第三节立体几何证明Word下载.docx

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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，AA1

3DD1，同样BB1

CC1

3DD1，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，结论仍然成立．

设DD1交平面A1B1C1于D1，A1D2、B1D2、C1D2分别交B1C1、C1A1、A1B1于E1、F1、G1．则

过D1、D2任意作两个平行平面与直线AA1、BB1、CC1相截而得

C3-007在某个球形的星球上的居民，他能在星球表面上以不大的速度u移动，有一艘以速度v飞行的宇宙飞船．证明：

若v/u＞10，则从飞船上总能看到这个星球居民，假定他没有藏起来的话．

【题说】1965年全俄数学奥林匹克十一年级题5．

【证】设行星半径是1，取任一直径的二端点为南北极N、S，过N、S引一条基准子午线．再将它分成若干段长度为ε的相等的弧，过这些分点作纬线．

始，每次到达基准子午线时都下移ε到下一条纬线．这样，便能保证从飞船上看到行星上移动的居民．理由如下：

假如飞船在点B上空，行星居民在A，A与B纬度相同．那么飞船

因此，当纬线的弧

（沿飞船飞行方向，从B到A）＜π时，居民来不及逃避．当

＜π时，由于ε很小，可以认为飞船在到B之前，仍在同一纬度上飞行．由于飞船到B时，居民在A，所以飞船在A时（比到B

C3-008证明：

一个正四面体的外接球球心，到它的四个顶点的距离之和，小于空间中的其它任一点到四个顶点的距离之和．

【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题3．本题由保加利亚提供．

【证】过这正四面体的各个顶点作对面的平行平面，围得一个大的正四面体．任一点P到原四面体各个顶点的距离和a不小于该点到大四

的体积，因此a′等于大四面体的高h（当点P在大四面体外时，P到各面距离的代数和等于h，因而a′＞h）．而原四面体外接球球心到各顶点的距离和等于h．因此命题成立．

C3-009以四面体ABCD的棱AB、AC、AD为直径各作一个球．证明：

这些球覆盖了整个四面体．

【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克十年级题3．

【证】由A点作平面BCD的垂线AH，再由H点分别作线段BC、BD、CD的垂线HK、HL和HM．显然，棱锥ABKL、ACKM、ADML分别被相应的球所覆盖． 

C3-010证明：

任何一个四面体总有一个顶点，以这个顶点引出的三条棱为三边可构成一个三角形．

【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题4．本题由波兰提供．

【证】设四面体ABCD中，AB是最长的棱．

因为AC+BC＞AB，AD+BD＞AB，所以AC+AD+BC+BD＞2AB．从而AC+AD＞AB与BC+BD＞AB中至少有一个成立．不妨设前者成立，这时AC、AD、AB可构成三角形． 

C3-011一个给定的四面体ABCD是等腰的，即AB=CD，AC=BD，AD=BC．证明：

该四面体的各面都是锐角三角形．

【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题2．

【证】由题设知，四面体各面为全等三角形．

设其三内角分别为α、β、γ，则α+β+γ=180°

．又α、β、γ中每一个角小于其它两个的和，所以每一个角都小于90°

，即各个面都是锐角三角形． 

C3-012在空间的八个点上放置探照灯，若它的照射范围是以此点为顶点的直三面角．证明：

这些探照灯能照亮整个空间．

【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题2．

【证】作一平面，使已知点中的四个在它的一侧，其余四点在另一侧，则放在平面一侧的四个探照灯可以照遍另一侧． 

C3-013设一个凸多面体P1的9个顶点为A1，A2，…，A9．设Pi为由P1通过平移A1→Ai（i=2，3，…，9）得到的凸多面体，证明：

在多面体P1，P2，…，P9中至少有两个最少包含有一个公共内点．

【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题2．本题由前苏联提供．

【证】以A1为原点建立一个坐标系，设A2，…，A9的坐标分别是v2，…，v9，令A′i的坐标为2vi（1≤i≤9），则Pk的诸顶点的坐标为

即A′i和A′k连线的中点．由于以A′i（1≤i≤9）为顶点的凸多面体P′是以A1为位似中心将P1放大到2倍的结果，它的体积是P1的8倍，而且P1，P2，…，P9都落在P′内部（因为它们都是凸的，并且顶点都在P′面上），它们的体积之和为P1的9倍，大于P′的体积，根据重叠原则，至少有两个Pi（1≤i≤9）有公共内点． 

