四面体中的一类不等式
四面体中的Guggenheimer不等式
ｆ １３）
在四面体Ｐ，ＰＢＣ中 Ｓａｐ，盯＋Ｓ△Ｐ，雎＋Ｓ△Ｐ．ＰＢ＞Ｓ△ＰＢｃ． 将不等式（７），（８），（９）相加有下面不等式
ＳＡＤＡＢ＋（ＳＡＤＢＰｚ＋ＳａｃｖｌＰ２－－ＦＳＡｖｌＢＣ）＋ （Ｓ△ｎＡＰ。＋Ｓ△ｃＡＰ，） ＞（Ｓ△ＡＢＰ２一Ｓ△ＡＰｌＰ２一ＳＡｙｌＰＢ）＋（ＳａＡＣＰｌ一
参考文献
由此即有 Ｓ△ＤＡＢ＋Ｓ△ＤＡｃ＋Ｓ△ＤＢｃ＞Ｓ△ＰＡＢ＋Ｓ△ＰＡｃ＋Ｓ△ＰＢｃ．
（１０）
同理可得出以下结论：
Ｓ△ＡＢｃ＋Ｓ△ＡＤｃ＋ＳＡｇｏ ＳＡＰＢＣ＋Ｓ△ＰＤｃ＋Ｓ△ＰＢＤ，
ｆ１１）
１匡继昌．常用不等式［Ｍ］．济南：山东科学技术出版社，２０１０ （第４版）：２８５
（上接第５０页） 算、推理的数量上分析，自主招生的关卡点往往只 有１～２个，ＭＰＳｌ试题的关卡点往往在３个以 上；第二、在逻辑推理的深度上，自主招生考试和 ＭＰＳＩ都突出计算推理，自主招生试题容易找到 解题的突破口，而ＭＰＳＩ的试题有时让人无从下 笔，对比例３和例５的解答过程不难总结这一点． 第三、从解决问题的方法和整合知识的数量上看， 自主招生考试与ＭＰＳＩ试题的差异是明显的． ２．３文化与背景的比较 ＭＰＳＩ与“北约”、“华约”自主招生考试试题 在文化背景上都比较有特点，自主招生考试的试 题往往有严肃的学科背景，比如例１涉及几何图 形的自相似性，即分形几何，这又与新课标教材中 的例题（如必修５北师大版Ｐ３２例８、人教版Ｐ３０ 例２）相接近，例３的背景是初等数论里关于等差 数列中素数的狄利克雷定理．ＭＰＳＩ选题的背景 很广，且不回避现成题．比如例６，是一类自我指 涉数列（Ｓｅｌｆ—ｒｅｆｅｒｅｎｔｉａｌ ｓｅｑｕｅｎｃｅ），这种题目经 常出现在一些常规性的数学竞赛中，比如求这个 数列的第１０００项等等．例４是类Ｐａｓｃａｌ三角
正四面体的性质及应用
正四面体的性质及应用正四面体是立体几何中的基本几何体，它蕴涵着极为丰富的线面的位置、数量关系．在近年来各类考试中，正四面体倍受命题者青睐，命题者常以正四面体中的线面问题为载体，借以考察学生的数学思维能力和思维品质．因此，一线师生在教学过程中，应对这个几何体引起足够的重视．笔者在长期的教学中对正四面体进行了深入研究、潜心挖掘，得出了一些优美、简洁的结论．下面给出正四面体的相关结论，并利用这些结论解决问题，以期能对同学们学习立体几何有所启示．一、理顺正四面体性质——固本清源不妨设正四面体ABCD的棱长为a，则存在着以下定理：定理1．正四面体的3对异面棱均互相垂直，任意一对异面棱之间的距离均为；定理2．正四面体的高为；定理3．正四面体的切球半径为，外接球半径为，且有；略证：如图1，易知正四面体的外接球心与切球心重合为点O，并且位于正四面体的高AH上，连结BO、CO、DO，易知，且，从而AO、BO、CO、DO两两所确定的平面将正四面体分割成四个形状相同的正三棱锥：，，且每一个小正三棱锥的高都是切球的半径，于是有，即，亦即有，所以，．故定理4．正四面体的全面积为，体积为；定理5．正四面体底面任一点O到三个侧面的距离的之和；正四面体任意一点到四个侧面的距离之和(仿定理3利用体积分割法易证)．定理6．正四面体的侧棱与其底面所成的线面角大小为；定理7．正四面体相邻侧面所成的二面角的大小为；略证：设相邻两个侧面所成的角为，由于四个侧面的面积均相等，所以由射影面积公式知．定理8．设正四面体的侧棱与底面所成的角为，相邻两个侧面所成的二面角记为，则有略证：如图1所示，易知，，由H为的中心，易知，从而．定理9．正四面体的外接球的球心与切球的球心O重合且为正四面体的中心；中心与各个顶点的四条连线中两两夹角相等，其大小为，此角即为化学中甲烷分子结构式中的键位角．略证：如图1，在三角形AOB中，，，由余弦定理可求得，于是．同理可得．定理10．正四面体接于一正方体，且它们共同接于同一个球，球的直径等于正方体的对角线．二、运用正四面体性质——化繁为易1．巧算空间距离例1．一个球与正四面体的6条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则求此球的体积．分析一：由定理10知，将正四面体嵌于正方体的部，然后再利用正四面体的棱与球相切，则该半径与正方体的切半径相等进行求解．解法一．如图2所示，将正四面体补成正方体，易知与正四面体的各棱相切的球即为正方体的切球．∵正四面体的棱长为a，∴正方体的棱长为．∴正方体的切球半径．∴．分析二：根据正四面体的对称性，结合定理1可知，该球的球心应位于正四面体的中心，其直径即为正四面体相对棱之间的距离．解法二．∵正四面体的棱长为a，∴由定理1可知，相对棱间的距离为．即该球的半径为．∴．例2．在棱长为2的正四面体木块ABCD的棱AB上有一点P（），过P点要锯出与棱AB垂直的截面，当锯到某个位置时因故停止，这时量得在面ABD上锯痕，在面ABC上的锯缝，求锯缝MN的值．解：如图3，取AB的中点E，连结CE，DE，则为正四面体相邻两面的二面角的平面角，由条件知∠MPN也是正四体相邻两面的二面角的平面角，即∠NPM＝∠CED，由定理7可知，于是，在中，由余弦定理得，∴2．妙求空间角例3．设P为空间一点，PA、PB、PC、PD是四条射线，若PA、PB、PC、PD两两所成的角相等，则这些角的余弦值为．解：如图4，构造正四面体ABCD，设P为四面体的中心，则PA、PB、PC、PD两两所成的角相等，设，由正四面体的性质，可知余弦值为例4．如图5，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，连结AF、CE．⑴求异面直线直线AF和CE所成的角；⑵求CE与面BCD所成的角．解：⑴连结FD，在平面AFD，过点E作EG∥AF交DF于点G．则是异面直线AF与CE所成的角（或其补角）．设正四面体ABCD的棱长为a，可得，，．由余弦定理可求得．故异面直线AF与CE所成的角为．⑵由已知易知平面AFD⊥平面BCD，在平面AFD，过点E作EH⊥FD于点H，连结CH，则∠ECH为CE与平面BCD所成的角．∵EH为正四面体高的一半，由正四面体性质的定理2知．∴．∴CE与底面BCD所成的角为．例5．如图6，正四面体ABCD的四个顶点在同一个球面上，CC1和DD1是该球的直径，求面ABC与面AC1D1所成角的正弦值．解：由正四面体性质定理10知正四面体接于一球，该正方体也接于此球，且正方体的对角线为此球的直径，如图所示，即CC1、DD1为该球的直径．连结C1D1，交AB于点M，连结MC．∵MC⊥AB，MD1⊥AB，∴∠CMD1为平面ABC与平面AC1D1所成的角．设正方体棱长为a，在中，．∴平面ABC与平面ACD所成的角的正弦值为．归纳反思：正四面体是立体几何中一个重要的数学问题载体，在平时的学习过程中若能有意识地研究它、利用它，就能较好地培养我们数学思维的“方向感”和思路的“归属感”，有助于促进自己数学思维空间的拓展、数学品质的提升．1.在正四面体P ABC-中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是②．①//BC面PDF；②面PDF⊥面ABC；③DF⊥面PAE；④面PAE⊥面ABC．2.正四面体ABCD中，AB与平面ACD所成角的余弦值为3．3.如图，正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为棱AD，BC的中点，则EF BA的值为()A．4B．4-C．2-D．24.以下说法 ①三个数20.3a =，2log 0.3b =，0.32c =之间的大小关系是b a c <<；②已知：指数函数()(0,1)x f x a a a =>≠过点(2,4)，则log 41a y =；③已知正四面体的边长为2cm ，则其外接球的体积为33cm π； ④已知函数()y f x =的值域是[1，3]，则()(1)F x f x =-的值域是[0，2]；⑤已知直线//m 平面α，直线n 在α，则m 与n 平行．其中正确的序号是①③．5.在正四面体A BCD -中，M 为AB 的中点，则直线CM 与AD 所成角的余弦值为()A ．12B ．2C ．3D ．23选：C ．6.在正四面体ABCD 中，E 、F 分别为棱AD 、BC 的中点，连接AF 、CE ，则异面直线AF 和CE 所成角的正弦值为()A ．13B ．23C ．24D ．5 选：D ．【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力．在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，这个技巧就是通过三角形的中位线找平行线，如果试题的已知中涉及到多个中点，则找中点是出现平行线的关键技巧．本题易错点在于要看清是求异面直线AF 和CE 所成角的正弦值，而不是余弦值，不要错选答7.如图所示，在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为7，则该正四面体的外接球的体积是()A 6πB ．6πC 36D ．32π 选：A ．8.棱长为1的正四面体ABCD 中，E 为棱AB 上一点（不含A ，B 两点），点E 到平面ACD 和平面BCD 的距离分别为a ，b ，则11a b +的最小值为6 【考点】7F ：基本不等式及其应用【专题】31：数形结合；35：转化思想；5F ：空间位置关系与距离；5T ：不等式【分析】设点O 是正三角形ACD 的中心，连接OB ，作EF AO ⊥，垂足为点F ．AO 交CD 于点M ，则点M 为CD 的中点．设(01)AE AB λλ=<<．23AO AM =，3AM ，22BO AB AO =-．由//EF BO ，可得6EF BO a λ===．同理可得：6)b EN λ=-．代入利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：如图所示，设点O 是正三角形ACD 的中心，连接OB ，作EF AO ⊥，垂足为点F ．AO 交CD 于点M ，则点M 为CD 的中点．设(01)AE AB λλ=<<．223333AO AM ===， 226BO AB AO ∴=- //EF BO ，6EF BO a λ∴===． 同理可得：6)b EN λ==-．∴21111161()11(1)()2a b λλλλλλ+=+=⨯=+---当且仅当12λ=时取等号．故答案为：9.已知M 是正四面体ABCD 棱AB 的中点，N 是棱CD 上异于端点C ，D 的任一点，则下列结论中，正确的个数有()（1）MN AB ⊥；（2）若N 为中点，则MN 与AD 所成角为45︒；（3）平面CDM ⊥平面ABN ；（4）存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【考点】LM ：异面直线及其所成的角；LO ：空间中直线与直线之间的位置关系；LW ：直线与平面垂直；LY ：平面与平面垂直【专题】14：证明题【分析】连接CM 、DM ，可证明出AB ⊥平面CDM ，从而MN AB ⊥，得（1）正确；取AC 中点E ，连接EM 、EN ，利用三角形中位线定理证明出EN 、NM 所成的直角或锐角，就是异面直线MN 、AD 所成的角，再通过余弦定理，可以求出MN 与AD 所成角为45︒，故（2）正确；根据（1）的正确结论：MN AB ⊥，结合平面与平面垂直的判定定理，得到（3）正确；对于（4），若存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直，说明存在N 的一个位置，使MN AC ⊥．