20多年了，我无力解出来的一道高中奥数题！

zeus

一般地，四面体ABCD体积最大的条件是对棱平方和相等，并且

mathematica

要是我,我就用lingo求解一下就可以了,可以直接计算出坐标之类的,证明太累人了

数学星空

根据47#,mathe得到的结论：设$PA=a,PB=b,PC=c,PD=d$
我们可以准确得到$DA=x_1,DB=y_1,DC=z_1,AB=z,AC=y,BC=x$

\(3x^8+(4a^2-8b^2-8c^2+4d^2)x^6+(-8a^2b^2-8a^2c^2+4a^2d^2+6b^4+16b^2c^2-8b^2d^2+6c^4-8c^2d^2)x^4+(4a^2b^4+8a^2b^2c^2-
8a^2b^2d^2+4a^2c^4-8a^2c^2d^2-8b^4c^2+4b^4d^2-8b^2c^4+8b^2c^2d^2+4c^4d^2)x^2+4a^2d^2b^4-8a^2b^2c^2d^2+4a^2d^2c^4-b^8+2b^4c^4-c^8=0\)

\(3y^8+(-8a^2+4b^2-8c^2+4d^2)y^6+(6a^4-8a^2b^2+16a^2c^2-8a^2d^2-8b^2c^2+4b^2d^2+6c^4-8c^2d^2)y^4+(4a^4b^2-8a^4c^2+
4a^4d^2+8a^2b^2c^2-8a^2b^2d^2-8a^2c^4+8a^2c^2d^2+4b^2c^4-8b^2c^2d^2+4c^4d^2)y^2-a^8+4a^4b^2d^2+2a^4c^4-8a^2b^2c^2d^2+4b^2d^2c^4-c^8=0\)

\(3z^8+(-8a^2-8b^2+4c^2+4d^2)z^6+(6a^4+16a^2b^2-8a^2c^2-8a^2d^2+6b^4-8b^2c^2-8b^2d^2+4c^2d^2)z^4+(-8a^4b^2+4a^4c^2+
4a^4d^2-8a^2b^4+8a^2b^2c^2+8a^2b^2d^2-8a^2c^2d^2+4b^4c^2+4b^4d^2-8b^2c^2d^2)z^2-a^8+2a^4b^4+4a^4c^2d^2-8a^2b^2c^2d^2-b^8+4b^4d^2c^2=0\)

\(3x_1^8+(-8a^2+4b^2+4c^2-8d^2)x_1^6+(6a^4-8a^2b^2-8a^2c^2+16a^2d^2+4b^2c^2-8b^2d^2-8c^2d^2+6d^4)x_1^4+(4a^4b^2+4a^4c^2-
8a^4d^2-8a^2b^2c^2+8a^2b^2d^2+8a^2c^2d^2-8a^2d^4-8b^2c^2d^2+4b^2d^4+4c^2d^4)x_1^2-a^8+4a^4b^2c^2+2a^4d^4-8a^2b^2c^2d^2+4b^2c^2d^4-d^8=0\)

\(3y_1^8+(4a^2-8b^2+4c^2-8d^2)y_1^6+(-8a^2b^2+4a^2c^2-8a^2d^2+6b^4-8b^2c^2+16b^2d^2-8c^2d^2+6d^4)y_1^4+(4a^2b^4-8a^2b^2c^2+
8a^2b^2d^2-8a^2c^2d^2+4a^2d^4+4b^4c^2-8b^4d^2+8b^2c^2d^2-8b^2d^4+4c^2d^4)y_1^2+4a^2b^4c^2-8a^2b^2c^2d^2+4a^2c^2d^4-b^8+2b^4d^4-d^8=0\)

\(3z_1^8+(4a^2+4b^2-8c^2-8d^2)z_1^6+(4a^2b^2-8a^2c^2-8a^2d^2-8b^2c^2-8b^2d^2+6c^4+16c^2d^2+6d^4)z_1^4+(-8a^2b^2c^2-
8a^2b^2d^2+4a^2c^4+8a^2c^2d^2+4a^2d^4+4b^2c^4+8b^2c^2d^2+4b^2d^4-8c^4d^2-8c^2d^4)z_1^2+4a^2b^2c^4-8a^2b^2c^2d^2+4a^2b^2d^4-c^8+2c^4d^4-d^8=0\)


