高中奥林匹克数学竞赛讲座 平面与空间问题的类比

2024年1月4日发(作者：)

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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：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：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.

11ACDEABDF

221

AC(DEDF)

21SABCACBG 又∵SABCSADCSADB

2∵SADCSADB

∴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”.

证法2：作DH⊥BG于H，DEGH是矩形，得DE=HG，在△BHD与△DFB中，∠BHD=∠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sinθ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≥16R

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、BO、CO并延长分别交对边于A1、B1、C1，则AA1+BB1+CC1≥9R.如图1—3，

2OA1OB1OC1SOBCSOACSOAB1

AA1BB1CC1SABCSABCSABC即

AA1RBB1RCC1R1，

AA1BB1CC11112.由哥西不等式，得

AA1BB1CC1R1119R)9 ∴AA1+BB1+CC1.

AA1BB1CC12即（AA1+BB1+CC1）(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：∵OA1VOBCDOB1VOACDOC1VOABDOD1VOABC

,,,AA1VABCDBB1VABCDCC1VABCDDD1VABCD且VABCD=VO—BCD+VO—ACD+VO—ABD+VO—ABC，

∴

OA1OB1OC1OD11 即

AA1RBB1RCC1RDD1R1

AA1BB1CC1DD1AA1BB1CC1DD111113 由哥西不等式，得

AA1BB1CC1DD1R(1111)(AA1BB1CC1DD1)16

AA1BB1CC1DD116R

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：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：在证明∠AQB<∠APB（Q点不在l上）时，可能会想到OH⊥l于H，欲证∠AQB<∠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12,13,14,23,24,34，且这些角都是锐角.求证：cos12cos13cos14cos23cos24cos34分析：本题在平面内的相应命题是“△ABC中cosAcosBcosC1.

7291”.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bcosCccosB2bccosBcosCbccosAacosc2cacosAcosC

cacosBbcosA2abcosAcosB将三个不等式相乘，两边消去abc，即得cosAcosBcosC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：过A1作对面A2A3A4的垂线A1H，垂足为H，则有SA2A3A4SA1A2A3cos23

SA1A3A4cos34SA1A4A2cos243

·

3SA1A2A3SA1A3A4SA1A4A2cos23cos34cos24

同样可得

SA1A2A33

·

3SA1A3A4SA1A4A2SA2A3A4cos13cos12cos23

SA1A3A43

·

3SA1A2A3SA1A4A2SA2A3A4cos13cos34cos41

SA1A4A23

·

3SA1A3A4SA1A3A4SA2A3A4cos14cos42cos12

将上面四个不等式相乘、并消去SA1A2A3,SA2A3A4,SA3A4A1,SA2A4A1得

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cos12cos13cos14cos23cos24cos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：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：设n个点为A1、A2、„、An，连结A1Ai（i=2，3，„，n），共n－1条直线，必存在一个与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Aj，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,Aj.这时，过A1，Ai,Aj的圆恰好过这三个点（在平面A1AiAj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,Aj三点的圆与直线A1Ai及A1Aj交点仅A1，Ai,Aj三个）.

例6：已知空间坐标系中一定点P的坐标为(x0,y0,z0).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(x0,y0),求点Q(x,y),使xy且|PQ|最小”.这一问题不难解决，若x0y0,那么当xx0,yy0（即Q与P重合）时，|PQ|最小，且最小值为零；若x0y0,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y0.现证明此时|PQ|达到最小.

2|PQ|(x0x0y02xy02)(y00)

22对于任一其他点Q(x,y)(xy)，则

|PQ|(x0x)2(y0y)2

|PQ|2|PQ|2(x0∴|PQ′|≥|PQ|

x0y02xy02)(y00)(x0y0)(yx)0

22

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解：若x0y0z0,则当xx0,yy0,zz0叶.|PQ|=0，取得最小值，且满足

xyz.

xy0x0y0,zz0，,z1z0，若此时y1z1,则xy022xy0z0使|PQ|最小；若y1z1,则令xyz0,能使|PQ|最小.

3yz0yz0若x0y0z0,则当x1x0,y1z10.此时，若x1y1,则令xx1,yz0,22x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.

3xy0z0若x0y0z0,则令xyz0，此时|PQ|最小.

3证明：略（证明方法与平面问题完全类似）

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，有些情况还需要分步调整.本例还可推广到四维、五维甚至n维空间去.

若x0y0z0,则取x1y1