四面體六面共點的一個充要條件*

贛南師范大學數(shù)學與計算機科學學院(341000) 曾建國

1 引言

為了探求四面體中共點面問題的證明方法,人們作了大量的探索研究,也涌現(xiàn)出一大批研究成果. 例如,人們將三角形塞瓦(Ceva)定理及逆定理[1]類比推廣至四面體中,已得到下面的結(jié)論(參見圖1)

上述結(jié)論為證明四面體中有關(guān)6 面共點問題提供了重要的方法和依據(jù). 但有些美中不足的是: 命題2 給出的四面體中6 面共點的充分條件顯得比較繁瑣,且命題2 與命題1并非互逆命題(從而并未得到6 面共點的充分必要條件);另外,在實際應(yīng)用中,應(yīng)用命題2 證明四面體中6 面共點問題時無法一步到位,往往需要進行繁瑣的分類討論,不夠便捷.筆者在以往的研究[5]中對此體會頗深.

本文嘗試探求四面體中有關(guān)6 面共點的新的充要條件,并舉例說明其應(yīng)用.

2 四面體六面共點的一個充要條件

為便于敘述,本文約定: 四面體A1A2A3A4中,頂點Ak所對側(cè)面記為Δk(1 ≤k≤4).

蘇化明在其論著“四面體”中證明了下面的結(jié)論(參見圖1).

命題3[6]設(shè)Bij是四面體A1A2A3A4的棱AiAj上一點(1 ≤i ＜j≤4), 如果每個側(cè)面Δk上的三條塞瓦線(側(cè)面三角形Δk的頂點與對邊上點Bij的連線, 下同) 都分別交于一點Mk(1 ≤k≤4)(例如側(cè)面Δ1內(nèi)有A2B34、A3B24、A4B23交于一點M1, 等等) , 那么A1M1、A2M2、A3M3、A4M4必交于一點M.

命題3 的結(jié)論可以拓廣.

一方面,題設(shè)中Bij是四面體A1A2A3A4的“棱AiAj上一點”可以放寬為“棱AiAj所在直線上一點”;另一方面,由結(jié)論“A1M1、A2M2、A3M3、A4M4交于一點M”可得“6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M”. 而且,反過來結(jié)論也成立. 即有關(guān)于四面體中6 面共點的一個充要條件如下：

定理1 設(shè)Bij是四面體A1A2A3A4的棱AiAj所在直線上一點(1 ≤i ＜j≤4),則6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M(M非四面體頂點,且直線AkM與側(cè)面Δk(1 ≤k≤4)不平行)的充要條件是: 每個側(cè)面Δk上的三條塞瓦線分別交于一點Mk(1 ≤k≤4)且A1M1、A2M2、A3M3、A4M4互不平行.

證明(1)必要性.

設(shè)6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交 于 一點M. 依題設(shè), 直線AkM與側(cè)面Δk不平行,則它們相交于一點Mk(1 ≤k≤4). 如圖1, 因A1M與側(cè)面Δ1交于點M1, 顯然M1就是A2B34、A3B24、A4B23的交點. 同理可證其他各側(cè)面Δk上的三條塞瓦線也分別交于一點Mk(2 ≤k≤4). 因A1M1、A2M2、A3M3、A4M4交于一點M,故它們互不平行.

圖1

(2)充分性.

設(shè)各側(cè)面Δk上的三條塞瓦線分別交于一點Mk(1 ≤k≤4) 且A1M1、A2M2、A3M3、A4M4互不平行. 在側(cè)面Δ1內(nèi), 由A2B34、A3B24、A4B23交于一點M1知, 平面A1A2B12、A1A3B24、A1A4B23相交于直線A1M1.

同理可得:

平面A1A2B12、A2A3B14、A2A4B13相交于直線A2M2;

平面A1A3B24、A2A3B14、A3A4B12相交于直線A3M3;

平面A1A4B23、A2A4B13、A3A4B12相交于直線A4M4.

依題設(shè)可證明,直線A1M1與平面A2A3B14必相交于一點M.

事實上, 若A1M1//平面A2A3B14(圖2), 注意到平面A1A3B24經(jīng)過A1M1, 且與平面A2A3B14相交于A3M3,則有A1M1//A3M3, 與題設(shè)矛盾! 故直線A1M1與平面A2A3B14必相交于一點M.

