　　由,且,可知

　　.又在上为减函数,所以

　　,

　　即:

＞（9）

　　对于而言:

　　①当时,由在上为减函数可知:

.

　　②当时,由可知:

又因在上为增函数,所以

　　所以:

对于,且都有

　　由（9）,（10）可知:

＜＜（11）

　　即:

-＜＜+

　　所以,

　　即＜,

　　所以

　　＜•,不等式两边同时平方可知

　　-+＜

　　化简整理可得:

　　1+---＞（12）

　　又在，，中,由余弦定理可知:

　　=

　　（13）

　　=

　　（14）

　　=

　　（15）

　　把（13）,（14）,（15）分别代入（12）式中有:

　　1+••

　　--

　　-＞0

　　去分母化简整理可知:

　　+

　　+

　　-＞0

　　由于以上求解过程步步可逆,所以:

六正数和,和,和构成四面体的六条棱长的充要条件是:

（其中:

和,和,和各为四面体的一组对棱）.

　　2.3关于定理1的说明及推论

　　对于定理1的充要条件,很容易认为:

　　只要对于的三边:

的三边:

的三边:

的三边:

分别满足构成三角形的条件,就可以保证六正数和,和,和可以构成四面体的六条棱长（其中:

和,和,和各为四面体的一组对棱）.其实不然,例如:

　　=10,=9,=7,=8,=14,=11时,,,,都存在,但是=-552321＜0.由上述定理可知,这样的六正数不能构成四面体的三组对棱长,从而不能构成四面体.

　　由定理1的代数证明过程,容易知道:

当二面角的平面角或时,四点共面,此时有:

　　或,

　　即:

　　=,

　　所以:

　　=,从而:

　　其实由定理1的几何证明过程，同样可以得出：

当（5）,（6）,（7）式中的七个不等式中任何一个取时，四点共面，此时显然可以推出：

　　因此,我们有如下推论:

　　推论1六正数构成四面体三组对棱的充要条件是:

　　推论2空间四点共面的充要条件是:

.

　　2.4定理1及其推论的应用

　　下面根据定理1,给出已知四面体六棱长求该四面体的体积公式:

　　定理2已知四面体的三组对棱分别为和,和,和,且,则四面体的体积为：

　　证明:

如图5,过四面体顶点作底面的垂线交于点,连结,且设

　　,则有:

　　,,.

　　因四点共面,由推论2可知

　　把,,代如

　　中整理有:

　　-

　　=（16）

　　在中,由海伦公式有:

　　（其中）.平方整理有

　　,代入（16）式中得:

又,

　　所以

　　此公式非常简洁,很好记忆,特别适合求已知四面体六条棱长的非特殊四面体的体积,但是此公式的弱点是计算量较大.

　　特别地:

令,可得等腰四面体（三组对棱分别相等的四面体）的体积公式:

　　令:

可得正三棱锥的体积公式:

令可得正四面体的体积公式:

令

　　,,可得垂直四面体（存在一个顶点出发的三条棱两两垂直的四面体）的体积公式:

　　例1（2003年全国高中数学联赛）如图6所示,在中,,,是的中点.将沿折起,使两点间的距离为,求此三棱锥的体积.

　　解:

由题意可知,分别记

　　,,.所以由定理2即得:

　　例2如图7,已知四面体的棱长

　　,,,,,,求四面体的体积.

　　解:

设

　　=,=,=,=,=,=所以由定理2即得:

　　为了简化定理2的计算量,下面我们给出已知四面体由一个顶点出发的三条棱长及其中每两条棱的夹角，求其体积的公式：

　　定理3已知四面体由顶点出发的三条棱长分别为.其中

　　,,则这个四面体的体积为：

　　证明:

如图8所示,过A作于H,过H作

　　于M,于N,连结

　　,则

　　,且易知

　　,.从而:

　　因为四点在以为直径的圆上,即为外接圆直径.

　　=

　　=

　　==

　　从而四面体的体积:

　　==

　　定理3相对于定理2的优点在于大大降低了求体积的计算量.

　　对于上述例1，例2这类已知四面体的六棱长求该四面体体积的问题,当然也可以用定理3来完成，只需要用余弦定理求出对应的,再代入定理3的公式即可.

　　对于推论2即:

空间四点共面的充要条件,在三角形的有关计算和一些数学奥赛定理的证明中,有着广泛的应用,下面举例说明:

　　例3已知三角形三边长,求中线长.

　　如图9所示,在四边形中,令:

则

　　即为的中线.把代入

　　中,化简即得中线长

　　.

　　例4证明斯得瓦尔特（Stewart）定理:

已知及边两点间一点，求证:

　　+-

　　=

　　如图9,在四边形中,令:

则点D位于B,C两点之间.把代入

　　中,整理即得:

　　,即:

　　+-

　　=

　　例5证明西姆松（Simson）定理,即:

已知三角形的三边长,求其内角平分线长.