因此证明出“不论N 在线段CD 上的何处，都不可能有MN AC ⊥”，从而说明不存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．【解答】解：（1）连接CM 、DM正ABC ∆中，M 为AB 的中点CM AB ∴⊥同理DM AB ⊥，结合MC M D M =AB ∴⊥平面CDM ，而MN ⊆平面CDMMN AB ∴⊥，故（1）是正确的；（2）取AC 中点E ，连接EM 、ENADC ∆中，E 、N 分别是AC 、CD 的中点//EN AD ∴，12EN AD =． EN ∴、NM 所成的直角或锐角，就是异面直线MN 、AD 所成的角设正四面体棱长为2a ，在MCD ∆中，2CM DM a === 则Rt MNC ∆中122CN a a =⨯=∴MN = 在MNE ∆中，122ME EN a a ==⨯=∴222cos 2EN MN EM ENM EN MN +-∠==⨯⨯ 45ENM ∴∠=︒，即异面直线MN 、AD 所成的角是45︒，故（2）正确；（3）由（1）的证明知：AB ⊥平面CDMAB ⊂平面ABN∴平面ABN ⊥平面CDM ，故（3）正确；（4）若有MN AC ⊥，根据（1）的结论MN AB ⊥，因为AB 、AC 相交于A 点，所以MN ⊥平面ABCMCD ∆中，CM MD ==，2CD a =2221cos 023CM MD CD CMD CM MD +-∴∠==> 可得CMD ∠是锐角，说明点N 在线段CD 上从C 到D 运动过程中， CMN ∠的最大值是锐角，不可能是直角，因为CM ⊂平面ABC ，CM 与NM 不能垂直，以上结论与MN ⊥平面ABC 矛盾，故不论N 在线段CD 上的何处，都不可能有MN AC ⊥．因此不存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．综上所述，正确的命题为（1）（2）（3）故选：C ．10.棱长为a 的正四面体中，给出下列命题：①正四面体的体积为324a V =；②正四面体的表面积为2S ；③切球与外接球的表面积的比为1:9；④正四面体的任意一点到四个面的距离之和均为定值．上述命题中真命题的序号为②③④．【考点】LE ：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5F ：空间位置关系与距离【分析】①正四面体的高h ==，体积为213V =，计算即可判断出正误；②正四面体的表面积为24S a =，即可判断出正误；③分别设切球与外接球的半径为r ，R ，则23143r ⨯，解得r ；R +=，解得R ，即可判断出正误； ④正四面体的任意一点到四个面的距离之和为H，则221133H ⨯=【解答】解：①正四面体的高h =，体积为3231324a V ==≠，因此不正确；②正四面体的表面积为224S a =，正确；③分别设切球与外接球的半径为r ，R ，则2314312r ⨯=，解得r =；R +=，解得R ． :1:3r R ∴=，因此表面积的比为1:9，正确；④正四面体的任意一点到四个面的距离之和为H ，则221133H ⨯=化简可得：H =，即为正四面体的高，均为定值，正确．上述命题中真命题的序号为②③④．。
高考备考专题——四面体
鳖臑：一、史料《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵。
斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑。
阳马居二，鳖臑居一，不易之率也。
合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣。
”二、阐释阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊椎体的称谓，取一长方体，斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵。
再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个。
以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马。
余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑。
三、性质1.垂直关系如图，鳖臑几何体P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AC CB ⊥，AM PB ⊥于点M ，AN PC ⊥于点N .则：（1）BC ⊥平面PAC ；（2）PB ⊥平面AMN ；（3）平面PBC ⊥平面AMN ；（4）PB ⊥MN .2.空间角记α为PBC ∠，β为ABC ∠，θ为PB 与底面ABC 所成的角（PBA ∠），γ为二面角A PB C --的平面角，ρ为直线AB 与平面PBC 所成的角，ϕ为直线PC 与底面ABC 所成的角，ω为直线PC 与平面PAB 所成的角。
则：（1）cos cos cos αβθ=；（2）cos sin cos ϕγθ=； （3）sin sin sin ρϕβ=；（4）sin sin sin θϕα=；（5）sin tan sin βαω=.正四面体：一、来源在正方体中蕴含了两个相同的正四面体，各占去正方体八个顶点中的四个（如图）。
二、定义四个面都是全等的正三角形的四面体称为正四面体.三、性质设正四面体的棱长为a ，高为h ，全面积为S ，体积为V ，相邻两面的二面角为α，内切球半径为r ，外接球半径为R ，则：（1）h =，正四面体的中心把高分为1︰3的两部分；（2）2S =；（3）3V =；（4）1cos 3α=，sin 3α=；（5）12r a =；（6）4R a =；（7）对棱中点连线段的长为2a ； （8）正四面体和他所在的正方体内接于同一个球，且球的直径为正方体的体对角线；（9）两条高的夹角的正弦值为13；（10）侧棱与底面的夹角的余弦值为3； （11）对棱互相垂直；（12）正四面体内任意一点到四个面的距离的和为该四面体的高.直角四面体：一、来源将长方体的一个角切下来，就是一个直角四面体（如图）。
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About some questions in the tetrahedronZeng zhong-jun【Abstract】The related questions of tetrahedron frequently as the college entrance examination and the competition examination question background, also becomes one of the middle school mathematics research. This article first used the algebra and the geometry methods discussed the necessary and sufficient conditions of six positive number constitution tetrahedron six leng long, then have launched the thorough ponder from the plane geometry and the solid geometry twoangles to the necessary and sufficient condition application, then acted according to this necessary and sufficient condition to infer the tetrahedron six leng quadrature formula again and so on a series of important conclusions, finally this article the triangle two exquisite conclusions, has made in the tetrahedron the analogy promotion, simultaneously was also proposes to "Middle school Mathematics Research": Sixth mathematics difficult series, have given the complete reply.【Key words】Tetrahedron；Sufficient and necessary condition；Cosine theorem1.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”。
四面体中的逆向Pedoe不等式
四面体中的逆向Pedoe不等式
糜健;周永国
【期刊名称】《湖南数学通讯》
【年(卷),期】1998(000)004
【总页数】2页(P12-13)
【作者】糜健;周永国
【作者单位】湖南沅陵一中;湖南沅陵一中
【正文语种】中文
【中图分类】O181
【相关文献】
1.四面体中特殊线段的R．R．Janic型不等式及其逆向不等式 [J], 张垚
2.四面体中R.R.Janic型不等式及逆向不等式 [J], 张yao
3.Pedoe不等式与Oppenheim不等式的推广 [J], 申一平
4.球面空间中的Pedoe不等式与张-杨不等式及应用 [J], 杨世国;齐继兵;王文
5.关于n维情形的Pedoe不等式与彭-常不等式 [J], 杨世国
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一个四面体的两个性质
即 a n - p 是公比为 a 的等比数列 . 证明 ∵p 是 f ( x ) 的不动点 , ∴ap + b = p , ∴b - p = - ap . 由 a n = a ・an - 1 + b , 得
a n - p = a ・a n - 1 + b - p = a ・a n - 1 - ap = a ( a n - 1 - p) ,
的等比数列 , 这样 , a n -
,
结论 2 设 f ( x ) =
bc ≠0) , an > 1) , 且 a1 ≠ f ( a1 ) ,
ax + b ( c ≠0 , ad cx + d 满足递推关系 a n = f ( a n - 1 ) ( n
( 1) 若 f ( x ) 有两个相异的不动点 p 、 q,
利用递推数列f的不动点可将某些由递推关系afa一所确定的数列转化为较易求通项的数列如等差数列或等比数列这种方法称为不动点法
第 5 期 高中数学教与学 ○ 短文集锦 ○
一个四面体的两个性质
黄春绿
( 江苏省泰兴市第一高级中学 ,225400)
在平面几何中 , 我们常常借助一些基本 图形帮助解决问题 . 同样 , 我们在解决立体几 何问题时 , 也需要借助一些基本图形 ( 如正方 体、 长方体等) . 为此 , 本文介绍立体几何中一 个较为特殊的四面体所具有的两个性质 , 这 两个性质在求解有关空间问题时十分方便 . 一、 性质 如图 1 , P - A B O 是一个四面体 , PO ⊥平 面 A B O , A B ⊥ OB . 这是 在 立 体 几 何 中 比 较 常 见 的 基 本 图 形 . 其中有线线角 、 线面角 ( PA 与平面 A B O 所 θ ) 成的角 1 、 面面角 ( 二面角 P - A B - O 的平 面角 ∠PB O ) . 它的 4 个面都是直角三角形 .
