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高中奥林匹克数学竞赛讲座 平面与空间问题的类比


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平面与空间问题的类比

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高中奥林匹克数学竞赛讲座

平面与空间问题的类比
许多平面几何中的命题可以推广成立体几何中的相应命题.反之,解决立体几何的问题, 常常先研究该问题在平面内的相应命题及解决方法, 然后推广到空间, 寻求相应的解决方法. 例 1:等腰三角形底边上任意一点两腰距离和为定值. : 分析: 分析:这是一个平面几何中很基本的问题,有多种证法.我们关心的是该命题在三维空 间中的推广,以及它的各种证法如何推广,以及它的各种证法如何推广到三维空间中去. 证法一: 证法一:如图 1—1,在△ABC 中,AB=AC, D 是 BC 上一点,DE⊥AC 于 E,DF⊥AB 于 F, 连接 AD,作 BG⊥AC 于 G. ∵ S ?ADC + S ?ADB =

1 1 AC ? DE + AB ? DF 2 2 1 = AC ( DE + DF ) 2
又∵ S ?ABC = S ?ADC + S ?ADB

S ?ABC =

1 AC ? BG 2

∴DE+DF=BG=定值 该命题推广到空间,变成相应命题: “正三棱锥底面上任一点到三个侧面的距离和等于 定值”.它的证明方法与证法 1 相仿,只是“三角形面积转化成了三棱锥体积”. 作 DEGH 是矩形, DE=HG, 得 在△BHD 与△DFB 中, ∠BHD= 证法 2: DH⊥BG 于 H, : ∠DFB=Rt∠,BD 是公共边,∠HBD=∠EDC=90°-∠B=∠FDB.于是得△BHD≌△DFB, BH=DF,所以 DE+DF=BG. 这一证明方法推推广到空间,得相应的证法.在平面问题中“作 DH⊥BG 于 H” ,相当于 在空间问题中“过点 D 作垂直于 AH 的平面,与 AH 交于 K” (如图 1—2).在平面问题中将 BG 截成两段,一段 HG 与 DE 相等,另一段 BH 与 DF 相等;在空间问题中,可将 AH 截成 两段,一段 KH=DE,另一段 AK 欲证它等于 DF+DG,只需再作一次截面:过 D 点作截面 与面 AVC 平行,这个平面将 M 点到 ANS 的垂线段分成两截,其中一段与 DG 相等,另一 段与 DF 相等. 证法 3:如图 1—1,DE=DC·sinC,DF=DB·sinB,∵ : ∠B=∠C, ∴DE+DF=(DC+DB)sinC=BC·sinC=BG. 这一证法的思路是利用等腰三角形两底角相等的性质, 将 DE 与 DF 转化成用底边上线段表示.推广到空间,就可利用正 三棱锥各侧面与底面所成角相等(设此角为θ) ,将 D 点到三 侧面的距离和转化成底面上 D 点到△ABC 三边距离和与 sin θ的乘积,由于△ABC 是正三角形,D 到三边距离和等于一 边上的高,于是得证. 另外还有其他证明方法,也都可以空间找到相应的方法. 例 2:四面体 ABCD 内接于半径为 R 的球 O 内,球心 O 在该四面体内,连结 AO、BO、 : CO、DO 并延长分别与对面交于 A1、B1、C1、D1.求证: AA1+BB1+CC1+DD1≥

16 R 3

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分析:相应的平面内的命题是“△ABC 内接于圆 O,且 O 点在△ABC 内,连结 AO、 分析 BO、CO 并延长分别交对边于 A1、B1、C1,则 AA1+BB1+CC1≥

9 R ′′ .如图 1—3, 2

OA1 OB1 OC1 S ?OBC S ?OAC S ?OAB + + = + + =1 AA1 BB1 CC1 S ?ABC S ?ABC S ?ABC


AA1 ? R BB1 ? R CC1 ? R + + = 1, AA1 BB1 CC1
1 1 1 2 + + = .由哥西不等式,得 AA1 BB1 CC1 R 1 1 1 + + )≥9 AA1 BB1 CC1
∴AA1+BB1+CC1 ≥



(AA1+BB1+CC1) (

9R . 2

将平面问题的证明方法推广到空间,就得到了本例的证明方法. 证明: 证明:∵

OA1 VO ? BCD OB1 VO ? ACD OC1 VO ? ABD OD1 VO ? ABC = , = , = , = AA1 V ABCD BB1 V ABCD CC1 V ABCD DD1 V ABCD

且 VABCD=VO—BCD+VO—ACD+VO—ABD+VO—ABC, 即 AA1 ? R + BB1 ? R + CC1 ? R + DD1 ? R = 1 ∴ OA1 + OB1 + OC1 + OD1 = 1 AA1 BB1 CC1 DD1 AA1 BB1 CC1 DD1