圖2

因此, 在圖1 中, 由M ∈A1M1?平面A1A2B34、及M ∈平面A2A3B14可得M ∈A2M2.

同理可證M ∈A3M3,M ∈A4M4.

這就表明點M是6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12的公共點. 定理1 獲證.

關(guān)于定理1 的幾點說明:

(1)關(guān)于“非四面體頂點”的限定.

當6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M恰為四面體頂點A1時,則在側(cè)面Δ1內(nèi),A2B34、A3B24、A4B23不一定共點(如圖3),此時定理1 的必要性不成立. 因此定理1 中必須限定“M非四面體頂點”.

圖3

(2)關(guān)于“直線AkM與側(cè)面Δk不平行”的限定.

當M在平行于某側(cè)面Δk的直線AkM上時, 如圖4,若A1M//側(cè)面Δ1,不難證明Δ1中三條塞瓦線互相平行(A3B24//A2B34//A4B23).因此,將定理1 的必要性改述為“若6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M(M非四面體頂點), 則每個側(cè)面上的三條塞瓦線都分別交于一點或平行”仍為真命題.因此類特殊情形下充分性的討論比較復(fù)雜(受篇幅所限),所以在定理1 中考察6 面共點的充要條件時,索性排除了“直線AkM與側(cè)面Δk平行”的特殊情形,這對定理1 的應(yīng)用范圍影響并不大.

圖4

3 應(yīng)用舉例

在研究四面體中有關(guān)6 面共點問題時,應(yīng)用本文定理1完全有可能改進以往的方法,使證明過程變得簡潔明快. 下面舉例說明.

例1 (四面體重心定理)[7]經(jīng)過四面體的一條棱及其對棱中點的平面稱為四面體的中面,證明: 四面體的6 個中面交于一點(重心).

證明設(shè)四面體A1A2A3A4的棱AiAj的中點為Bij(1 ≤k≤4), 則各側(cè)面Δk的三條塞瓦線就是側(cè)面三角形Δk的三條中線, 必交于其重心Mk(1 ≤k≤4), 且A1M1、A2M2、A3M3、A4M4互不平行. 根據(jù)定理1 的充分性知, 6 個中面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M(重心). 證畢.

筆者曾將三角形葛爾剛(Gergonne)點(連接三角形的頂點及對邊與內(nèi)切圓切點的直線,三線共點)[8]的性質(zhì)推廣至有內(nèi)棱切球(以下簡稱棱切球,充要條件是四面體的三組對棱之和相等)[9]的四面體中,即

例2 (四面體的葛爾剛(Gergonne)點)[5]若四面體有棱切球,則過每一條側(cè)棱與棱切球的切點及其對棱作平面,6 個平面交于一點.

應(yīng)用定理1 就有下面的簡潔證法(參照圖1)

證明設(shè)四面體A1A2A3A4的棱切球與側(cè)棱AiAj切于點Bij(1 ≤i ＜j≤4), 須證明6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M. 在側(cè)面Δ1中,易知[5],棱切球面被側(cè)面Δ1截得的截面圓就是Δ1(即ΔA2A3A4)的內(nèi)切圓,則B34、B23、B24是ΔA2A3A4的內(nèi)切圓分別與邊A3A4、A2A4、A2A3的切點.故A2B34、A3B24、A4B23交于一點M1(ΔA2A3A4的葛爾剛(Gergonne)點).

同理可以證明: 其余各側(cè)面Δk上的三條塞瓦線也分別交于Δk的葛爾剛點Mk(2 ≤k≤4). 顯然A1M1、A2M2、A3M3、A4M4互不平行.

根據(jù)定理1 的充分性知,6 個平面A1A2B34、A1A3B24、A1A4B23、A2A3B14、A2A4B13、A3A4B12交于一點M. 證畢.

4 結(jié)束語

本文定理1 的意義在于,應(yīng)用定理1 證明四面體中某些6 面共點問題時,可以避開應(yīng)用四面體Ceva 定理(命題2)這一步驟,轉(zhuǎn)而證明各側(cè)面三角形中的三線共點問題(只需應(yīng)用三角形Ceva 定理),是一種有趣的“降維處理”方法,因而在實際應(yīng)用中可以避免分類討論,從而達到化繁為簡的效果.如上面的例2 就大大簡化了筆者之前的證法[5]. 可以預(yù)見,本文所得關(guān)于四面體6 面共點的充要條件應(yīng)該具有廣闊的應(yīng)用前景.