涉及四面体内点的一个不等式
初数花究 开
涉 及 四面 沛 内点 的 一个 不等 式
53080 0 广西大化高中 韦 哗
设 1为四面 体Al人 4 的任一内 延长人 人A 点， 1交 于A‘ 对面于点A“1二 2 ， 4 ). 文【 得到: 的 ( 1， 3， ] 1 命题1 在四面体A， C， 中， B， D， 有
封面人物简介
王守文 男， 年 1 月出生， 1%2 2 陕西省绥德县人， 中共党员， 大学本科毕业， 数学专业研究生学历， 中学 高级教师， 榆林市数学会副理事长. 198 年 7 月一198 年 8 月在绥德四中工作; 198 年 8 月调人绥德中学. 2 4 4 9 1 88 年破格晋升为中学一级教师. 19 6 年名 9 月- 2( 7 年 1 月任绥德中学副校长， 年 1 月任绥德中学党总 ) X 2007 支书记. 8 年获“ 陕西省教改能手” 称号;2( X 年获榆林市“ X) 一五二人才工程” 第二层次人员称号;20 1 年获 0 “ 全国模范教师” 称号( 人事部、 教育部) ;2( 抖年获榆林市“ X 拔尖人才” 称号;20 拓年被榆林市评为有突出贡献 ( 拔尖人才; 同年被评为陕西省有突出贡献专家， 省级特级教师. 所教学生5 多人次在全国数学竞赛中获奖， 0 已在《 数学通报》 《 、中学数学》 等杂志上发表论文 3 余篇， 0 并有多篇论文获奖. 2( X 年 1 月一2003 年 1 月主持完成了省基础教育科研课题( 中学生数学学法与学法指 X) 2 导研究》专家组在鉴定时给予了高度评价. 20 刃年 1 月一 加3 年 6 月协助完成了一项教育部批准并资助的 ， ( 2 教育科研课题. 现承担了一项全国教育科研“ 十五” 课题子课题的实验研究工作. 主编了《 数学竞赛培优举一
四面体中的一个新不等式链
Ｐ（Ａ・Ｂ！ｃ）一专一Ｐ（Ａ）・Ｐ（Ｂ）・Ｐ（ｃ），
注理性的思考．正如弗赖登塔尔所述：教师不应该 让学生停留在这个仅依赖本能韵水平上，而要引 导他们作更为深入的研究！
但Ｐ（Ａ・Ｂ）一詈≠｛一Ｐ（Ａ）・Ｐ（Ｂ），
万方数据
｛∑＾一丢∑（Ｒｃｏｓ屈＋Ｒｃｏｓ ｏ一
‘ｉ＝１
譬窑［ｃｏｓ屈＋ｃｏｓ胡≤譬骞［３ｃ…。＋
ｃｏｓ口。］［２］一∑Ｒｃｏｓ口；＝Ｄ。．
定理３ 四面体ＡＢＣＤ中，如果设ｆ，Ｈ到各 面的距离之和分别为Ｄ，，ＤＨ，那么有当且仅当四 面体是正面体时取等号．
４ ４
四面体ＡＢＣＤ中ห้องสมุดไป่ตู้如果设Ｇ，Ｊ到各
面的距离之和分别为ＤＧ，Ｄ，，那么有当且仅当四
万方数据
壹ｃｏｓ堑半ｓｉｎ １掣≤ｏ， 所以竿≤坠半≤警，
４５。≤型丝掣型≤９０。，
故最后一个不等式是成立的． 利用引理容易得到以下定理 定理１ 面体是正四面体时取等号．
５８
数学通报
２００８年
第４７卷
第４期
证明
结合引理５，有ＤＧ一∑ｄ。Ｇ— ｉｉ
‘ｉ＝ｌ
而０。≤ａｉ≤９０。，０。≤晟≤９０。（ｉ—ｌ，２，３，４），
２匡继昌著．常用不等式［Ｍ］．长沙：湖南教育出版社，１９９３，５
３苏化明等编著．不等式・理论・方法［Ｍ］．郑州：河南教育出版
Ｃ
社，１９９２，１２ ４王明建．Ｐ．Ｅｒｄｏｓ—Ｌ．Ｊ．ＭｏｒｄｅＵ不等式在非钝角三角形中的一 种优化结果［Ｊ］．教学月刊，１９９９，９
图３
（上接５６页） Ｐ（Ａ・Ｂ・Ｃ）一Ｐ（Ａ）・Ｐ（Ｂ）・Ｐ（Ｃ），则Ａ、Ｂ、Ｃ 两两独立．这也是不妥的．反例如下： 设有一均匀正八面体，其第１、２、３、４面涂有 红色，第１、２、３、５面涂有黄色，第１、６、７、８面涂蓝 色，现以Ａ、Ｂ、Ｃ分别表示投一次正八面体，底面 出现红、黄、蓝颜色的事件，则： Ｐ（Ａ）一Ｐ（Ｂ）一Ｐ（Ｃ）一÷，
两个著名四面体不等式的加强
6 福建中学数学 2020年第8期则直线AB 有定向且0AB pk pt y =−． 评注 近几年，高考对双曲线的考查要求略低于椭圆，但椭圆与双曲线有很多相似之处，结合起来对比探究，更有利于学生加深对知识的深度理解．其实，无论曲线形式如何变，问题的本质并没发生变化，透过现象看清本质，虽形散而神聚，学生的数学抽象素养也得以快速发展．探究4 能否根据以上结论，把自己当作高考命题人，设计几道高考试题呢？考题1 直线2y x =与椭圆22143x y +=相交于A ， B 两点，过A 作直线l 与椭圆交于点C （与B 不重合），则直线l 与直线BC 的斜率之积为 ． 考题2 A B ，是椭圆2214x y +=上关于y 轴对称且不在x 轴上的两点，P 是椭圆的右顶点，则PA PB k k ⋅ = ．考题3 过抛物线22y x =上一点(22)P ，任意作两条倾斜角互补的直线交抛物线于A B ，两点． （1）证明：直线AB 斜率为定值；（2）若线段AB 中点横坐标为1，求三角形PAB 的面积．评注 题目看似是结论的特殊再现，若没有对结论的深度理解以及对学科知识的灵活运用，很难原创有深度的练习题．笔者通过学生初步原创，指导修改，精细加工，交换练习等过程，实现了知识从理论到应用的实质性飞跃，加速了学生对模块知识的理解与模块间知识的融合，促进了数学核心素养的形成与发展，为思维创新奠定了坚实的根基．教师结语 数学中的经典结论是一代代数学工作者的智慧结晶，继承是基本要求，创新是时代的呼唤，但简单的记忆绝不是继承，更无法创新，只有创新地去理解结论，应用结论，结论才能“活”起来，再度展现其风采，数学的创新之路才能不断延续下去，才能为时代培养更多的创新型人才．（本文系云南省“万人计划”国培项目李晶名师工作坊研修成果）两个著名四面体不等式的加强樊益武 西安交通大学附属中学（710043）本文约定：四面体1234A A A A 体积为V ，内切球半径为r ，i A 所对的侧面i f 的面积为i S ，高为(12i h i =，，34)，．在四面体中，我们熟知不等式[1]：341234()h h h h ≤（1）． 1981年，张景中、杨路证明了四面体中的Pólya- Szego 不等式[2]：313484714()3i i V S =≤∏（2）． 本文拟给出不等式（1）和（2）三个有趣的加强，我们获得了以下结论：定理1 22222222222222341341241232563h h h h h h h h h h h h V +++≤（3）．定理2 1234h h h h ≤（4）． 定理3 31234V S S S ≤（5）． 以上不等式等号成立当且仅当四面体为正四面体．为此，我们需要两个引理．引理1[2] 744222221234413()4i i V S S S S S =+++≤∏（6）． 引理2[1]4221114i ir h =≤∑（7）． 定理证明 由引理1及四面体体积公式：1(1234)3i i V S h i ==，，，， 得222222222222234134124123h h h h h h h h h h h h +++6622222222222223413412412411113()V S S S S S S S S S S S S +++4222262123422221234()3V S S S S V S S S S +++⋅2020年第8期 福建中学数学 74222212347622222212344256333S S S S V V S S S S ⋅≤⋅=． 于是（3）式得证．注意到（7）式，由（3）式得： 2222222221234123422125611()34V h h h h h h h h h r ≥≥⋅∑，所以1234h h h h ≤，于是（4）式得证．又由（4）式有：441234123412343V S S S S h h h h S S S S =≤，所以31234V S S S ≤，于是（5）式得证． 不难验证不等式（3）、（4）优于（1），不等式（5）优于（2）．3个不等式（3）~（5）形式简洁、优美，几何意义深刻，赏心悦目，余味无穷．参考文献[1]樊益武．四面体不等式[M]．哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2017 [2]张景中，杨路．关于质点组的一类几何不等式[J].中国科技大学学报，1981（2）：1-8数字化背景下初中数学概念课小组合作学习的设计与实践探究——以沪教版八年级数学概念课教学为例黄 莉 上海市龙柏中学（201103）1 问题提出随着社会的快速发展和数字化时代的步入，“数字化社区”、“数字化阅读”和“数字化生活”等各种“数字化”专有名词的出现，数字化的教学也应该提上日程．我们需要推陈出新，深刻意识到数字化转型“不是选择，而是出路”，已然成为教育领域的一种发展趋势．在全面普及校园网络的前提下，电子书包和数字教材等数字化创新工具，已然成为常规课必不可少的工具．在课堂教学中，学生的学习主要有竞争型、个体型和合作型三种方式．其中，小组合作学习已然成为当前必然的趋势．在学生为主体的教学理念的引导下，小组合作更加突显了学生的主体地位，是反映新课改的一种务实取向．目前，不仅语文、数学、英语、物理、化学等学科教研组大力推行，而且在班级管理上，各班主任和年级长都实施小组合作管理方式，以小组为单位进行捆绑评价，例如在学习、卫生和纪律等方面实行积分制，这些做法极大促进学生的积极性和加强凝聚力．数字化与小组合作这两者的结合是这个时代召唤出的产物． 初中数学包括概念课、命题课、习题课和复习课，其中概念课的“出镜率较高”，而且很多时候扮演着“首秀”的角色，这个对于学生接下来的学习起到至关重要的作用，只有掌握了相关概念，学生才可循序渐进，对接下去的学习充满信心．例如八年级第一学期第一课时16.1二次根式就是对“二次根式”概念的理解，只有理解二次根式的定义，抓住本质才能学习接下来的化简与计算．况且如今概念教学受到重视，理解事物本质是一种与时俱进的趋势，也是一种“知其所以然”的追求．如下图表所示，我们可知，各个年级数学概念教学课时量相对都较高，可见其重要程度，以八年级数学尤甚，如下表1和图1，给出了各学段的概念课的课时及其占比．因此，研究在数字化背景下，沪教版八年级数学概念课小组合作学习具有一定的价值性．2 研究的成果和成效 2.1 “概念课”界定 一般地，我们学习的数学概念是数学思维的最小单位，是组成数学判断和数学推理的基本单元，九年级。
R^(3)中四面体的Bonnesen型等周不等式
2021,41A (2):296-302数学物理学报http: // a ct a R ?中四面体的Bonnesen 型等周不等式1曾春娜 1彭璐 2马磊彳王星星*(1重庆师范大学数学科学学院 重庆401331; 2广东茂名幼儿师范专科学校 广东茂名525000;3上海立信会计金融学院统计与数学学院 上海201620)摘要：该文主要研究R 3中四面体的Bonnesen 型与逆Bonnesen 型等周不等式.对于R 3中 给定的四面体，利用其表面积、体积、内切球半径及外接球半径之间的关系，构造出两个重要 的几何不等式，得到了四面体的一些Bonnesen 型等周不等式与等周不等式的新的简单证明. 更进一步地，通过讨论四面体等周亏格的上界估计，获得了两个用内切球半径与外接球半径表 示的逆Bonnesen 型等周不等式.关键词：四面体；Bonnesen 型不等式；逆Bonnesen 型等周不等式.MR(2010)主题分类：52A22; 53C65 中图分类号：0186.5 文献标识码：A 文章编号：1003-3998(2021)02-296-071引言积分几何又称几何概率，起源于1977年的Buffon 投针问题.其中的度量就是积分， 1869年Crofton 找到这些积分之间的巧妙关系；1896年，Poincare 高瞻远瞩，引入运动密度 的观念，把积分几何建立在李群的基础上；1935-1939年间，Blaschke 及其学派以Integral Geometry 为总标题的一系列文章的主要根源在于几何概率，目的是考虑能否将概率的思想 有效地应用在几何方面，特别是凸体理论和大范围微分几何上，这标志着积分几何作为一门 独立的数学分支产生；1940年前后，陈省身先生和Weil 将局部紧群上不变测度引入积分几 何，从而形成齐性空间积分几何，使积分几何的内容和结果更加丰富完美.到目前为止积分 几何已发展为现代数学的一个重要而活跃的学科.积分几何研究的基本对象是几何元素的集合，如点偶、直线、带域、线性子空间等.一 方面，我们关注这些几何元素集在某种变换群上不变的几何测度；另一方面我们关注这些几 何元素的的几何不变量，如体积、曲率、表面积等之间的关系.通常这些几何不变量会满足收稿日期：2020-01-07;修订日期：2020-08-05E-mail: ***************; **************; ****************; ********************基金项目：国家自然科学基金(11801048)、重庆市自然科学基金(cstc2020jcyj-msxmX0609)、重庆市教育委员会科学技术研究项目(KJQN201900530)、重庆市留学人员创新创业支持计划(cx2018034, cx2019155) 和广东省普通高校特色创新项目(2020KTSCX358)Supported by the NSFC(11801048), the NSF of Chongqing(cstc2020jcyj-msxmX0609), the Tech nology Research Foundation of Chongqing Educational Committee(KJQN201900530), the Ven ture & Innovation Support Program for Chongqing Overseas Returnees(cx2018034, cx2019155) and the Characteristic Innovation Project of Guangdong Universities(2020KTSCX358)*通讯作者No.2曾春娜等：便中四面体的Bonnesen 型等周不等式297一些等式或不等式关系，称之为几何等式或不等式.几何不等式自上世纪50年代以来已成 为几何中非常重要的分支，与其他数学分支密切相关，应用非常广泛.经典的等周不等式或许是最古老的几何不等式之一：欧氏平面R 2中周长固定的域中圆 围成的面积最大.其数学表达如下(参见文献[1-4]).命题1.1设。
四面体与其内接四面体体积间的一个不等关系
S 4 r4 = 3 V , 则 ⑤ 式即为 : (6 V 1・ V 2 + 6 V 2 ・ V 2 + 6 V 3 ・ V 2
9 2
9 2Βιβλιοθήκη 9 29 + 6 V 4・ V 2) 2
1 3
1 (3 V ) , ≤ ・ 3
1 即 V 1 + V 2 + V 3 + V 4 ≤ V , 27 1 ∴ V ′ ≤ V 27
1 + xm n
k xn
= a
( 0 < a < n ) , 则有 :
m
x1
m 1 + x1
k
+
x2
m 1 + x2
k
+ …+
1 + xm n
≤
1 + x1
k
m
+
1 + x2
k
m
+ …+
xm n
1 + xm n
k
= a , 则有
m- k m
a ( n - a)
k
m- k
( 1) xk 1 xk 2 xk n
1+
k xn
= a (0
定理 2 设 x i ∈R + ( i = 1 , 2 , …, n) , m > k > 0 ,
2 ∴ T 2 1 ( R) = M 1 , 即 T1 ( R) = M 1 . 1 故 V 1 = r2 r3 r4 ・ M1. 6 1 同理 V 2 = r1 r3 r4 ・ M2 , 6 1 V 3 = r1 r2 r4 M 3 , 6 1 ( 4) V 4 = r1 r2 r3 M 4 6 由引理 3 , 在 ( 3 ) 中令 λ 1 = S 1 r1 , λ 2 = S 2 r2 ,λ 3 = S 3 r 3 ,λ 4 = S 4 r4 得
涉及两个四面体的棱长与体积的三类不等式
