關(guān)于四面體的一個六點共面定理*
——三角形一個共線點命題的空間移植

贛南師范大學(xué)數(shù)學(xué)與計算機科學(xué)學(xué)院(341000)曾建國

1 引言及主要結(jié)果

三角形中有等角線及邊上的等角共軛點概念(圖1).

圖1

定義1[1]在ΔABC的邊BC所在直線上取兩點X、X′, 若直線AX、AX′關(guān)于∠A的平分線AM對稱, 則稱X′、X為BC邊上的一對等角共軛點,稱AX、AX′為從頂點A引出的一對等角共軛線(簡稱等角線).

關(guān)于三角形邊上的等角共軛點有下面的一個共線點命題(圖2).

圖2

命題1[1]設(shè)一直線與ΔABC的邊BC,CA,AB分別交于X,Y,Z,則X,Y,Z所在邊上的等角共軛點X′,Y ′,Z′也共線.

文[2]將三角形的等角線概念引申至三維空間中, 建立了四面體等角面的概念(圖3).

圖3

定義2[2]從四面體A1A2A3A4的棱A2A3引兩個平面,關(guān)于二面角A1-A2A3-A4的平分面對稱, 與對棱A1A4所在直線分別交于點X、X′, 則稱點X、X′為棱A1A4上的一對等角共軛點, 稱平面A2A3X與A2A3X′為從棱A2A3引出的等角共軛面(簡稱等角面).

按此定義顯然可知,四面體相鄰兩側(cè)面是一對特殊的等角面.

約定若無特殊說明,本文所討論的四面體的等角面一般不包括四面體的側(cè)面.

在此基礎(chǔ)上,本文將命題1 移植至四面體中,證明一個關(guān)于四面體的六點共面定理,即

定理1設(shè)平面π(非四面體側(cè)面)與四面體A1A2A3A4的棱AiAj所在直線交于點Bij(1 ≤i ＜j≤4),則Bij在棱AiAj上的等角共軛點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)也共面.

2 幾個引理

為證明定理1,我們先證明四面體中有關(guān)六點共面的一個必要和充分條件.

引理1設(shè)Bij是四面體A1A2A3A4的棱AiAj所在直線上一點(1 ≤i ＜j≤4),若六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面(非四面體的側(cè)面[注1]),則此六個點中,位于每個側(cè)面三角形三邊所在直線上的三點均分別共線.

證明如圖4,設(shè)六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)在平面π(非四面體側(cè)面)上, 則此六個點中,每個側(cè)面三角形三邊所在直線上的三點顯然都在該側(cè)面與平面π的交線上.證畢.

圖4

[注1]引理1 中若六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)在四面體的一側(cè)面上,則結(jié)論不成立(參照后文圖9).另外,引理1 對于六個點Bij中有某些點重合的特殊情形結(jié)論仍成立(參見后文圖7、圖8).

圖7

圖8

圖9

引理2設(shè)Bij是四面體A1A2A3A4的棱AiAj所在直線上一點(1 ≤i ＜j≤4), 如果此六個點中, 位于每個側(cè)面三角形三邊所在直線上的三個點均分別共線, 那么六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面.

證明如圖4,依題設(shè)知,每個側(cè)面三角形三邊所在直線上的三點均共線,由于這四條直線分別位于四個側(cè)面上,它們不可能是同一條直線,否則四面體的四個側(cè)面交于此直線,矛盾!

不妨設(shè)直線B12B14B24與B12B23B13是相異的直線,則它們相交于點B12, 于是它們確定一個平面π, 則直線B14B13、B23B24都在平面π上.

由B14,B34,B13共線(或B23,B34,B24共線)知,B34∈平面π.即六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面.證畢.

由引理1 和引理2 可得四面體中六點共面的一個充要條件.

推論1設(shè)Bij是四面體A1A2A3A4的棱AiAj所在直線上一點(非四面體頂點, 1 ≤i ＜j≤4), 則六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面的充要條件是: 此六個點中, 位于每個側(cè)面三角形三邊所在直線上的三個點均分別共線.

