由四面面积决定四面体的问题

hejoseph

给定四个面的面积，满足任意三个之和大于第四个，那么是否存在一个相应的四面体？

mathe

四个面积分别为$S_1,S_2,S_3,S $,如果我们再增加一个约束$S_1,S_2,S_3$ 三者两两之和大于第三者，那么就可以如下构造。
我们假设存在一个三角形三边长度比例为$a: b: c=S_1:S_2:S_3$而且面积为S，这样的三角形总是存在的，设其内接圆半径长度为r
我们可以寻找一个正数h使得$\frac{r}{\sqrt{r^2+h^2}}=\frac S{S_1+S_2+S_3}$,同样这样的h必然存在。

然后我们做四面体，底面三边长度为a,b,c,顶点在底面内心正上方，距离低面距离为h就可以满足条件。

gxqcn

如果这四个面积比例为: 1:1:2:3 呢? 三角形都无法构成

mathe

对于上面三个面积不满足三角不等式的情况，我们假设面积S最大，余下三个面积改记为$S_B,S_C,S_A$而且$S_B \ge S_C+S_A$
我们先任意选择一个形状的三角形,三边长度a,b,c,满足\(\frac{S_B}b\gt \frac{S_C}c=\frac{S_A}a\).
定义函数\(f(h) = \sqrt{S_A^2-(\frac{ah}2)^2}+\sqrt{S_B^2-(\frac{bh}2)^2}+\sqrt{S_C^2-(\frac{ch}2)^2}-S\)
于是\(f(0)=S_A+S_B+S_C-S\gt 0\), 而\(f(\frac{2S_A}a)=\sqrt{S_B^2-(\frac{bS_A}{a})^2}-S\lt 0\)
于是至少存在一个正数h,\(0\lt h\lt \frac{2S_A}a\)使得\(f(h)=0\).
记\(r_A=\sqrt{(\frac{2S_A}a)^2-h^2}, r_B=\sqrt{(\frac{2S_B}b)^2-h^2},r_C=\sqrt{(\frac{2S_C}c)^2-h^2}\)
于是\(\frac{ar_A}2+\frac{br_B}2+\frac{cr_C}2=S\)
所以这个底面三角形内部存在一点到三边距离分别正好是\(r_A,r_B,r_C\).
然后顶点取在这个点正上方高度为h即可。
比如guo的例子，我们可以稍微改变题目设四个面面积为\(\frac{\sqrt{7}}4,\frac{\sqrt{7}}4,\frac{\sqrt{7}}2,\frac{3\sqrt{7}}4\)
可以设a=c=2,b=3,于是得到h=0.49129911568119906044758208385652493233,\(r_A=r_C\)=0.44286022504947515715603369606356520898,\(r_B\)=0.73239535546632841904276294873487660088

gxqcn

表面积比例为 \(1 : 1 : 2 : 3\) 的四面体, 可如下构造:

• 作一个正 \(\triangle ABC\), 它将为四面体的底
• 过点 \(A\) 作 \(AH\perp BC\), 垂足为点 \(H\)
• 在其上, 取点 \(D\), 满足 \(AD : DH = 1 : 2\); 显然, 此时点 \(D\) 到 \(AB\) 的距离等于 \(\frac{1}{2}DA \lt \frac{1}{2}DH\)
• 保持 \(DH\) 长度不变, 及 \(DH\perp BC\), 逐渐提拉点 \(D\), 直至点 \(D\) 到 \(AB\) 的距离正好为 \(\frac{1}{2}DH\) 为止
  

此时四面体 \(D-ABC\) 即满足要求.

类似地, 还可构造出表面积比例为 \(2 : 2 : 5 : 8\) 的四面体.

hejoseph

谢谢各位，应该是没问题了

hujunhua

问题或许可以这么问：4个空间向量之和为零，它们是否正好是一个四面体的各面积向量。

gxqcn

hujunhua 发表于 2023-10-17 19:49
问题或许可以这么问：4个空间向量之和为零，它们是否正好是一个四面体的各面积向量。 ...

不仅限定了大小, 还限定了方向, 妙!
是否可进一步推广到任意多面体呢?

mathe

四面体给定了所有面的方向，形状就应该唯一确定了

gxqcn

如果这些向量共面, 将对应一个棱柱体的侧表面;
如果它们不共面, 将对应一个多面体的表平面.

如何证明? 如果构造?
把相似看作同构, 结果是否唯一?