涉及两个四面体的棱长与体积的三类不等式孙明保;李京;张映辉;张再云;吴俊滔【摘要】给出了联系两个四面体的棱长与体积的三类不等式, 从而推广并改进了相关文献中的结果.%In this paper, we give three kinds of inequalities associated with edge lengthes and volumes of two tetrahedrons, accordingly, they have generalized and improved the results in some related papers.【期刊名称】《湖南理工学院学报（自然科学版）》【年(卷),期】2018(031)002【总页数】5页(P1-5)【关键词】四面体;棱长;体积;不等式【作者】孙明保;李京;张映辉;张再云;吴俊滔【作者单位】湖南理工学院数学学院, 湖南岳阳 414006;湖南理工学院数学学院, 湖南岳阳 414006;湖南理工学院数学学院, 湖南岳阳 414006;湖南理工学院数学学院, 湖南岳阳 414006;湖南理工学院数学学院, 湖南岳阳 414006【正文语种】中文【中图分类】O123.20 引言设a ,b,c, Δ, a ′,b′,c′,Δ′分别表示ΔABC与ΔA ′B′C′的三边长与面积, 则有等式成立当且仅当不等式(1)即著名的的Pedoe不等式[1～3], 它是第一个涉及两个三角形的不等式. 文[4]、[5]、[6] 、[8]先后将 Pedoe不等式推广到了两个四面体的棱长与体积. 本文推广和改进了文[4]、[5]、[6] 、[8]中的主要结果, 得到涉及两个四面体的棱长与体积的三类不等式.1 主要结果为行文方便,约定: 与分别为四面体与的棱长和体积,为四面体顶点 Ai处的三个面角,为顶点′处的三个面角再记易知λ共有个值,依次记为并记本文的主要结论是定理1 对两个四面体 A1A2A3A4与当α,β∈ (0,2), r ∈ [ 2,3]时, 有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.定理2 对两个四面体 A1A2A3A4与当α,β∈ (0,2), r ∈ [ 2,3]时, 有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.定理3 对两个四面体 A1A2A3A4与四面体 A1′A2′A3′A4′, 当λ∈[u,v],r∈[2,3]时,有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.2 几个引理引理1[7] 设a ,b,c, Δ与a ′,b′,c′,Δ′分别表示ΔABC与ΔA ′B′C′的三边长与面积,则等式成立当且仅当引理2[9] 设a,b,c, Δ分别是ΔABC的三边长和面积, Δθ表示组成的三角形的面积,则有等式成立当且仅当a = b = c .引理3[10] 设四面体 A1A2A3A4棱长为 ai, 体积为V, 则有等式成立当且仅当 A1A2A3A4为正四面体.引理4[5] 设四面体 A1A2A3A4各顶点所对面的面积为 S1,S2,S3,S4, 则有等式成立当且仅当 A1A2A3A4为正四面体.3 主要结果的证明定理 1的证明设 ai在四面体 A1A2A3A4中的对棱为bi, 面Δk, Δ′k的三边长分别为 ak1, ak2,ak3与在ΔABC与ΔA ′B′C′中, 由引理1及引理2可得现对四面体A1A2A3A4,′的三角形侧面应用不等式(9), 共得四个不等式, 将其相加并凑项, 得其中利用算术−几何不等式及引理3, 有同理注意到由算术−几何不等式及引理4, 有同理由以上七式得故从而得不等式(2). 由引理及算术−几何不等式中等式成立的条件知, (2)式中等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.定理2的证明令由文[5]中定理10, 则有现记其中容易验证从而由 (17), (18), (19)及Cauchy不等式, 得不等式(3)得证. 由文[5]中的定理 10及Cauchy不等式中等式成立的条件知, 等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.定理3的证明由定理2可知,又因为λ∈[u,v], 所以存在θ∈ [ 0,1], 使得得因为所以代入式(22)即得不等式(4), 从而定理3得证.4 几个推论由算术−几何不等式及定理1, 可得推论1 对四面体 A1A2A3A4与四面体在定理1相同的条件下, 有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.不等式(23)是文[5]中的主要结果.在式(23)中, 取3γ=及2γ=, 并注意到得到文[6]中的两个不等式因为φβ ≥ 1 ,φ ′α ≥ 1 , 由定理1, 有推论2 对四面体 A1A2A3A4与四面体在定理1相同的条件下, 有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.在式(24)中, 取3γ=及2γ=, 得到文[4]中的两个不等式(25)是文[8]的主要结果.因为由定理2, 有推论3 对四面体 A1A2A3A4与四面体在定理2相同的条件下, 有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.在式(26)中, 取γ=3及γ=2, 得到文[4]中的两个不等式因为由定理3, 有推论4 对四面体 A1A2A3A4与四面体在定理3相同的条件下, 有等式成立当且仅当两个四面体均为正四面体.在式(27)中, 取γ=3及γ=2, 得到文[4]中的两个不等式从而本文的结论推广并改进了[4]、[5]、[6] 、[8]中的一些主要结果. 值得指出的是, 用类似的方法, 可将本文给出的涉及两个四面体的棱长与体积的三类不等式, 推广到两个n维单形. 我们将另文再叙.参考文献【相关文献】[1] D. Pedoe.An in equality for triangles[J]. Proc, Phil. Soc, 1943, 38 (4): 397～398[2] Chia-Kuei Peng. Sharpeming the Neuberg-Pedoe inequality[J]. I. Crux, Math., 1984, 10: 68～69[3] Oppenheim-A. Inequalities involving elements of triangles, Quadrilaterals or tetrahedra[J]. Univ Beograd Publ Elektroretehn Fak Ser Mat Fiz, 1974,461(461-497): 256～263[4] 唐立华, 冷岗松. Pedoe不等式的空间推广和加强[J]. 数学竞赛(4), 长沙: 湖南教育出版社, 1994: 91～102[5] 冷劲松. 四面体中著名不等式的统一和加强[J]. 四川师范大学学报(自然科学版), 1995, (2): 71～77[6] 杨世国. 关于两个四面体的一类不等式[J]. 福建中学数学. 1990, (1)[7] 陈荣华. 中学理科参考资料[J]. 1990, (3): 21～24[8] 唐立华. 彭家贵—常庚哲不等式的推广[J]. 数学通报, 1992, (12)[9] 马援, 王振. Pedoe不等式的推广[J]. 数学通讯, 1987, (7)[10] 冷岗松, 钟嘉明. 关于四面体的一个不等式的加强[J]. 中等数学, 1989, (4)。
初中数学竞赛专题-第二十二章一般四面体的性质及应用
第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广,三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ,顶点A 所对的侧面面积为A S ,类似地有B S ,C S ,D S （后面所设均同此）,其内切球半径记为r ,则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点,这点到四面体四顶点的距离相等,该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ,其三对对棱的长分别为1a ,a ；1b ,b ；1c ,c ,其外接球半径为R ,则1624Q R V V==注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点,而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比,这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点,这点到四面体四个面的距离相等,该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心）,且一个四面体有四个旁心,旁切球与四面体的一个侧面外切,与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切,与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ,类似地有B r ,C r ,D r ,其他记号同前,则 3A B C D A V r S S S S =++-,3B A C D B Vr S S S S =++-,3C A B D C V r S S S S =+++,3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中,若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小,其余类同,则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方,等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中,有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅,22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ,B S ,C S ,D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式,其余各式类同．性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二,除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ,有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S ABθθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DAB S S AB θ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一,即对于四面体ABCD ,若共顶点A 的三条棱长分别为a ,b ,c ,顶点A 处的三个面角分别为α,β,γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =()12ωαβγ=++． 其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅,即得上述结论．性质10（体积公式四）若记1P ,2P ,3P 分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方,再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和,则四面体的体积V =性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中,有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D AC AB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅；（2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中,任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积,余类同,则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等,该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比,即对四面体ABCD ,有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证,性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ,有 ()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体,运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ,b 和1b ,c 和1c 是四面体的三对对棱长,三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ,()1,d b b ,()1,d c c ,则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ,1a ,这对对棱间的距离为d ,对棱所成的角为θ,则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅． 性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ,二面角A BC E --,E BC D --的大小分别为1θ,2θ,则()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ,b ,c ,d ,e ,f ,G 为其重心,P 为空间中任一点,则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++ 性质19（空间塞瓦定理）设E ,F ,G ,H ,M ,N 分别为四面体ABCD 的棱CD ,DB ,BC ,AD ,AB ,AC 上的点,若六个平面ABE ,ACF ,ADG ,BCH ,CDM ,DBN 共点,则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ,BD ,CD ,AC 于K ,L ,M ,N ,则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=． 证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面,1AA ,1BB ,1CC ,1DD 是平面α的垂线（1A ,1B ,1C ,1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分,显然11AA K BB K △△≌,则11AA AK KB BB =．同理,11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥,过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ,则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△．证明如图221-,作AF BC ⊥于F ,连BF ,DF ．注意到AD BC ⊥,知BC ⊥面ADF ,所以BC EF ⊥,BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中,由余弦定理,有2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后,整理得222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△． 同理在DEF △中,有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α,整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时,有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时,有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时,有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上,由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△,有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△,ABC ABC BCD S AECD S S =+△△△．由此即证．推论4当AEk ED=时,有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中,E ,F ,G ,H 分别在棱AB ,BC ,CD ,DA 上,且1AE EB λ=,2BFFCλ=, 3CG GD λ=,4DHHA λ=,则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ,BG ,得四棱锥E FBDG -,G EBDH -．