1 1 1 1 3 + + + = AA1 BB1 CC1 DD1 R (

由哥西不等式,得

1 1 1 1 + + + )( AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ) ≥ 16 AA1 BB1 CC1 DD1 16 R 3

∴AA1+BB1+CC1+DD1 ≥

例 3:A、B 是平面α同侧的两个定点,在α上找点 P,使∠APB 最大. : 分析: 分析:本题相应的平面内的命题是“A、B 是直线 l 同侧的两个定点,在 l 上找点 P,使 ∠APB 最大”.为解决这一问题,可以 AB 为弦作圆(见图 1—4) ,其中至少有一个圆与直线 l 相切,较小圆与 l 的切点即为所求 p 点(当 AB 与 l 垂直时,两圆相等,这时 p 点有两个).

解:如图 1—5,设直线 AB 与α相交于 O,若 AB⊥α,则 p 点轨迹为以 O 为圆心,以

AO ? BO 为半径的圆周.

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若 AB 与α不垂直,则可过 AB 作唯一平面 f, 使β⊥α,且α与β交于 l.在 l 上取点 P,使 OP=

AO ? BO .这样的 P 点有两个,现取使∠AOP 为锐角时的 P 点即为所求.现就此

一般情况下证明∠APB 最大. (1)若 Q 点是 l 上的任意点(与 P 不重合) ,因为 OP=

AO ? BO ,所以过 A、B、P

的圆与 l 相切.若 Q 与 P 在 O 点同侧, 则必有∠AQB<∠APB (圆外角小于同弧上的圆周角) . 若 Q 与 P 在 O 点异侧,可先作⊙ABP′,使其与 l 相切于 P′,P′与 P 在 O 点两侧,则有 ∠AQB<∠AP′B<∠APB. (2)若 Q 点是α上任意点且不在 l 上,则连结 AQ、BQ、OQ,由于∠AOP 是 AB 与 α所成角,所以∠AOP<∠AOQ.现将△AOQ 绕 AO 旋转到β平面内,由于∠AOP<∠AOQ, Q 点必转到 l 的下方,设为 Q′.AQ′与 l 交于 K,则∠AQB=∠AQ′B<∠AKB≤∠APB. 说明: (Q 点不在 l 上) 可能会想到 OH⊥l 于 H, 时, 欲证∠AQB< 说明 在证明∠AQB<∠APB ∠AHB,但这一结论是错误的(如当 H 与 O 重合时,显然有∠AQB<∠AHB). 例 4:已知四面体 A1A2A3A4 的六条棱上二面角的大小分别为 θ 12 ,θ 13 ,θ 14 ,θ 23 ,θ 24 ,θ 34 , : 且这些角都是锐角.求证: cos θ 12 ? cos θ 13 ? cos θ 14 ? cos θ 23 ? cos θ 24 ? cos θ 34 ≤ 分析:本题在平面内的相应命题是“△ABC 中 cos A ? cos B ? cos C ≤ 分析:

1 . 729

1 ”.这一命题有 8

多种证法,现在要选择一种容易推广到三维空间去的证法.不妨设△ABC 是锐角三角形.

a = b cos C + c cos B ≥ 2 bc cos B cos C b = c cos A + a cos c ≥ 2 ca cos A cos C c = a cos B + b cos A ≥ 2 ab cos A cos B
将三个不等式相乘,两边消去 abc,即得 cos A cos B cos C ≤

1 8

这一证明用到了三角形中的射影定理及平均不等式.三角形中的射影定理推广到空间, 就是三棱锥中的面积射影定理. 证明: 证明:过 A1 作对面 A2A3A4 的垂线 A1H,垂足为 H,则有 S ?A2 A3 A4 = S ?A1 A2 A3 ? cos θ 23 +

S ?A1 A3 A4 ? cos θ 34 + S ?A1 A4 A2 ? cos θ 24 ≥ 3
·
3

S ?A1 A2 A3 ? S ?A1 A3 A4 ? S ?A1 A4 A2 ? cos θ 23 ? cos 34 ? cos θ 24 S ?A1 A2 A3 ≥ 3 S ?A1 A3 A4 ≥ 3 S ?A1 A4 A2 ≥ 3

