立体几何证明.docx

第三章几何
第三节立体几何证明
C3－001证明：如果四面体ABCD的对棱分别相等（即AB=CD，AC=BD，AD=BC），那么通过每组对棱中点的直线互相垂直，并且是四面体的对称轴．

【题说】1953年～1954年波兰数学奥林匹克三试题3．
【证】如图，设K、L、P、Q、M、N分别是四面体各棱
中点．由于AD=BC，BD=AC，AB公用，所以△ABD≌△BAC，因而它们的对应中线DK=CK，由此知KL⊥CD，同理LK⊥AB．这说明A与B关于KL对称，C与D
也关于KL对称．因此，KL是四面体的对称轴．BC的中点Q与DA的中点P对称，因而PQ⊥KL．同理可得结论中的其它部分．
[别证]将四面体的各组对棱分别作为一个平行六面体各面的对角线，由于各组对棱分别相等，所以这六面体为长方体，而长方体的对面中心的连线是对称轴并且互相垂直．

C3-002四面体ABCD，若AB⊥CD，AC⊥BD，则AD⊥BC．
【题说】1957年天津市赛初赛题3，1979年上海市赛题4．
【证】过A作BCD的垂线AH，连BH、CH、DH并延长，分别交CD、DB、BC于E、F、G，再连AE、AF、AG．

因AH⊥平面BCD，AB⊥CD，得BE⊥CD．同理，CF⊥BD，故H为△BCD的垂心，所以DG⊥BC，得AD⊥BC
C3-003已知一个圆锥及其内切球，这个球外接一个圆柱，该圆柱的底面在圆锥底面上．并设V1是圆锥的体积，V2是圆柱的体积．
（a）证明：不可能成立V1=V2；
（b）求出使V1=KV2成立的最小的数K．并作出这种情况下的圆锥顶角．
【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题6．本题由保加利亚提供．
【解】（a）轴截面如图．设球半径为R，锥底面半径为r，高为h=（c+2）R．

V2=2πR3
所以V1≠V2．

C3-004证明：如果四面体被平面所截得的截面形状是平行四边形，那么这个平行四边形的半周长介于四面体的最长棱长和最短棱长之间．
【题说】1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．
【证】设四面体ABCD被平面所截得的截面是平行四边形MNPQ，各点位置如图所示．

因为PQ∥MN，所以PQ∥平面ABC，从而PQ平行于平面ABC与平面BCD的交线BC，因此MN∥BC．同理，MQ∥AD∥NP．于是

由此得：

设a和b分别是四面体的最小棱和最大棱，则a≤BC，AD≤b，由此得
a≤MN+MQ≤b
C3-005设有一个四面体SABC有如下性质：有五个球与棱SA、SB、SC、AB、BC、CA或其延长线相切．证明：
（a）该四面体是正四面体；
（b）反之，对每一正四面体都有这样的五个球．
【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题7．本题由前苏联提供．
【证】设球K与四面体ABCD的各棱相切，则K与各个面，比如面ABC，相交得一个圆，这圆是△ABC的内切圆或旁切圆，记为KABC．每两个这样的圆，如KABC与KABD有一个唯一的公共点，也就是球K与AB的切点．
有两种情况：
Ⅰ．所有的圆都是内切圆．
由于KABC与KABD均唯一确定，而且不在同一平面上，所以如果有这样的球K，只可能有一个．
Ⅱ．有一个圆为旁切圆．
例如圆KABD是与D相对的旁切圆，即它与DA、DB的延长线相切，那么KBCD、KCAD也是与D相对的旁切圆，而KABC与AB、BC、CA相切于内点，所以是内切圆．
与Ⅰ同理，对于每个顶点，这种球至多有一个．
因而与四面体各棱都相切的球至多有五个，一个类型Ⅰ，四个类型Ⅱ．
现在假定有五个球与四面体各棱都相切．由内切球K1，可得（设DA=a，DB=b，DC=c，BC=a′，CA=b′，AB=c′）：
a+a′=b+b′=c+c′=自A、B、C、D所作四条切线之和
考虑D所对的旁切球，可得
a-a′=b-b′=c-c′
所以a=b=c，a′=b′=c′
再考虑其他旁切球，可得
a=b=c=a′=b′=c′
所以ABCD为正四面体．
反之，正四面体显然有五个和各棱都相切的球．
C3-006（a）已知一四面体ABCD．顶点D和底面△ABC的重心D1相连接，过A、B、C作DD1的平行线，分别交于该点相对的底面所在平面于A1、B1、C1．证明：四面体ABCD的体积是四面体A1B1C1D1体积的三分之一．
（b）当点D1是底面△ABC内任一点时，结果又如何？
【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题6．本题由波兰提供．
【证】（a）设E、F、G分别为AD1、BD1、CD1与BC、CA、
AB的交点．则A1在ED上，且△ED1D∽△EAA1，AA13DD1，同样BB1CC13DD1，所以四面体A1B1C1D1的底面△A1B1C1≌△ABC，而四面体A1B1C1D1的高等于四面体ABCD的高的3倍．所以

（b）当D1为任意点时，