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[讨论] 四面体有棱切球的一个充要条件

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发表于 2017-5-23 09:43:31 | 显示全部楼层 |阅读模式

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四面体 \(ABCD\) 中二面角 \(D\text{-}AB\text{-}C\) 的平面角是 \(\alpha_{AB}\),二面角 \(B\text{-}AC\text{-}D\) 的平面角是 \(\alpha_{AC}\),二面角 \(C\text{-}AD\text{-}B\) 的平面角是 \(\alpha_{AD}\),二面角 \(A\text{-}BC\text{-}D\) 的平面角是 \(\alpha_{BC}\),二面角 \(A\text{-}BD\text{-}C\)的平面角是 \(\alpha_{BD}\),二面角 \(A\text{-}CD\text{-}B\) 的平面角是 \(\alpha_{CD}\),证明 \(AB+CD=AC+BD=AD+BC\) 的充要条件是 \(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}=\alpha_{AC}+\alpha_{BD}=\alpha_{AD}+\alpha_{BC}\)。
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发表于 2017-5-26 22:32:15 | 显示全部楼层
您计算过一个带有一般性的实例吗?

点评

有计算过,在下面回复了,但是计算比较繁琐的,我直接用Mathematica计算  发表于 2017-5-27 09:10
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 楼主| 发表于 2017-5-27 09:09:46 | 显示全部楼层
本帖最后由 hejoseph 于 2017-5-27 09:45 编辑

设四面体 \(ABCD\) 的体积是 \(V\),\(\triangle ABC\) 的面积是 \(S_1\),\(\triangle ABD\) 的面积是 \(S_2\),\(\triangle ACD\)  的面积是 \(S_3\),\(\triangle BCD\) 的面积是 \(S_4\)。

充分性

设 \(AB = a\),\(AC = b\),\(AD = c\),\(CD = p\),\(BD = q\),\(BC = r\),则
\begin{align*}
\cos \alpha_{AB} &= \frac{a^2\left(b^2 + q^2 + c^2 + r^2 - a^2 - p^2\right) - \left(b^2 - r^2\right)\left(c^2 - q^2\right) - a^2p^2}{16S_1S_2} , \sin \alpha_{AB} = \frac{3aV}{2S_1S_2}, \\
\cos \alpha_{AC} &= \frac{b^2\left(a^2 + p^2 + c^2 + r^2 - b^2 - q^2\right) - \left(a^2 - r^2\right)\left(c^2 - p^2\right) - b^2q^2}{16S_1S_3} , \sin \alpha_{AC} = \frac{3bV}{2S_1S_3}, \\
\cos \alpha_{AD} &= \frac{c^2\left(a^2 + p^2 + b^2 + q^2 - c^2 - r^2\right) - \left(a^2 - q^2\right)\left(b^2 - p^2\right) - c^2r^2}{16S_2S_3} , \sin \alpha_{AD} = \frac{3cV}{2S_2S_3}, \\
\cos \alpha_{BC} &= \frac{r^2\left(a^2 + p^2 + b^2 + q^2 - c^2 - r^2\right) - \left(a^2 - b^2\right)\left(q^2 - p^2\right) - c^2r^2}{16S_1S_4} , \sin \alpha_{BC} = \frac{3rV}{2S_1S_4}, \\
\cos \alpha_{BD} &= \frac{q^2\left(a^2 + p^2 + c^2 + r^2 - b^2 - q^2\right) - \left(a^2 - c^2\right)\left(r^2 - p^2\right) - b^2q^2}{16S_2S_4} , \sin \alpha_{BD} = \frac{3qV}{2S_2S_4}, \\
\cos \alpha_{CD} &= \frac{p^2\left(b^2 + q^2 + c^2 + r^2 - a^2 - p^2\right) - \left(b^2 - c^2\right)\left(r^2 - q^2\right) - a^2p^2}{16S_3S_4} , \sin \alpha_{CD} = \frac{3pV}{2S_3S_4} 。
\end{align*}
计算化简得
\begin{align*}
\cos\left(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}\right)-\cos\left(\alpha_{AC}+\alpha_{BD}\right)&=-\frac{9V^2\left(a+p+b+q\right)\left(a+p-b-q\right)}{8S_1S_2S_3S_4},\\
\cos\left(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}\right)-\cos\left(\alpha_{BC}+\alpha_{AD}\right)&=-\frac{9V^2\left(a+p+c+r\right)\left(a+p-c-r\right)}{8S_1S_2S_3S_4}。
\end{align*}
因为 \(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}=\alpha_{AC}+\alpha_{BD}=\alpha_{BC}+\alpha_{AD}\),则由上面的结论得 \(a+p=b+q\),\(a+p=c+r\),即 \(AB+CD=AC+BD=AD+BC\)。