C3-014已知四个不重合的平行平面，试证：

存在一个正四面体，使每个平面上都有该四面体的一个顶点．

【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．

【证】设已知平面为E1，E2，E3，E4，并且在编号中，使平面E2，E3，E4依次在平面E1的同一侧，记平面Ei与平面Ei+1间的距离为di（i=1，2，3）．

任取一正四面体P′1P′2P′3P′4．并且依照定比d1∶d2：

d3分线段P′1P′4，依次得分点Q2和Q3，依照定比d2∶d3分线段P′2P′4得分点R3；

依照定比d1∶d2分线段P′1P′3，得分点S2（如图a），于是有

P′4Q3∶P′4Q2=P′4R3∶P′4P′

从而可知

Q3R3∥Q2P′2

类似地，由

P′1Q2∶P′1Q3=P′1S2∶P′1P′3

可知 

Q2S2∥Q3P′3

因此过Q2、P＇2、S2的平面E′2与过Q3、R3、P′3的平面E′i3平行．

设E′1和E′4分别是过点P′1和P′4且平行于E′2的平面（如图b），过点P′4引平面E′1的垂线交平面E′i于点Ti（i=1，2，3），记平面E′i与E′i+1间的距离为ti（i=1，2，3）．

于是有

t1∶t2∶t3=P′1Q2∶Q2Q3∶Q3P′4=d1∶d2∶d2 

（1）

由

（1）式可知，在空间可作一相似变换将平面E′1、E′2、E′3、E′4分别变换为平面E″1、E″2、E″3、E″4，使平面E″i与平面E″i+1间的距离为di（i=1，2，3），在这相似变换下，正四面体P′1P′2P′3P′4变换为正四面体P″1P″2P″3P″4，并且点P″i在平面E′i内（i=1，2，3，4）．

最后，移动平面E″1、E″2、E″3、E″4使它们分别与平面E1、E2、E3、E4重合，于是正四面体P″1P″2P″3P″4变换为正四面体P1P2P3P4，并且Pi在平面Ei内（i=1，2，3，4）．

C3-015半径为1的球面上两点，用球内长度小于2的曲线连结起来，证明：

这条曲线一定落在这个球的某个半球内．

【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题3．

【证】作点A、B所在的大圆，连结AB，并过球心O作平行AB的平面α，如图曲线整个地落在α以上的半球内．如若不然，曲线必与α交于某点P，连AP、BP，作A关于α的对称点A′，连AO、BO、A′O、A′P，曲线长≥AP+BP=A′P+BP＞A′B=2．与已知矛盾．因此，原命题成立． 

C3-016凸多面体N在每个顶点处都形成一个三面角．又知它的每个面是多边形，且内接于一个圆周．证明：

该多面体能内接于一个球．

【题说】第十一届（1977年）全苏数学奥林匹克十年级题3．

【证】过多面体棱AB的两个界面的外接圆可唯一确定一个球面δ，球面δ含有上述两个界面上的所有顶点．如果BC和BD是由B出发的另外两条棱，那么包含B、C、D的圆（包含界面的外接圆）也属于δ，因为由棱BC连接的界面的顶点全部落在δ上．