　　如图9,在四边形中,令:

　　,即:

,则AD即为

　　的的角平分线,把

　　,代入

　　中,整理可得:

角平分线长

　　（其中:

）.

　　3.三角形的两个性质在四面体中的类比推广

　　类比是根据两类不同对象之间在某些方面有相同或相似之处，猜测它们在其他方面也可能相同或相似，并做出某些判断的方法.在中学数学教学过程中，类比思想是一种重要的具有创造性的思想，有助于发现、解决问题，是数学知识拓展的原动力之一.由于三角形和四面体分别是平面几何和立体几何中最简单的封闭图形，下面就三角形的两个性质在四面体中做类比推广.

　　3.1五心俱全且有两心重合的四面体为正四面体

　　大家都知道一个三角形有外心，内心，重心，垂心，界心（4）并且有两心重合的三角形为正三角形.

　　文[3]提出了数学疑难之6:

四心俱全且有两心重合的四面体是否正四面体?

.是一个十分有趣的问题,经过笔者的研究发现，对于四面体而言我们有如下定理：

　　定理4五心（即四面体的外心,内心,重心,垂心,）俱全且有两心重合的四面体为正四面体.

　　为了得到定理4,我们先给出以下三个引理:

　　引理1（5）若点P是四面体内一点,则点P是四面体重心的充要条件是:

　　===.

　　引理2（6）若四面体的四条高相等且相交于一点,则该四面体为正四面体.

　　引理3（7）垂心存在的四面体（非正三棱锥）的垂心,内心,外心,及界心构成以重心为中心的平行四边形的四个顶点.

　　为了证明定理4,我们先证明如下命题:

　　命题1垂心存在且重心和内心重合的四面体为正四面体.

　　证明:

如图10,设ABCD是垂心存在的四面体,点P同时为四面体ABCD的重心和内心,且设底面ABC,BCD,CDA,DAB上的高分别为,设点P到ABC,BCD,CDA,DAB上的距离分别为.因点P为四面体ABCD的重心,由引理1知,===,又P为内心,则,

　　∴,

　　∴.又Q四面体ABCD的垂心存在,即四条高线交于一点,由引理2可知,四面体ABCD为正四面体.

　　命题2垂心和外心重合的四面体为正四面体.

　　证明:

如图11,点P为四面体ABCD的垂心和外心,连结PA,PB,PC,PD,延长DP交面ABC于点0,连结AO,BO,CO.因P为四面体的垂心,所以DP⊥面ABC,AP⊥面BCD,∴BC⊥面ADP,∴AO⊥BC同理可得:

BO⊥AC,CO⊥AB,∴为O的垂心ΔABC.

　　又因P为四面体的外心,则PA=PB=PC,又PO⊥面ABC,所以ΔAOP≌ΔBOP≌ΔCOP,∴AO=BO=CO,即0为ΔABC的外心,∴ΔABC有两心重合,所以ΔABC为等边三角形.同理:

ΔBCD,ΔCDA,ΔDAB也为等边三角形.∴四面体ABCD为正四面体.

　　命题3垂心和内心重合的四面体为正四面体.

　　证明:

如图12,点P为四面体ABCD的垂心和内心,连结PA,PB,PC,PD,并延长DP,AP分别交面ABC,BCD于点O,Q,连结AO,DQ,Q,P为四面体垂心,∴PO=PQ又∠APO=DPQ,∴ΔAPO≌ΔDPQ,所以:

AP=DP.同理可得AP=BP=CP=D=,∴点P为四面体ABCD的外心,所以:

四面体ABCD的垂心和外心重合.由结论2可知,四面体ABCD为正四面体.

　　命题4垂心存在且内心和外心重合的四面体为正四面体.

　　证明:

如图13,点P为四面体ABCD的外心和内心,过点P作PO1,PO2,PO3,PO4分别垂直于面BCD,ACD,ABD,ABC,垂足分别为O1,O2,O3,O4,并连结PA,PB,PC.因P为四面体ABCD的外心,所以:

AP=BP=CP,又Q,PO4⊥面ABC,所以：

ΔPO4A≌ΔPO4B≌ΔPO4C,∴AO4=BO4=CO4即O4为ΔABC的外心,同理:

O1O2O3分别为ΔBCD,ΔACD,ΔABD的外心.又P为四面体ABCD的内心,则:

PO3=PO4∴ΔPO4B≌ΔPO3B,∴BO3=BO4,即ΔBCD,ΔACD,ΔABD,ΔADC的外接圆半径全相等.ΔAO4B≌ΔAO3B,∴∠AO4B=AO3B,同理可得:

∠BO4C=∠BO1C,∠BO1D=∠BO3D,∠AO3D=∠AO2D,∠AO4C=∠AO2C,∠CO1D=∠CO3D,不妨设：

∠AO4B=∠AO3B=,∠BO4C=∠BO1C=,∠BO1D=∠BO3D=,∠AO3D=AO2D=,∠AO4C=AO2C=,∠CO1D=∠CO2D=

　　（17）+（19）得:

=1200LLL（21）

　　（18）+（20）得:

比较（21）（22）得,即,≌,同理:

.即:

四面体为等腰四面体（三组对棱分别相等的四面体）.≌≌≌,

　　∴SABC=SBCD=SCDA=SDAB,

　　∴（的意义同命题1）.又Q四面体ABCD的垂心存在,即四条高线交于一点,由引理2可知,四面体ABCD为正四面体.

　　当四面体ABCD垂心存在,且界心和重心重合或界心和内心重合时,由引理3可知,内心和重心重合,再由命题1可得如下结论:

　　命题5垂心存在且重心和界心重合的四面体为正四面体.

　　命题6垂心存在且内心和界心重合的四面体为正四面体.

　　当四面体ABCD的垂心和重心重合或外心和重心重合时,由引理3可知,垂心和重心重合,再由命题2可得如下结论:

　　命题7垂心和重心重合的四面体为正四面体.

　　命题8垂心存在且重心和外心重合的四面体为正四面体.

　　当四面体ABCD的垂心存在,且外心和界心重合时,由引理3可知,垂心和内心重合,再由命题3可得如下结论:

　　命题9垂心存在且外心和界心重合的四面体为正四面体.

　　当四面体ABCD的垂心和界心重合时,由引理3可知,内心和外心重合,再由命题4可得如下结论:

　　命题10垂心和界心重合的四面体为正四面体.

　　综上命题1到命题10可知:

五心俱全且有两心重合的四面体为正四面体，从而定理4得证.但如果四面体的垂心不存在,则命题1,命题4,命题5,命题6的结论应为等腰四面体（三组对棱分别相等的四面体）,证明略.

　　3.2四面体余弦定理

　　普通高级中学课本在高一（下）向量部分给出了解斜三角形的一个有力工具――余弦定理，下面我们就把余弦定理类比推广到四面体中，不妨称之为“四面体余弦定理”.

　　定理5如图14，在四面体ABCD中，设顶点A,B,C,D所对面的面积分别为S1,S2,S3,S4.其中每两面所夹的二面角分别为（）,则：

　　=++-

　　--；

　　=++

　　---

　　=++-

　　--

　　=++-

　　--

　　证明:

过顶点A作于O,由射影面积公式有：

　　=++=

　　++（23）

　　同理：

　　=++

　　（24）

　　=++

　　（25）

　　=++

　　（26）

　　由（24）得

　　=-+，两边同时乘以得：

　　=-+（27）

　　同上可得：

　　=-+（28）

　　=-

　　+（29）

　　（27）+（28）+（29）得：

　　=

　　++--

　　-

　　再将（23）式带入上式左边有：

　　=++-

　　--

　　用同样的方法可以证明：

　　=++-

　　--

　　=++-

　　--

　　=++-

　　--

　　以上即为“四面体余弦定理”的内容，证明及表达式.

　　如果在四面体ABCD中从一点出发的三条棱，两两垂直即共点的三个面两两垂直，不妨设D为此顶点，此时有：

，

　　.由四面体余弦定理可得，这就是勾股定理在四面体中的推广，可以称为“四面体勾股定理”.

　　参考文献

　　[1]付增德.数学疑难之9:

6正数如何构成四面体的6棱长?

[J].中学数学研究（广州）,2007（3）.

　　[2]曾中君.6正数构成四面体3组对棱长的充要条件[J].中学数学研究（广州）.本文已收到用稿通知,文章登记编号:

07-1611.

　　[3]许鲔潮.数学疑难之6:

四心俱全且有两心重合的四面体是否正四面体?

[J].中学数学研究,2006（12）.

　　[4]邓胜.四面体界点,界心及其坐标公式[J].中学数学,2002（11）.

　　[5]段惠民.也谈重心向量形式的应用[J].数学通讯,2004（13）.

　　[6]虞关寿.四面体与平行六面体的关系探析[J].数学通讯,2005（9）.

　　[7]黄华松.垂心存在的四面体若干心的一个性质[J].数学通讯,2006（3）.

　　[8]朱德祥.初等数学复习及研究（立体几何）[M].北京:

人民教育出版社,1960.

　　[9]曾中君.直线y=kx（k=a/b）上的点到椭圆最短距离的讨论[J].数学教学通讯,2007

（1）

　　收稿日期：

2011-04-22

　　“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”