其最大的体积\(V\)满足：

\(45349632V^8+(-186624s_1^3+839808s_1s_2-5038848s_3)V^6+(15552s_1^3s_3-1296s_1^2s_2^2+7776s_1^2s_4-69984s_1s_2s_3+5184s_2^3-186624s_2s_4+209952s_3^2)V^4+
(648s_1^3s_2s_4-432s_1^3s_3^2+72s_1^2s_2^2s_3-432s_1^2s_3s_4-2880s_1s_2^2s_4+1944s_1s_2s_3^2-288s_2^3s_3-6912s_1s_4^2+10368s_2s_3s_4-3888s_3^3)V^2+
27s_1^4s_4^2-18s_1^3s_2s_3s_4+4s_1^3s_3^3+4s_1^2s_2^3s_4-s_1^2s_2^2s_3^2-144s_1^2s_2s_4^2+6s_1^2s_3^2s_4+80s_1s_2^2s_3s_4-18s_1s_2s_3^3-
16s_2^4s_4+4s_2^3s_3^2+192s_1s_3s_4^2+128s_2^2s_4^2-144s_2s_3^2s_4+27s_3^4-256s_4^3=0\)

其中：

\(s_1 = a^2+b^2+c^2+d^2\),
\(s_2 = a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2\),
\(s_3 = a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\),
\(s_4 = a^2b^2c^2d^2\)

数学星空

对于第3个问题：
我们知道对于已知四面体$D-ABC$（即六条棱边长$a,b,c,d,e,f$ 已知）存在一点$P$，使$PA+PB+PC+PD$最小的点为费马点
但是对于其逆问题：对于四面体内点$P$，有$PA=a,PB=b,PC=c,PD=d$，求$(AB+AC+BC+AD+BD+CD)_max $? 或许我们可以定义为逆费马点（不能确定是否为费马点）

mathe

第三问相对第二问要简单一些，取最大值时，DA,DB,DC方向三条单位向量之和和DP平行;同样对于另外三个点也类似。
第二问计算量有些大，而主要问题在于计算出来结果是否能有良好几何意义我比较怀疑

mathe

我们记PA,PB,PC,PD对应向量为a,b,c,d.我们已经知道$a^2,b^2,c^2,d^2$为常数
三角形ABD面积平方的四倍为$(d-a)^2(d-b)^2-((d-a)(d-b))^2=(d^2-2ad+a^2)(d^2-2bd+b^2)-(d^2-ad-bd+ab)^2$
也就是$2ad*bd+(a^2+b^2)d^2-2a^2*bd-2b^2*ad+a^2b^2-(ad)^2-(bd)^2-2ab*d^2+2ad*ab+2bd*ab-(ab)^2$
它对于d求偏导数可得方向向量为
$2(bd)a+2(ad)b+2(a^2+b^2)d-2(a^2)b-2(b^2)a-2(ad)a-2(bd)b-4(ab)d+2(ab)a+2(ab)b=2(bd-b^2-ad+ab)a+2(ad-a^2-bd+ab)b+2(a^2+b^2-2ab)d=2(b-a)(d-b)a+2(a-b)(d-a)b+2(a-b)^2d$
然后我们分别用$S_{ABC},S_{ABD},S_{ACD},S_{BCD}$记四个面的面积，于是得出
$({(b-a)(d-b)}/{S_{ABD}}+{(c-a)(d-c)}/{S_{ACD}})a+({(a-b)(d-a)}/{S_{ABD}}+{(c-b)(d-c)}/{S_{BCD}})b+({(a-c)(d-a)}/{S_{ACD}}+{(b-c)(d-b)}/{S_{BCD}})c$同d同向
而它也可以写成
$({(b-a)(d-b)}/{|(b-a)xx(d-b)|}+{(c-a)(d-c)}/{|(c-a)xx(d-c)|})a+({(a-b)(d-a)}/{|(a-b)xx(d-a)|}+{(c-b)(d-c)}/{|(c-b)xx(d-c)|})b+({(a-c)(d-a)}/{|(a-c)xx(d-a)|}+{(b-c)(d-b)}/{|(b-c)xx(d-b)|})c$
而其中系数${(b-a)(d-b)}/{|(b-a)xx(d-b)|}$可以看成有向边AB和BD夹角的余切。而向量a,b,c利用这些余切值之和加权后同d同向。

mathe

第三问结论好像可以转化为DA/DC=BA/BC,当然另外还有类似的关系。于是俩相邻面公共边相对顶角的两角平分线确定一个平面，这些平面应该交于P

mathe

我们已知三边单位向量和和d平行，于是可以将三单位向量和d做向量积和为0.然后比如将这个0向量和b做内积可以消去中间一项，另两项变成混合积。利用混合积轮换对称性就可得出上面边的比例关系。类似，问题二也可如此处理消去各向量得出一些余切值之间的关系式，但是相对复杂很多

数学星空

根据mathe 58#的分析结果：设AC上存在一点H使得BH和DH分别角ABC和角ADC的角平分线，是否PH是角APC的角平分线？

数学星空

若60#的结论正确   
我们可以算出四面体各棱长：AB=ab/d, AC=ac/d, BC=bc/d, AD=a, BD=b, CD=c