类似地研究由C出发的棱连接的界面，等等，一直到多面体的任意顶点全部落在球面δ上． 

C3-0171．若四面体的六个二面角（即两面之间的夹角）相等，那么，这个四面体一定是正四面体．

2．如果五个二面角相等，这个四面体一定是正四面体吗

【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题4．

【证】作DE⊥AB，DF⊥AC，又作EG⊥AB，FG⊥AC，设EG与FG交于G．则AB⊥面DEG，AC⊥面DGF．所以

AB⊥DG，AC⊥DG

DG⊥面ABC

∠DGE=∠DGF=90°

由设 

∠DEG=∠DFG

由是 

Rt△DEG≌Rt△DFG，DE=DF

因此 

Rt△ADE≌Rt△ADF

∠BAD=∠CAD

同理可证 

∠ADB=∠ADC

△ABD≌△ADC

得 

AB=AC，BD=DC

再考虑以B、C为顶点的三面角，又得AB=BD，AC=DC，由此，该四面体六条棱皆相等，每个面都是等边三角形，因而是正四面体．

2．结论不成立，可如下作出一个非正四面体，它有五个二面角相等：

使∠ABC=∠CBD=∠DBA=∠ACB=∠BCD=∠DCA=40°

，∠BAD=∠CAD=∠CDA=∠BDA=70°

，∠BAC=∠BDC=100°

．显然，这样的四面体存在，其中除二面角B-AD-C外，五个二面角皆相等，而它不是正四面体．

[别解]若取∠ABC等6个角为80°

，∠BAD等4个角为80°

，∠BAC=∠BDC=20°

．则也有五个二面角相等的非正四面体． 

C3-018众所周知，在欧氏几何中，三角形内角和为定值．试证明四面体的二面角的和不是定值．

【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题2．

【解】考虑正三棱锥ABCD．设侧面与底面所成二面角为α，侧面间的二面角为β．

当顶点A趋向于底面中心O时，α→0，β→π，四面体所有的二面角的和趋向于3π．

当顶点A趋向于无穷时，α→π/2，β→π/3，四面体所有二面角的和趋向于3（π/2+π/3）=5π/2．

由此可知，四面体的所有二面角的和不是定值． 

C3-019已知四面体内切球的切点是四面体各面的重心，求证：

该四面体是正四面体．

【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题4．

【证】设G1、G2分别是△ABC、△ADC的重心，则切线AG1=AG2，CG1=CG2．△ABC与△ADC中有两组中线对应相等，又共有AC．易知二者全等．

因而得

AB=AD，BC=DC

同理 

AC=AD，BC=BD；

AD=BD，AC=BC．四面体六条棱都相等，故是正四面体． 

C3-020过正方体ABCD-A1B1C1D1的一条对角线AC1任作一平面，截正方体．在截面不是对角面的情况下，能否使截面成为一个矩形试证明你的结论．

【题说】1982年芜湖市赛题4．

【解】如图，设截面为矩形AEC1F，则

EF=AC1=BD1

但矩形BB1D1D中，显然EF≤BD1，等号仅在EF是对角线BD1或B1D时成立．

[别解]AB是面BCC1B1的垂线，所以BE是斜线AE在面BCC1B1上的射影，若AE⊥EC1，则BE⊥EC1，显然这是不可能的． 

C3-021经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体的一个侧面面积，试证明．

【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题8．

【证】显然正方体的截面是中心对称凸多边形，并且边数是偶数的，即或是四边形或是六边形．

如果截面是四边形，那末它与正方体某两个相对的侧面不相交，并且截面在这两个侧面上射影是整个侧面，因此截面四边形的面积不小于正方体一个侧面的面积．

如果截面是六边形，那末它与正方体的六个侧面都相交，考察正方体的侧面展开图，可知截面的周长P有不等式．

其中a是正方体的棱长．截平面交正方体内切球的截圆半径为a/2，所以对截面积S，有

这时截面六边形的面积也不小于正方体的一个侧面的面积． 

C3-022AB、BC、CD为不在同一平面内的三条线段，AB、BC

⊥BD．

【题说】1986年北京市赛高一题1（4）．原题为选择题．

【证】因P、Q、R分别为AB、BC、CD的中点，故PQ∥AC，QR∥BD．

在△PQR中，有

所以∠PQR=90°

，即PQ⊥QR，从而

AC⊥BD

C3-024四面体ABCD的棱AB、CD之中点分别是E、F，过EF任作一个平面．试证：

这个平面将四面体分成两个等积的部分．

【题说】1987年芜湖市赛题4，第二十九届（1988年）IMO预选题8．

【证】如图，设截面为EGFH，DG∶AG=λ，d（x）表示点x到截面EGFH的距离，则

所以

设△BCD面积为S，A到平面BCD的距离为h，则

同理可得

三式相加，得

C3-025设A1A2A3A4是一个四面体，S1、S2、S3、S4分别是以A1、A2、A3、A4为球心的球，它们两两相切，如果存在一点Q，以这点为球心可作一个半径为r的球与S1、S2、S3、S4都相切，还可以作一个半径为R的球与四面体的各棱都相切．求证这个四面体是正四面体．

【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题5．

【证】设以Ai为球心的球半径为ri（1≤i≤4）．半径为R的球切棱AiAj于Bij，AiBij=ai（1≤i，j≤4，i≠j）．则ri+rj=ai+aj（1≤i，j≤4，i≠j）．从而ri=ai（1≤i≤4），又