在CBD △,ABD △中,有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△, ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△, ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△, ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V ',则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++设六面体FHEACG 的体积为V '',则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ,F 在平面EHG 的同侧时,有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合,得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ,F ,G ,H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形,A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心,二面角H AB C --的平面角等于30︒,SA =求三棱锥S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题）FOCBE HS图22-2A解如图222-,由题设,知AH ⊥面SBC ,作BH SC ⊥于E ,则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ,则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理,可知CO AB ⊥于F ．同理,BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心,从而SA SB SC ===又CF AB ⊥,CF 是EF 在面ABC 上的射影,由三垂线定理知EF AB ⊥,所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角,故30EFC ∠=︒,cos 6030OC SC =⋅︒=︒,tan 603SO OC =⋅︒=．又OC AB =,则3AB ==,所以,21333S ABC V -=⋅= 例2证明：任意一个四面体总有一个顶点,由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题）证明利用反证法来证,设四面体ABCD 中AB 是最长的棱,如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形,则对由A 出发的三条棱,有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱,有BA BC BD +≥．两式相加,得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中,有AB AC BC <+,AB AD BD <+．此两式相加,有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾,故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1,求证这四面体的体积18V ≤．图22-3BC证明如图223-,设AB 是这个四面体的最长的棱,则ACD △,BCD △的边长不大于1．作BCD △的高BE 和ACD △的高AF ,则BE,AF 不大于（其中1a ≤表示CD 的长度）,四面体的高AO h AF =-≤所以111332BCD V h S a =⋅△≤()21424a a =-, 而()()()()22431213a a a a a -=---+-≤,故当1a =时,()24a a -取最大值3,故31248V =≤． 例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A 和B 都具备所述的性质,则有180CAB DAB ∠+∠>︒及180CBA DBA ∠+∠>︒,但是作为CAB △和DAB △的全部6个内角之和也只有180180︒+︒,此为矛盾,从而原结论获证．例5设d 是任意四面体的相对棱间距离的最小值,h 是四面体的最小高的长．证明2d h >．（第24届全俄竞赛题）图22-4H G lF EBDAC证明如图224-,为确定起见,假定h 是四面体ABCD 中由顶点A 所引出的高,而d 是棱AB 和CD 之间的距离．经过顶点B 引直线l CD ∥,过点A 作平面垂直于棱CD 交CD 于F ,交l 于E ,于是AEF △的高AH 和FG 就分别等于h 和d ．由于AEF △的第三条高等于四面体ABCD 的某一条高,所以其值不小于h ,因此AF EF ≤,且2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤,此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）OF E P QNMA BCD图22-5证法1如图225-,设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点,MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面,因为P 为BD 的中点,则BCP CDP S S =△△,即有ABCP ACDP V V =．因此,要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分,只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线,垂足分别为E ,F ,如图225-．因为M 为AC 的中点,则有APM CPM S S =△△,故要证AMNP CMPQ V V =,只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ,易证E ,O ,F 三点共线．要证NE FQ =,只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此,考察两个平行平面,异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．N OP M QBDCA图22-6因为MP 是连接AC ,BD 中点的线段,所以它在与上述两平面平行的平面上,这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ,所以O 等分线段NQ ,即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中,没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论,则有下述两种证法． 证法2如图227-,设M ,P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ,BD 的中点．图22-7ADG当截面是平行四边形或特殊三角形时,证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =,有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中,对截线MNG 应用梅涅劳斯定理,有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而,有1CG BNGB NA⋅=． 同理,在BCD △中,有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=,即1DQ CGQC GB ⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2,下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同）,设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ,P 分别是AC ,BD 的中点,可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n ====． 由A C d d =,有A MNPQ C MNPQ V V --=．又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-,设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ,则3R r ≥．图22-843A 2A证明设O 为四面体的外心,i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤,四面体体积为V ,过顶点1A 的高11A H h =,则易知1111d OA d R h +=+≥,从而()111113S d R S h V +⋅=≥,即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥,3331133S d S R V ⋅+≥, 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加,并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=, 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4,即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑,从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥,即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤,侧面面积为k S ,j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤,棱k j A A 的中点记为kj M ,含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ,j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面）,这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤,则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅,其中k ,j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ,由性质6,有223434131423242cos 3,4cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅．亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6,有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅,2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加,并将前面结果代入,有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理,得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5,有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤,则推知()22214141412cos ,4kj k j k jk j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心,则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++ 222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-,连A ,G 并延长交面234A A A 于点1G ,则1G 是234A A A △的重心,连21A G 并延长交34A A 于M ,则M 是34A A 的中点．连1A M ,对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理,有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶,则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式,有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*,有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭． 故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ,r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径,i h 为顶点i A 到所对面的距离,内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ,G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心,延长1A G ,交面234A A A 于1G ,则1G 为234A A A △的重心,连21A G 交34A A 于M 点,则M 点为34A A 中点,如图229-．由例9中证明,知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++．同理,在四面体234OA A A 中,有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++由于G 为四面体重心,由性质3,知1131A G GG =．于是,在11AOG △中,对点G 应用斯特瓦尔特定理,有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥,故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥,则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理,对2h ,3h ,3h 也有类似于上述的不等式． 此四式相加,得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =,则有4411113i i i iS h V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑,则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥,有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R ',则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径,故R r '=．于是42222141199********k j ik j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中,外接球半径为R ,体积为V ,过顶点k A ,j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ,2d ,3d 与1θ,2θ,3θ分别为三对对棱12A A ,34A A ；13A A ,24A A ；14A A ,23A A 的距离与夹角,则由性质15,有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅,亦即113346V d A A A A ⋅≤．同理,有213246V d A A A A ⋅≤,314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ,则121212112MA A S S A A d =⋅△≥,同理,可得关于kj S 的不等式,从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141411633k j k j k j k j A A A A V V<<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)1221466163RRV=． 