必要性

因为 \(AB+CD=AC+BD=AD+BC\),设 \(AB=w+x\),\(AC=w+y\),\(AD=w+z\),\(BC=x+y\),\(BD=x+z\),\(CD=y+z\),则
\begin{align*}
&\sin\left(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}\right)=\sin\left(\alpha_{AC}+\alpha_{BD}\right)=\sin\left(\alpha_{BC}+\alpha_{AD}\right)=\frac{3wxyz\left(w+x+y+z\right)V}{2S_1S_2S_3S_4},\\
&\cos\left(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}\right)=\cos\left(\alpha_{AC}+\alpha_{BD}\right)=\cos\left(\alpha_{BC}+\alpha_{AD}\right)=-\frac{wxyzt}{2S_1S_2S_3S_4},
\end{align*}
其中
\[
t=w^2\left(xy+xz+yz\right)+x^2\left(wy+wz+yz\right)+y^2\left(wx+wz+xz\right)+z^2\left(wx+wy+xy\right)+2wxyz,
\]
所以 \(\alpha_{AB}+\alpha_{CD}=\alpha_{AC}+\alpha_{BD}=\alpha_{BC}+\alpha_{AD}\)。
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发表于 2017-5-27 18:55:42 | 显示全部楼层
那应该有一个漂亮的几何证明。我相信!
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发表于 2017-6-1 22:24:55 | 显示全部楼层
杨之老师80年代解决过

点评

有相关文章结论的截图吗?我从来没见过有完整的结论,只看见过那三个角的和的余弦值相等的结论,但光有余弦值相等并不能证明角的和就相等,因为角的和的范围是(0°,360°)。  发表于 2017-6-3 09:02
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 楼主| 发表于 2017-6-9 09:49:03 | 显示全部楼层
与上面命题几乎一样的命题:
四面体 \(ABCD\) 中二面角 \(D\text{-}AB\text{-}C\) 的平面角是 \(\alpha_{AB}\),二面角 \(B\text{-}AC\text{-}D\) 的平面角是 \(\alpha_{AC}\),二面角 \(C\text{-}AD\text{-}B\) 的平面角是 \(\alpha_{AD}\),二面角 \(A\text{-}BC\text{-}D\) 的平面角是 \(\alpha_{BC}\),二面角 \(A\text{-}BD\text{-}C\)的平面角是 \(\alpha_{BD}\),二面角 \(A\text{-}CD\text{-}B\) 的平面角是 \(\alpha_{CD}\),则 \(AB-CD=AC-BD=AD-BC\) 的充要条件是 \(\alpha_{AB}-\alpha_{CD}=\alpha_{AC}-\alpha_{BD}=\alpha_{AD}-\alpha_{BC}\)。
此时四面体有另外一种棱切球,如图,红色部分是四面体内部,点 \(A\) 是最上方的点:
1.png

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 楼主| 发表于 2017-6-9 09:56:29 | 显示全部楼层
两种棱切球有统一的半径计算公式:四面体体积是 \(V\),各顶点到球的切线长分别是 \(w\)、\(x\)、\(y\)、\(z\),则棱切球半径为
\[
\frac{2wxyz}{3V}。
\]
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发表于 2021-6-10 18:20:16 | 显示全部楼层
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