所以ri=rj（1≤i，j≤4，i≠j）．从而各棱均相等，四面体为正四面体． 

C3-026正方形ABCD中，M为AB上一点，N是BC上一点，且AM=BN．

连DM、DN分别交对角线AC于P、Q，剪去△MNB．求证：

（1）以DM、DN为折痕，将DA、DC重合，可以构成一个三棱锥的侧面；

（2）以线段AP、PQ、QC为边，恰可构成有一个内角为60°

的三角形．

【题说】第一届（1990）希望杯高一二试题5．

【证】

（1）设∠ADP=α，∠CDQ=β，∠PDQ=γ．

因为α+γ＞45°

＞β，β+γ＞45°

＞α，故只须证明 

α+β＞γ．

设AM=BN=a，CN=b，AB=1．则

因此α+β＞45°

，从而α+β＞γ．

（2）在折成的四面体D-A（C）MN中，DA⊥AN，DA⊥AM，故DA⊥底面△AMN，且

△AMN≌△BMN（图1中）

故∠MAN=90°

．

又AQ平分∠DAN，AP平分∠DAM．

过Q作QR∥AN交DA于R；

过R作RS∥AM交AP于S．则四面体R-AQS中，RS=RQ=RA，且∠ARQ=∠QRS=∠ARS=90°

60°

C3-027 

在空间给定若干个点，其中任意四点不共面．给定的点具有以下性质：

若有球面过其中任意四点，则所有其余的点均在该球面上或球面内．证明：

所有给定的点，均在一个球面上．

【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克十年级题4．

【证】在给定点中取点A、B、C，使其余的点都在平面ABC的同一侧．设D、E是另两个已知点，若E在过A、B、C、D的球面S的内部，则点D在过A、B、C、E的球面的外部，与已知矛盾．因此，点E必在球面S上．同理可证所有其余的点均应在球面S上． 

C3-028三维欧氏空间（xyz空间）所有点的集合为E．A1、A2、A3、A4、A5是E的非空子集，满足条件：

（1）A1∪A2∪A3∪A4

A2、A3、A4、A5中至少4个集合的点．

【题说】1990年日本第二轮选拔赛题1．

【证】若存在直线l至少含3个相异子集Ai的点，则过该直线及另一子集的点作平面即为所求．设任何直线至多含两个相异子集的点．设Pi分别为Ai的点（i=1，2，3，4，5）．考虑连结P1、P2的直线l，除P1、P2外l上还有A1或A2的点．不失一般性，设l上含A1的点Q1≠P1．过P2、P3、P4作平面L，若l在L内，则L即为所求；

若l不在L内，过P5和l作平面M，M与L的交线为过P2的直线a．在M内，过P5的两条直线P1P5和P5Q1至少有一条与a相交，交点属于A1或A5，所以平面L必含有4个不同子集的点． 

C3-029设AA′、BB′、CC′是球的不在同一平面的三条弦，它们相交于球内一点P．若过A、B、C、P的球面和过A′、B′、C′、P的球面相切，求证：

AA′=BB′=CC′．

【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题4．

【证】过A、A′、B、B′的平面截三个球得三个圆，其中两个圆分别是△ABP及△A′B′P的外接圆，这两个圆相切于P点（如图）．设RQ是它们在P点的公切线．于是，有

∠ABP=∠APQ=∠A′PR

=∠A′B′P=∠BAP

AP=BP

A′P=B′p

相加得 

AA′=BB′

BB′=CC′ 

C3-036四面体ABCD的四条高AA1、BB1、CC1、DD1相交于H点（A1、B1、C1、D1分别为垂足）．三条高上的内分点A2、B2、C2满足AA2∶A2A1=BB2∶B2B1=CC2∶C2C1=2∶1．

证明：

H、A2、B2、C2、D1在同一个球面上．

【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克第十一年级题7．

【证】设M是△ABC重心，则它将中线AA3分为2∶1，于是MA2∥A3A1．因为AA2⊥面BCD，所以AA1⊥A3A1，从而MA2⊥A1A，∠MA2H=90°

．同理∠MB2H=∠MC2H=90°

．又DD1是四面体的高，所以DD1⊥MD1，即∠MD1H=90°

．因此M、A2、B2、C2、D及H在以MH为直径的球面上．