例12设四面体1234A A A A 的内心为I ,记k j A IA △的面积为kj S ',顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证： 41416kj i k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A ',作34IN A A ⊥于N ,若记面积为k S ,j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤,则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径,则在1Rt IA N '△中,有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8,有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=,于是消去34A A ,得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅,注意到4113i i V S r ==⋅∑,则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑,并用canchy 不等式,有1241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S S θ<<=⎫'=⋅⋅⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5,有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅,即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑,对上式两边同乘以1S 后,再两边取∑,有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式,有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是,由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤． 例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍,即若令12A A a =,34A A a '=,13A A b =,24A A b '=,14A A c =,23A A c '=,顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，,则222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥,其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式,有()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理,()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++, ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理,得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a ab b a ac c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ,i d ,顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，,34k ≥ ．求证：41423ki ki i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥． 证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=,41i i x a ==∑,则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上,由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤,有443343k kki i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥,从而4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ,如图2210-,作11A H ⊥面234A A A 于1H ,作11PE A H ⊥于E ,作1PD ⊥面234A A A 于1D ,则11A P l =,11PD d =,111A H h =．A 3A 4图22-10设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，,则 ()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥,从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理,1342233PA A A S l V V ⋅-≥,1243333PA A A S l V V ⋅-≥,1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+, 即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥．同理,222221133442l S l h d S l S l S l +++≥,333331122442l S l h d S l S l S l +++≥,444441122332l S l h d S l S l S l +++≥．令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=,由前述结论,得4411423kki i k i i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时,要善于与三角形类比例15一个球内切于四面体,将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来,这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题）证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，,又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ,j ,k ,l 表示{}1234，，，的不同元素,由于i j PQ 与i k PQ是从同一顶点向球所作的切线,故i j i k PQ PQ =． 同理,i j i k PQ PQ =,从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边,边,边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠, 并用il θ表示这种角,即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π,故有2334422πθθθ++=,3441132πθθθ++=,4112242πθθθ++=,1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个,且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=,即1234θθ=． 又由对称性,得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ,34θ,42θ,由()*式,它们分别等于以2Q 为顶点的三个角,即41θ,34θ,13θ．由对称性,在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕, 注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点,证明：AKB DMC ∠=∠．”显然,这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △,外接圆半径为R ,过A ,B ,C 作平面ABC 的垂线,并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ,1B ,1C ,使1a AA h =,1b BB h =,1c CC h =,这里a h ,b h ,c h 分别表示边BC ,CA ,AB 边上的高．求四个平面11A B C ,11B C A ,11C A B ,ABC 所围成的四面体的体积． 解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点,则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此,K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点,从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理,类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ,因此B I 就是平面11A B C ,11B C A 与ABC 的公共点,即为所求四面体的一个顶点．这样,旁心A I ,B I ,C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ,则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点,因而在直线1B B I 上,P 在平面ABC 上的射影在B BI 上,也在A AI 上,因而P 的射影就是ABC △的内心I ． 由相似三角形,1PI AA ∥,且1A P 与AI 相交于A I ,可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===,其中r 为ABC △的内切圆半径,a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ,则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a ---=⋅=⋅=-△． 由平面几何知识,易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中,顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，,以i j A A 为棱的二面角为il θ,则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤． 证明联想到在ABC △中,运用三角形射影定理并结合柯西不等式,有2223cos cos cos 4A B C ++≥, 31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤,于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5,1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅, 由Cauchy 不等式,有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤,从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理,还有类似于上式的三个式子,四式相加,得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i i x x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥．故2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S SS S θθθ=⋅+⋅+⋅≥ 同理,还有类似于上式的三个不等式,此四式相乘,化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥；（Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n-+<+∏≤≤≤,其中2n =为三角形的,3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ,ACD ,BCD 上,由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等,证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）COCDEGABDEFG(b)(a)图22-11证明设E ,F ,G 分别是边AB ,BC ,CA 的中点,连结DE ,DF ,DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ,则1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△,1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△．由于sin 0θ>,所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中,任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此,我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上,得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中,显然,有D G DG '=,DF D F '=．由Ptolemy （托勒密）不等式,有 D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ,由DFG D FG '△△≌,得DO D O '=．在DOE △中, DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，,过点i B ,i C ,i D 作平面i α,i β,i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ,i i AC ,i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α,i β,i γ()123i =，，相交于一点E ,而三点1A ,2A ,3A 在同一直线l 上,求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多,画出准确的全图几乎不可能．为此,画出一个局部图．231B 1图22-12(a)(b)连1A E 与1B E 如图2212- （a ）,可知111A B B E ⊥,此表明以1A E 为直径的球过1A ,1B ,E 三点．同样可知,这球过1A ,1B ,1C ,1D ,E 五点,此表明中心在1A E 的中点1O ,直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，．于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆,它们有一个公共点E ,从E 向直线123A A A 作垂线,垂足为E ',显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点,所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时,此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点．例20如图22-13,过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ,N ,S ,T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=．（《数学通报》问题1362题） B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13证明设1G 为ABC △的重心,连1PG ,并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ,1B ,1C ．连1PA ,1PB ,1PC ,在平面α内,直线l 与1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的交点分别为M ,N ,S ,T ．因G 是四面体重心,1G 是ABC △的重心,由重心性质,知G 分1PG 所成的比为31∶,且 1112111110G A G B G C ++=． 