同样可得 · · ·
3

S ?A1 A3 A4 ? S ?A1 A4 A2 ? S ?A2 A3 A4 ? cos θ 13 ? cos12 ? cos θ 23 S ?A1 A2 A3 ? S ?A1 A4 A2 ? S ?A2 A3 A4 ? cos θ 13 ? cos 34 ? cos θ 41 S ?A1 A3 A4 ? S ?A1 A3 A4 ? S ?A2 A3 A4 ? cosθ 14 ? cos 42 ? cos θ 12

3

3

将上面四个不等式相乘、并消去 S ?A1 A2 A3 , S ?A2 A3 A4 , S ?A3 A4 A1 , S ?A2 A4 A1 得

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cos θ 12 ? cos θ 13 ? cos θ 14 ? cos θ 23 ? cos θ 24 ? cos θ 34 ≤

1 . 729

不难看出,当且仅当正四面体时等式成立. 例 5:已知空间 n 个不全共面的点,求证:必存在一个圆,它恰好经过其中三个点. : 分析: 分析:平面内相应命题是“已知同一平面内 n 个不全共线的点,必存在一条直线恰好经 过其中两个点”.这就是著名的西尔维斯特定理.现在的关系在于如何将空间问题转化成平面 问题,从而运用这一定理. 证明: ,共 n-1 条直线,必 证明:设 n 个点为 A1、A2、…、An,连结 A1Ai(i=2,3,…,n) 存在一个与 A1Ai 均不平行的平面α,设 A1Ai 与α交于点 Ai (对于不同的 i,j,可能有



′ ′ ′ ′ Ai = A j ,但由于 A1、A2、…、An 不全共面,至少存在三个不同的 Ai ) ,所得 Ai 不全共
线(否则这几个点共面).由西尔维斯特定理,至少存在一条直线恰通过其中两点 Ai , A j . 这时,过 A1, Ai , A j 的圆恰好过这三个点(在平面 A1 Ai A j 上可能还有这 n 个点中的其 他点,但即使有,也都在直线 A1Ai 或 A1Aj 上,而过 A1, Ai , A j 三点的圆与直线 A1Ai 及 A1Aj 交点仅 A1, Ai , A j 三个). 例 6:已知空间坐标系中一定点 P 的坐标为 ( x0 , y 0 , z 0 ) .试求一点 Q ( x, y , z ) ,使满足









x ≤ y ≤ z , 且 | PQ | 最小.
分析:先退回平面,其相应的问题是“已知定点 P ( x 0 , y 0 ), 求点Q ( x, y ), 使x ≤ y 且|PQ| 分析 最小”.这一问题不难解决,若 x 0 ≤ y 0 , 那么当x = x 0 , y = y 0 (即 Q 与 P 重合)时,|PQ| 最小,且最小值为零;若 x 0 > y 0 , 那么 过 P 点作直线 y=x 的垂线,垂足即为所求 Q 点,这 时x = y =

x0 + y 0 .现证明此时|PQ|达到最小. 2

| PQ |= ( x0 ?

x0 + y 0 2 x + y0 2 ) + ( y0 ? 0 ) 2 2

对于任一其他点 Q ′( x, y )( x ≤ y ) ,则

| PQ ′ |= ( x0 ? x) 2 + ( y 0 ? y ) 2
| PQ ′ | 2 ? | PQ | 2 = ( x0 ?
∴|PQ′|≥|PQ|

x0 + y0 2 x + y0 2 ) + ( y0 ? 0 ) + ( x0 ? y 0 )( y ? x) ≥ 0 2 2

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解:若 x0 ≤ y 0 ≤ z 0 , 则当x = x0 , y = y 0 , z = z 0 叶.|PQ|=0,取得最小值,且满足

x ≤ y ≤ z.
x + y0 x0 + y 0 , z = z0 , , z1 = z 0 ,若此时 y1 ≤ z1 , 则x = y = 0 2 2 x + y0 + z0 使|PQ|最小;若 y1 > z1 , 则令x = y = z = 0 , 能使|PQ|最小. 3 y + z0 y + z0 若 x0 ≤ y 0 > z 0 , 则当x1 = x0 , y1 = z1 = 0 .此时,若 x1 ≤ y1 , 则令x = x1 , y = z = 0 , 2 2 x + y0 + z0 能使|PQ|取得最小值;若 x1 > y1 , 则令x = y = z = 0 ,能使|PQ|取得最小值. 3 x + y0 + z0 ,此时|PQ|最小. 若 x 0 > y 0 > z 0 , 则令x = y = z = 0 3 证明:略(证明方法与平面问题完全类似) 证明 说明:由二维问题推广到三维问题,解决方法类似,仅仅情况多一些,有些情况还需要 说明 分步调整.本例还可推广到四维、五维甚至 n 维空间去.
若 x0 > y 0 ≤ z 0 , 则取x1 = y1 =


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