推論1 的題設(shè)限定了Bij非四面體頂點, 則六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)所共平面π非四面體側(cè)面, 由引理1和引理2 可知推論1 成立.

定理1 的證明還需利用梅涅勞斯(Menelaus)定理及四面體等角面的一個性質(zhì).

引理3(Menelaus 定理)[3]設(shè)X,Y,Z分別是ΔABC的邊BC,CA,AB所在直線上一點,則X,Y,Z共線的充要條件是

引理4設(shè)X是四面體A1A2A3A4的棱A1A4所在直線上一點,若二面角A1-A2A3-X與X -A2A3-A4的大小分別為α,β,頂點A1,A4所對側(cè)面面積分別為S1,S4,則

證明如圖5, 設(shè)A1,A4在平面A2A3X上的射影分別為E,F,過A1,A4作A2A3的垂線, 垂足分別為C、D,則∠A1CE與∠A4DF分別是二面角A1-A2A3-X與X -A2A3-A4的平面角(或其補角).則證畢.

圖5

根據(jù)引理4 可以證明四面體等角面的下列性質(zhì)(參見圖3).

推論2[2]設(shè)X、X′是四面體A1A2A3A4的棱A1A4上的等角共軛點,頂點A1,A4所對側(cè)面面積分別為S1,S4,則

證明如圖3,設(shè)二面角A1-A2A3-X與X-A2A3-A4的大小依次為α,β,根據(jù)定義2 可知,二面角A1-A2A3-X′與X′ - A2A3- A4的大小依次為β,α.由引理4 可得證畢.

3 定理1 的證明

證明(1)當六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)均不是四面體A1A2A3A4的頂點時.

根據(jù)引理2 知,欲證六點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面,只需證明此六點中,位于每個側(cè)面三角形三邊所在直線上的三點都分別共線.

以側(cè)面A1A2A4為例.如圖6, 依題設(shè)知六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)在平面π(非四面體側(cè)面)上, 根據(jù)引理1 可知,B12,B14,B24共線,根據(jù)引理3 的必要性知

圖6

根據(jù)四面體等角面的性質(zhì)(推論2)可得[注2]

同理可證, 六個點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)中, 位于其余各側(cè)面三角形三邊上的三點也分別共線, 所以六點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面.

(2)當六點Bij(1 ≤i ＜j≤4)中有四面體A1A2A3A4的某些頂點時,則平面π經(jīng)過了這些頂點.依題設(shè)知平面π非四面體側(cè)面,則平面π至多經(jīng)過四面體A1A2A3A4的2 個頂點.

(i)如圖7, 設(shè)平面π僅經(jīng)過四面體A1A2A3A4的頂點A1,易知B12、B13、B14與A1重合,它們各自所在棱上的等角共軛點B′12(A2)、B′13(A3)、B′14(A4)都在側(cè)面A2A3A4上,顯然有六點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面(側(cè)面A2A3A4).

(ii)如圖8, 設(shè)平面π經(jīng)過四面體A1A2A3A4的頂點A1,A4, 則B12,B13與A1重合,B24,B34與A4重合, 它們各自所在棱上的等角共軛點分別是A2,A3, 顯然也有六點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面.證畢.

[注2]在上述證明過程中, 當某些點Bij是四面體A1A2A3A4的頂點時,不能使用推論2 來證明②式.因為此時有一些等角面是四面體的側(cè)面(超出本文約定的范圍),推論2 不成立.

另外需要特別指出的是, 當定理1 中平面π為四面體的某一側(cè)面時, 結(jié)論不成立.如圖9 中, 雖然諸點Bij(1 ≤i ＜j≤4)都在側(cè)面A2A3A4上, 但其等角共軛點B′ij(1 ≤i ＜j≤4)可能不共面.

4 后記

本文所得的四面體六點共面定理(定理1)及證明過程表明,研究四面體的問題遠比三角形中的情形復(fù)雜得多! 最后順便指出,作為本文研究的“副產(chǎn)品”,本文中引理1、引理2及推論1 在證明有關(guān)四面體六點共面問題中,應(yīng)該具有廣泛的應(yīng)用價值.