图22-14以1G 为原点,以直线11G A 为x 轴,建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ,()1,0B b ,()1,0C c ,(),P m n ,别由1112121110G A G B G C ++=,知1110a b c ++=,,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 的方程分别为()n y x a m a =--,()ny x b m b=--, ()ny x c m c=--,0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角,t 为参数） 并设M ,N ,S ,T 对应的参数分别为1t ,2t ,3t ,4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ,1PB ,1PC ,11A B 方程,得 114sin 4cos 4sin 33m n t na n ααα-⋅-⋅=+, 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+, 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+,414sin t n α-=由1110a b c++=,得123411110t t t t +++=,故11110GM GN GS GT +++=． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ,2d ,3d ,则四面体的体积V 不小于13123d d d ． D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15证明如2215-,过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ,AD 与BC ,AC 与BD ,分别引三对相互平行的平面,得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体）,各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离,又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍．在底面11A DB C 中,作1EF CA ⊥于E ,则1EF B D ⊥．设垂足为F ,则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离,即3EF d ≥．又12AC d ≥,所以1123A DB CSd d ⋅≥．又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ,因此,1111111123AD BC A DB C A DB CV Sd d d d -=⋅⋅⋅≥．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ,b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长,r 为四面体内切球半径,求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）GABCDHFE图22-16证明如图2416-,过AB 与CD 分别作ABEF 与CDGH ,使得AF CD ∥,CH AB ∥,连AC ,BH ,EG ,FD ,得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ,CB ,CD 为共顶点的棱构成平行六面体）．设AB 与CD 之间的距离为d ,它们所成的角为θ,则由性质15,知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高,显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离,即a h d >,而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理,12ABC S ad >△,12ACD S bd >△,12BCD S bd >△．于是,四面体ABCD 的表面积()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1,即13V S r =⋅表,得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α,β,γ,δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ,B ,C ,D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面,则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ,半径为R ．令OA a =,OB =b ,OC c =,CD d =．对空间中任意一点X ,令OX x =,则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥,所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ,即2⋅a x =R ． 同理,平面β,γ,δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ,2⋅c x =R ,2R ⋅=d x ．注意到,对任意不同时为零的数λ,μ,有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ,且对任意X l ∈,有2R ⋅=⋅a x b x =．另外,对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ,μ,使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ,可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解,即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证,平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的,所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ,b h ,c h ,d h ,在各高线上分别取1A ,1B ,1C ,1D ,使1a k AA h =,1a k BB h =,1c k CC h =,1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心．证明令AB b =,AC c =,AD d =,根据向量矢量积的意义,知同BD BC ⨯的方向是对应A 点高线的方向,而它的长度是BCD △面积的2倍． 设A 点对应高线的单位向量为i ,则 2BCDBD BCi S ⨯=△,而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b ．故2i S⨯⨯⨯=b d +d c +c d．同理,设B ,C ,D 点对应的高线的单位向量分别为j ,k ,l ,则 22ACD ACDAC AD S S ⨯⨯=△△c dj =,2ADB S ⨯△d b k =,2ABC S ⨯△b c l =．若设四面体ABCD 的体积为V ,因而()16a k kAA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d ．同理,()16k BB V =⨯c d ,()16k CC V =⨯d b ,()16kDD V=⨯b c ． 因而,有11110AA BB CC DD +++=． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心,则()1111111114AO A B AC A D =++ ()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++ ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d + ()114A A =-b +c +d ． 而111AO AA AO =+,故()114AO AO ==b +c +d ,这表示1O 与O 重合． 【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ,SB ,SC 上分别取点1A ,1B ,1C ,使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ,B ,C ,1A ,1B ,1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题） 2．在四面体ABCD 内求作一点P ,使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶,其中α,β,γ,δ为给定的正数．3．设P ,Q ,R 分别是四面体ABCD 的棱AC ,AD ,AB 或延长线上的点,E ,F 在BC 上,且BE EF FC ==,AE ,AF 分别与RP 交于点G ,H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ,1V ．求证：13V V ≥,当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球,且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中,P 为各棱长之和,V 为其体积,用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点的截面（即中线面）面积,其余中线面表示类同,求证：()()()()()()1111113CD AB BC AD BD AC P S S S S S S V+++++≤ 等号当且仅当四面体为正四面体时取得．6．四面体KLMN 的顶点在另一个四面体ABCD 的内部,在其面上或者棱上．证明：四面体KLMN 各棱长度的和小于四面体ABCD 各棱长度和的34．（第16届全苏竞赛题） 7．观察一切外切于已知球的四面体AXBY 证明：当确定点A ,B 后,空间四边形的角之和,AXB XBY BYA YAX ∠+∠+∠+∠不依赖于点X 和Y 的选择．（第20届全苏竞赛题）8．四面体ABCD 中,面ABC 与BCD 的夹角为30︒,ABC △的面积为120,BCD △的面积为80；10BC =．求此四面体的体积．（1992年美国竞赛题）9．在四面体ABCD 内部有一点O ,使得直线AO ,BO ,CO ,DO 与四面体的面BCD ,ACD ,ABD ,ABC 分别交于1A ,1B ,1C ,1D 四点,且1111AO BO CO DOk A O B O C O D O ====．求k 的所有可能的值．（1968年保加利亚竞赛题）10．如果两个四面体的四个面的面积对应相等,则它们的体积也一定相等．对否？。
四面体的Bonnesen型等周不等式
四面体的Bonnesen型等周不等式彭璐; 马磊; 曾春娜【期刊名称】《《湖北民族学院学报（自然科学版）》》【年(卷),期】2019(037)003【总页数】4页(P287-290)【关键词】四面体; 体积; 表面积; 内切球半径; Bonnesen型等周不等式【作者】彭璐; 马磊; 曾春娜【作者单位】重庆师范大学数学科学学院重庆401331; 广东茂名幼儿师范专科学校教育系广东茂名525000【正文语种】中文【中图分类】O186.50 引言积分几何与几何概率起源于古典几何概率，其主要思想是将概率有效地应用在几何方面，特别是凸体理论和大范围微分几何.积分几何的发展有着悠久的历史渊源.18世纪初Buffon和Herglotz提出著名的投针问题；1935-1939年Blaschke用概率的思想研究整体微分几何和凸几何；1940年Crofton和Santal用几何测度的元素、运动密度将一些结果推广到非欧式空间；1940年前后陈省身和Weil引入了齐性空间和陈省身基本运动公式；1942年吴大任和任德麟建立了Hadwiger条件和弦幂积分不等式组；张高勇和周家足提出了Busemann-petty问题、Bonnesen型不等式以及Hadwiger包含条件等.在早期的几何不等式里，等周不等式可能是最早出现的.在平面情形，它描述为当简单闭曲线的周长固定时，圆的面积最大；或者当区域中的面积固定时，圆盘的周长最小.它的数学表达如下.命题1[1-3] 设欧氏平面R2中的简单闭曲线组成的域D，其周长为L,面积为A,则: L2-4πA≥0,等号成立当且仅当D为圆盘.可能研究者对如下形式的不等式(称为Bonnesen型不等式)更感兴趣[4]:L2-4πA≥B,其中B具有下列几何意义：1)B是与D有关的非负几何不变量；2)B为零当且仅当D为圆盘.加强形式的Bonnesen型等周不等式如下.命题2 设欧氏平面R2中简单闭曲线围成的域D,其面积为A，周长为L，则:L2-4πA≥π2(re-ri)2,其中re为D的最小外接圆半径,ri为D的最大内接圆半径，等号成立当且仅当D 为圆.19世纪，Hurwitz用Fourier级数的方法给出等周不等式的简短证明，它的条件为曲线l可求长，且对光滑性要求不高；1938年，Schmidt运用Green定理及其面积公式和Cauchy-Schwar不等式直接证明了等周问题.此外，数学家们还给出了一些其他方法和证明[5-9].通过几何方法来证明相关的几何不等式虽然比较本质，但证明的过程却十分困难[10].在对这些几何不等式的证明过程中，数学家们已经得到了许多的不变量B[11-13],但他们依然在不懈努力的寻求那些未知的Bonnesen型不等式.近年来周家足利用积分几何包含测度理论综合证明了在R2中的一系列Bonnesen型不等式[4]，并获得了新的Bonnesen型不等式[14].设K为欧氏平面R2中简单闭曲线围成的域,其面积为A,周长为L，ri,re分别为K最大内接圆半径和最小外接圆半径，ri≤r≤re.则：(1)(2)(3)等号成立当且仅当K为圆盘.可是目前关于一些具体几何体的几何不等式的证明非常少，如四面体和多边形的等周不等式及其Bonnesen型等周不等式，即等周不等式的离散情形.在高维情况下，正多面体的个数具有局限性并且多面体本身具有复杂性，因此研究高维多面体的等周问题有一定难度.但在更低维的平面上这一问题可以得到部分结果[15].Sturm R给出了四面体等周不等式的初等证明[16],可他的证明过程比较复杂.本文主要运用二维四面体的表面积、体积及其内切球半径之间的关系，简短证明了关于四面体的等周不等式，并建立了几个新的Bonnesen型不等式，由此猜想可以得到与命题2及式(1)～(3)形式类似的用ri与re表示四面体的Bonnesen型不等式.1 四面体的Bonnesen不等式设四面体D的内切球的半径为r，外接球的半径为R，并且其体积V、表面积A满足下列关系[17]:等号成立当且仅当D为正四面体，上式中k为外切于单位球的正四面体的体积. 根据四面体的表面积、体积及其内切圆半径之间的等式关系可以得到如下引理：引理1 设D为R3中体积为V,表面积为A的四面体，则:3kr2≤A,其中r为D的内切球半径，等号成立当且仅当D为正四面体.定理1 设D为R3中体积为V,表面积为A的四面体,则如下不等式成立:其中r为D的内切球半径,等号成立当且仅当D为正四面体.证明由于则:根据引理1以及a2-b2≥(a-b)2(其中a≥b>0)，可得:因为a2-b2≥(a-b)2(a≥b>0)[18-19]中等号成立当且仅当a=b.由引理1可知:等号成立当且仅当D为正四面体.推论1 设D为R3中体积为V,表面积为A的四面体，则:A3-27kV2≥0.等号成立当且仅当D为正四面体.定理2 设D为R3中体积为V,表面积为A的四面体，则如下不等式成立:其中r为D的内切球半径，等号成立当且仅当D为正四面体.证明由推论1可知:则:因此:又因则:所以:其中r为D的内切球半径，等号成立当且仅当D为正四面体.定理3 设D为R3中体积为V,表面积为A的四面体，则如下不等式成立:证明由定理又根据引理1以及a3-b3≥(a-b)3(其中a≥b>0),可得:因为a3-b3≥(a-b)3(a≥b>0)[18-19]中等号成立当且仅当a=b.由引理1可知:等号成立当且仅当D为正四面体.2 四面体的Bonnesen不等式的应用在平面上通过四面体的体积、表面积以及内切球半径，不仅简化了四面体的Bonnesen型不等式的证明，还得到了不少新的Bonnesen型不等式.而在欧氏平面R2中简单闭曲线围成的域D,其面积为A，周长为L，有:L2-4πA≥π2(re-ri)2,其中re为D的最小外接圆半径,ri为D的最大内接圆半径，等号成立当且仅当D 为圆.既然域D可以得到关于ri与ri的Bonnesen型等不等式，猜想四面体也能获得ri 与re表示的Bonnesen型等不等式.参考文献:【相关文献】[1] BURAGOY D,ZALGALLER V A.Geometric inequalities[M].Berlin:Springer-Verlag,1988.[2] OSSERMAN R.Bonnesen-style isoperimetric inequality[J].Amer Math Monthly,1979，86:1-29.[3] 任德麟.积分几何引论[M].上海:上海科学技术出版社,1988.[4] 周家足.平面Bonnesen型不等式[J].数学学报,2007,50(6):1397-1402.[5] SCHNEIDER R.Convex bodies:the brunn-minkowski theory[M].Cambridge:Cambridge University Press,1993.[6] 曾春娜,周家足,岳双珊.两平面凸域的对称混合等周不等式[J].数学学报,2012,55(2):1-8.[7] 曾春娜,马磊,周家足,等.在常曲率上的Bonnesen型等周不等式[J].中国科学,2012,55(9):1913-1919.[8] XU W X,ZHOU J Z,ZHU B C.Some Bonnesen-type inequality in s surface of constant curvature[J].Proc Amer Math Soc,2015，143:4925-4935.[9] 徐文学,周家足,陈方维.一类常宽“等腰梯形”[J].中国科学(数学),2011,41(10):855- 860.[10] SANTALO L A.Integral geometry and geometric probability[M].Addison Wesley Publishing Company,1976.[11] 朱保成.平面上广义的Bonnesen型不等式[J].湖北民族学院学报(自然科学版),2015,33(3):241-244.[12] 朱保成,徐文学.内平行体的均质积分[J].中国科学(数学),2016,46(6):807-816.[13] 朱保成,徐文学.Wills猜想的强化形式[J].西南师范大学学报(自然科学版),2016,41(10);20-25.[14] 孙国臣,张会宾.关于等周问题的探索[J].内蒙古民族师院学报(自然科学版),1998，13(2):97-99.[15] ZHANG X M.Bonnesen-style inequalities and pseudo-perimeters for polygons[J].J of Geometry,1997(60):188-201.[16] STANLEY R.Some Bonnesen-style triangle inequalities[J].Missouri J MathSci,2002,14(2):75-87.[17] 卡扎里诺夫.几何不等式[M].北京:北京大学出版社,1986.[18] 匡继昌.常用不等式[M].3版.济南：山东科学技术出版社,2004.[19] 钮鹏程,任健.Grushin平面上的Brunn-MinkoWski不等式和等周不等式[J].西南民族大学学报(自然科学版),2005,31(6):839-842.。
特殊四面体及其性质1
AB DCO S 1 S 2S 3 S 4 第十讲:特殊四面体及其性质一．四面体性质1．四面体的射影定理：如果设四面体ABCD 的顶点A 在平面BCD 上的射影为O ，△ABC 的面积为S 1，△ADC 的面积为S 2，△BCD 的面积为S 3，△ABD 的面积为S 4，二面角A-BC-D 为θ1-3，二面角A-DC-B 为θ2-3，二面角A-BD-C 为θ3-4，二面角C-AB-D 为θ1-4，二面角C-AD-B 为θ2-4，二面角B-AC-D 为θ1-2，则S 1 = S 2cosθ1-2 + S 3cosθ1-3 + S 4cosθ1-4 S 2 = S 1cosθ1-2 + S 3co sθ2-3 + S 4cosθ2-4 S 3 = S 1cosθ1-3 + S 2cosθ2-3 + S 4cosθ3-4S 4 = S 1cosθ1-4 + S 2cosθ2-4 + S 3cosθ3-4 2．性质2(类似余弦定理) S 12 = S 22 + S 32 +S 42- 2S 2S 3 cosθ2-3 - 2S 2S 4 cosθ2-4 - 2S 3S 4 cosθ3-4S 22 = S 12 + S 32 +S 42- 2S 1S 3 cosθ1-3 - 2S 1S 4 cosθ1-4 - 2S 3S 4 cosθ3-4 S 32 = S 12 + S 22 +S 42- 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 4 cosθ1-4 - 2S 2S 4 cosθ2-4S 42 = S 12 + S 22 +S 32- 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 3 cosθ1-3 - 2S 2S 3 cosθ2-3特别地，当cosθ1-2 = cosθ1-4 = cosθ2-4 = 0，即二面角C-AB-D 、 C-AD-B 、B-AC-D 均为直二面角（也就是AB 、AC 、BC 两两垂直）时，有S 32 = S 12+ S 22 +S 42，证明：S 32= S 3S 1c osθ1-3 + S 3S 2cosθ2-3 + S 3S 4cosθ3-4= S 1 S 3cosθ1-3 + S 2 S 3cosθ2-3 + S 3 S 4cosθ3-4 = S 1（S 1 - S 2cosθ1-2 + S 4cosθ1-4）+S 2（S 2 - S 1cosθ1-2 + S 4cosθ2-4）+S 4（S 4 - S 1cosθ1-4 + S 2cosθ2-4）= S 12 + S 22 +S 42- 2S 1S 2 cosθ1-2 - 2S 1S 4 co sθ1-4 - 2S 2S 4 cosθ2-4 3. 任意四面体都有内切球及外接球。
四面体的性质
四面体的性质不在一直线上的三点可以连成一个三角形，不共面的四点可以连成四个三角形，这四个三角形围成的几何体叫做四面体(如图1）。
它有四个顶点，六条棱,四个面。
研究四面体的有关性质可以加深对四面体，空间四边形的知识的理解，有利于提高熟练运用知识的能力.性质1：四面体中相对的棱所在的直线是异面直线.如图1中AB 和CD,BC 和AD ，AC 和BD 都是异面直线。
性质2：四面体中，若一个顶点在对面内射影是这个三角形的垂心,则四面体的三组对棱分别互相垂直。
证明：如图2的四面体中，设顶点A 在面BCD 内的射影H 是BCD △的垂心.AH BCD ⊥平面。
连结BH,CH ，DH ，则BH CD ⊥,CH BD ⊥，DH BC ⊥。
根据三垂线定理得AB CD ⊥，AC BD ⊥,AD BC ⊥。
性质3：四面体中，若有两组对棱互相垂直，则第三组对棱也互相垂直.证明：设四面体ABCD 中，AB CD ⊥，AC BD ⊥，过A 作AH BCD ⊥平面，H 为垂足（如图2）.连结BH ，CH ，则BH 为AB 在平面BCD 内的射影，根据三垂线定理的逆定理,BH CD ⊥；同理CH BD ⊥，所以H 是BCD △的垂心。
由性质2知AD BC ⊥。
根据性质2,3立即可以得到：性质4：四面体中，若一个顶点在它对面内的射影是这个面的中心,则其余各顶点在其对面内的射影也分别是这些面的中心。
利用全等三角形的判定和性质，可以证明下面两条性质： 性质5：四面体中，若交于同一顶点的三条棱相等,则这个顶点在对面内的射影是这个三角形的外心，且这三条棱和顶点所对面所成的角相等。
反之也真。
特别地,若这个顶点所对的面是一个直角三角形,则这顶点的射影是直角三角形斜边的中点.性质6：四面体中，若一个顶点在对面内的射影是这个三角形的内心，则顶点到对面三角形三条边的距离相等,且以这三角形三角形三条边为棱的三个二面角相等。
图1DCBA图2H DCBA图3PCB A性质7：四面体中，若交于同一点的三条棱两两互相垂直，则这个顶点所对面是一个锐角三角形.证明：如图3，设90APB BPC CPA ∠=∠=∠=，PA a =，PB b =，PC c =，不妨设a b c ≤≤，则222AB a b =+,222BC b c =+，222CA c a =+。
四面体对棱距离的不等式
四面体对棱距离的不等式
孔令恩
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1997(000)001
【摘要】在四面体A-BCD中,三组对棱AB、CD,AC、BD,AD、BC间的距离分别记为d<sub>1</sub>、d<sub>2</sub>、d<sub>3</sub>,外接球半径为R,内切球半径为r,体积为V,A、B、C、D的对面面积分别为S<sub>1</sub>、
S<sub>2</sub>、S<sub>3</sub>、S<sub>4</sub>,且A、B、C、D到对面的距离分别为h<sub>1</sub>、h<sub>2</sub>、h<sub>3</sub>、
h<sub>4</sub>,则有
【总页数】2页(P21-22)
【作者】孔令恩
【作者单位】山东枣庄市立新学校 277100
【正文语种】中文
【中图分类】G634.605
【相关文献】
1.四面体中特殊线段的R．R．Janic型不等式及其逆向不等式 [J], 张垚
2.四面体中R.R.Janic型不等式及逆向不等式 [J], 张yao
3.推导四面体对棱交角和距离公式的几种方法 [J], 杨冬生
4.从四面体到N维单形的棱切球心、热尔岗点、奈格尔点及其坐标公式 [J], 李兴源
5.证明垂心四面体的内切球、4面和6棱旁切球半径坐标的算法——四维体积勾股定理的应用(公式五) [J], 蔡国伟
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什么是四面体？
什么是四面体？四面体是一种几何形状，具有四个面、六条边和四个顶点。
它在数学和几何学中有着广泛的应用，并且在现实世界中也能够见到。
一、四面体的定义及特点四面体是由四个三角形组成的多面体。
通常来说，四个三角形的任意一对面恰好共享着一条边。
这种特殊的构成使得四面体在几何学中具有独特的性质。
1. 对称性：四面体具有对称性，它的每个面都可以通过旋转或镜像对称到其他面上。
这种对称性使得四面体在立体几何研究中相当重要。
2. 体积与面积关系：四面体的体积可以通过底面积和高度计算得出，公式为体积=底面积×高度/3。
而四面体的表面积则由其各个面的面积之和构成。
3. 共面特性：具有共面特性的四面体往往更易于研究和探索。
这意味着四面体的顶点可以被放置在同一平面上，使得它的特性更易于计算和分析。
二、四面体的应用领域四面体作为一种基本的几何形状，在很多领域都有着广泛的应用。
以下是四面体在几个重要领域的应用示例：1. 计算几何学：在计算几何学中，四面体常被用于解决各种计算问题。
比如，通过计算四面体的各个面和边的属性，可以求解出它的体积、表面积等几何参数。
2. 化学结构：四面体也在化学领域中有着重要的应用。
在化学分子的结构描述中，四面体通常用于表达化学键的方向和键长。
3. 三维建模：在计算机图形学和三维建模领域，四面体网格是一种常用的数据结构。
通过将物体分割成许多小的四面体，可以更好地描述物体的形状和曲面性质。
4. 工程应用：四面体在工程领域中也有着广泛的应用。
例如，在有限元分析中，可以将结构物分割成许多小的四面体单元，进而进行应力、变形等物理计算。
5. 自然科学：四面体的概念也能在自然科学领域找到广泛的应用。
例如，在结晶学中，四面体被用来描述晶格结构和晶格缺陷。
三、结语作为一个基本的几何形状，四面体具有独特的几何特性和广泛的应用领域。
不论是在数学研究，还是在实际工程中，四面体都扮演着重要的角色。
通过对四面体的研究和应用，我们能更好地理解和应用几何学的知识，推动科学技术的发展。
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的对 面 的面 积 、 高和 旁切 球 半径 分 别为 Ｓ 、 ， ，ｈ
定理 ３ 设 Ｐ 是 △ Ａ ＢＣ 内部 一 点 ， 、 Ｒ
、
和，， 的上下标一般省略． 一又∑
引理 １ 在 四面体 Ａ． 中 ， Ａ２ ３ ＡＡ 有
（ ＇ ＇，） ２３ ４ ． ①
同 理 ｂ＝２ ，ｉ Ａ Ｃ， Ｒ， ｎ ｓ Ｐ
（＝２Ｒ ｉ ＡＰＢ ． ｓｎ
‘
整 理 即得① ．
引理 ２ 对 任 意 正 数 （ ＝ｌ２ ３ ４ ， ｉ ， ， ， ） 其 中任 三个 数之 和 大于 另一 个数 ，≥ ． 志 有
，
．
．
式 ③ 成立 ．
最后 对 式① 作 以下 变换 ：
定 理 ３ 在 四面体 Ａ。 Ａ Ａ Ａ， 中 ， 有
∑
≥３ ∑ １ ．
⑤
堂
：
∑
≥
证明： ∑ １ 一１ｘ ￣
，
ｈｉ－ ２ｒ
、．
…
证 ： ｒｒ （一１ 明∑ ， 一、 １ 一ｒ ∑ 一 １： ｈ ／ ｒ ｉ
二 堡 （ 卜 ） Ｓ＋ Ａ， ∑ Ｊ ２Ｓ
定理 ４ 当 ０ ＜ ≤ １时 ， 有
∑
、 ●● ● ●● ● ● Ｊ
・． 了 １
证明： 注意到 Ｓ ３ ，∑ Ｓ＝３Ｖ 及 ｉ＝ Ｖｒ ｈ
式① ， 得
一
∑ ≥ 证明：
寸ｌ
＝ ∑
Ｓ
１
ｈ ｈ一 ｒ ∑ Ｓ一 Ｓ ２ Ｊ ２
（ ＝１ ２ ３ ４ ｉ ，，，）
１ Ｏ ＋Ｃ Ｓ
‘ ． ．
２ ｉ Ａ ・ｉ ０ ｓ ｓ Ｂ≥ ， ｎ ｎ
Ｂ ．
十
Ｂ
’
Ｃ ．
十
Ｃ
． Ａ
ｎ
式 ①左 边 平方 一右边 平方 ≥０ ．
因此 ， 理 ｌ 立 ． 定 成 取等 号 的 条件 是 Ａ ＝
Ｂ ＝Ｃ ， ｌ ２ ３ 且 ＝ ＝ ．
Ｒ 分别 是 △ ＡＢ ’ △ ＡＣ △ Ｂ Ｐ 的外 ｔ、 Ｐ、 Ｃ
接 圆半 径 ． 则
尺 ＋Ｒ＾ ＋尺 ｖ ＆ ＋ａ ． ≥ ／ ６＋ Ｃ ③
证 明 ： 式 ① 中 。 令 ＝ａ， ＝ｂ ３ 分 ２ ， ＝
母 中 Ａ ＝７一 Ｂ Ｃ， ＝７一 Ａ Ｃ， ｒ Ｐ Ｂ ｒ Ｐ Ｃ＝７ ｒ
∑ Ｓ一１ Ｓ Ｊ ∑ 至 ：
：ｌ 一 Ｓ ４ ２ 叶ｌ ∑ ｊ
，
４ ≥ ．
、
（ ∑Ｓ＋ 卜 ） ｊ害∑Ｓ
： ．
＝
壹ｓ ． （ 专
ｉ １ ＝
２一
ｒ‘
３ ∑ ∑ 蠢 （ ． ｓ１ ， ） 妻
Ａ ＋
ｓｅｃ ，
证明： ０ ２， ‘ ＜ ｗ（ ． ∑ ２ ）
≤ （ ） 丢∑ ！ ，
⑤
Ｆｅｃ ，
Ｂ ＋
ｙｃ ≥２ ． ， ｅ
ｆ２ ４
维普资讯
中 等 数 学
・ ．
．
∑ ｆ ∑ （ 豪 ∑ ￣￣ ∑ ８ ［ 囊 ． ｋ ４
， ３＝ ｔ ａｎ
．
Ｂ
式① 分母 中的 Ａ ＝７—ａ Ｂ＝７一 ， ｒ ， ｒ Ｃ＝
本文 约定 ： 四面 体 Ａ。 Ａ Ａ＿的 体积 为 Ａ 。
Ｖ， 内切 球 的半 径 为 ， 顶 点 ＡＪ ｉ ， ３ ４ 一 ， （ ＝ｌ２， ， ）
丌 ｙ， 立 得 式 ② ． 理 ２即文 ［ ］ 出 的 猜 则 定 １提
维普资讯
２０ ０ ２年第 １ 期
２ ５
＝１ Ｏ Ｂ—Ｃ） ， 一ＣＳ（ ≥０ 同理 可得
１＋Ｃ ＳＢ 一２ ｉ ・ｉ ≥ ０． Ｏ ｓｎ Ａ ｓ ｎ
令 ． Ｏ ， ＝ＣｓＡ 入 式 ④得
Ａ
。
Ｂ
： ： ＣＯｓ
， ＝Ｃｓ 代 ， Ｏ
有∑ ∑ Ｓ （ Ｉｉ ＝
推 ：是｛ ， 论当≥ 时有
∑ ≥ ‘ ．
定 理 ２ 在 四面体 Ａ。 Ａ Ａ２ Ａ３ 中 ， 有
∑ 证明： ｒ ∑ Ｓ ∑
一
４ 一
ｒ‘
定理 ５ 当 ０ ≤ １ ， ＜ 时 有
ｉ
ｉ
＝
Ｚ ∑ ８ ． ２ ， １— ≥８ ｓ
， ， ● ‘ Ｉ
＼
砉ｓ 一３ ｌ１ （ １２ －） 砉） ｉ ｔ， ＝ － ｌｉ
即 壹（ ）２ ｓ ≥． 专 １
ｉ １ ＝
¨●
≥ 定 理 １ 在 四 面体 Ａｌ Ａ 中 ， 是 ２ Ａ Ａ３ 当
寸ｌ
⑥
≥ 时 ， 有 ③
ｍｐ ｓ∑ ≥１变形可得⑥． ， ６
Ａ一
∑ ［ 盎
］， ≥
②
可得 另一 形 式 的母 不等 式 ：
当 ｌ ’＝ ＝ ＝ ２ ３ ４时取 等号 ．
２ｅ ｓ雩 ｓ Ｃ １ ＋ ｅ ＋， ｓ ｃ ｃ ｅ ｃ
≥２ Ｉ２ ２ ３ ３ ． √ ＋ ＋ １
在④ 中令 ， ２ ３ ， ＝ ＝ ＝ｌ 得
证 明 ： 四 面 体 内 切 球 球 心 为 ０， 点 设 顶 Ａ 的对 面上 旁切 球 的球 心 为 Ｏ，则 ．
， ．
ＡＰ 则 Ａ ＋Ｂ ＋Ｃ＝７ 且 在 △ Ｂ Ｃ 中 ， Ｂ． ｃ ， Ｐ
ａ＝ ２ ｉ ＢＰＣ ． Ｒ， ｎ ｓ
Ａ Ｏ
一 一
—
ｈ 一， ．
一
‘
≤． 罢
参 考文献 ：
ｆ Ｒ） ７．
⑥
以下 是 定理 ｌ的应 用 ．
定理 ２ 设 ０ 口， ， ＜ ｙ＜７ 且 ａ＋ ＋ｙ ｒ ，
＝
１ 刘 健 ． 一 个 简 单 的 代 数 等 式 谈 起 ． 学 教 研 ．９ ６ ： 从 中 １９
２ｒ则 对 △ Ａ ７ ． ＢＣ成 立 ：
Ａ
ｔｎ — ａ
． ； 。 ＋ ｔｎ — Ｑ＝ ｃ ａ
Ｂ
． ℃ ＋ｔＩ ａ１
・ Ｑ℃ ｙ
四面体 中的一类不等式
樊 益 武
（ 安 交 通 大学 附 中 ．１ ０ ９ 西 ７０ ４ ）
≥２ ． 证明： 令式 ①分 子 中 的
Ａ
ｌ＝ ｔ ａｎ ， ２＝ ｔ ｎ ａ
②
Ｃ