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[几何] 与正三角形或正四面体有关边长(棱长)问题

QQ截图20180712183104.jpg
2018-7-12 18:33
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几乎没公式都要贴图唉……

好吧,用爪机QQ提取图片文字,再打几个小代码,即得:

1. (1)正三角形ABC的三个顶点分别在互相平行的三条直线上,
  相邻两条平行线的距离分别为`d_1, d_2`. 求正三角形的边长.

  (2)正三角形ABC的三个顶点分别在半径分别为`r_1, r_2, r_3`的
  同心圆上,求正三角形ABC的边长.

2. (1)正四面体A-BCD的四个顶点分别在互相平行的四个平面
  内,相邻两个平面之间的距离分别为`d_1, d_2, d_3`, 求正四面
  体A-BCD的棱长.

  (2)正四面体A-BCD的四个顶点分别在半径为`r_1, r_2, r_3, r_4`的同
  心球上,求正四面体A-BCD的棱长.

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1. (1):设边长为 `a`,懒得画图了,反正由勾股定理有
\[d_1^2 + x_1^2 = d_2^2 + x_2^2 = (d_1 + d_2)^2 + (x_1 - x_2)^2 = a^2,\]解得\[a=\frac{2\sqrt{d_1^2+d_1d_2+d_2^2}}{\sqrt3}.\]

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回复 3# kuing


    谢谢Kuing,问题1(1),我也在网上找到相应的解答了!
另外几个问题还不会。。。

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跳过圆的,先玩四面体与平面的,因为 7 年前玩高考题的时候就玩过其特例(2011 江西理数21,《撸题集》P393~394),方法照搬即可。

2. (1):设正四面体的棱长为 `a`,体积为 `V`,则 `V=\sqrt2a^3/12`,这里为方便书写,下面记
\begin{align*}
e_1&=d_1,\\
e_2&=d_1+d_2,\\
e_3&=d_1+d_2+d_3,\\
t&=\frac{e_1}{e_2},\\
u&=\frac{e_1}{e_3},
\end{align*}
图也照用撸题集里的图好了:
QQ截图20180713161336.png
2018-7-13 16:18

那么 `A_3D=ta`, `A_3C=ua`,所以
\[V_{A_3\text{-}CDA_2}=tuV=\frac{\sqrt2}{12}tua^3,\]
由余弦定理有
\begin{align*}
A_2D^2&=a^2+(ta)^2-ta^2=(1+t^2-t)a^2,\\
A_2C^2&=a^2+(ua)^2-ua^2=(1+u^2-u)a^2,\\
CD^2&=(ta)^2+(ua)^2-tua^2=(t^2+u^2-tu)a^2,
\end{align*}
代入海伦公式中化简,最终得
\[\S{CDA_2}=\frac{a^2}4\sqrt{3t^2+3u^2+3t^2u^2-2t^2u-2tu^2-2tu},\]
所以
\[V_{A_3\text{-}CDA_2}=\frac13d_1\cdot\S{CDA_2}=\frac{a^2d_1}{12}\sqrt{3t^2+3u^2+3t^2u^2-2t^2u-2tu^2-2tu},\]
这样我们就得到
\[\frac{\sqrt2}{12}tua^3=\frac{a^2d_1}{12}\sqrt{3t^2+3u^2+3t^2u^2-2t^2u-2tu^2-2tu},\]
从而
\begin{align*}
a&=\frac{d_1}{\sqrt2tu}\sqrt{3t^2+3u^2+3t^2u^2-2t^2u-2tu^2-2tu}\\
&=e_1\sqrt{\frac32\left( \frac1{t^2}+\frac1{u^2}+1 \right)-\frac1t-\frac1u-\frac1{tu}}\\
&=\sqrt{\frac32(e_1^2+e_2^2+e_3^2)-e_1e_2-e_2e_3-e_3e_1}.
\end{align*}

来验证了下计算有没有出错,用当年2011江西理数21的结果来验,当年四平面距离均为1结果是`\sqrt{10}`,而上述公式代入 `e_1=1`, `e_2=2`, `e_3=3` 确实得出就是 `\sqrt{10}`,应该没问题了。
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回复 5# kuing


    N人呀,2011年的题目都记得如此清楚!

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来玩圆的,也懒得画图了,因为玩的是代数坐标计算。

1. (2):设三个圆的方程为 `O_i`: `x^2+y^2=r_i^2`, `i=1`, `2`, `3`,设三圆上的三点 `A`, `B`, `C` 构成正三角形,不妨设 `A(r_1,0)`,现在,将 `O_2` 绕 `A` 顺时针旋转 $60\du$,易知旋转后的方程为
\[\left( x-\frac12r_1 \right)^2+\left( y-\frac{\sqrt3}2r_1 \right)^2=r_2^2,\]
这个圆与 `O_3` 的交点就是正三角形的另一个顶点 `C`(这意味着结果一般有两解)。

那么,设正三角形的边长为 `a`,则由以下方程组
\[\led
\left( x-\frac12r_1 \right)^2+\left( y-\frac{\sqrt3}2r_1 \right)^2&=r_2^2,\\
x^2+y^2&=r_3^2,\\
(x-r_1)^2+y^2&=a^2,
\endled\]
所确定的 `a` 即为所求,通过简单的加减消元,即可将 `x`, `y` 消去,最终得到
\[a^4-a^2(r_1^2+r_2^2+r_3^2)+r_1^4+r_2^4+r_3^4-r_1^2r_2^2-r_2^2r_3^2-r_3^2r_1^2=0,\]
解得
\[a^2=\frac{r_1^2+r_2^2+r_3^2\pm\sqrt{3(2r_1^2r_2^2+2r_2^2r_3^2+2r_3^2r_1^2-r_1^4-r_2^4-r_3^4)}}2,\]
根号里可以分解,即
\[a=\sqrt{\frac{r_1^2+r_2^2+r_3^2\pm\sqrt{3(r_1+r_2+r_3)\prod(r_1+r_2-r_3)}}2}.\]

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球真是不易玩,暂时只能完全用坐标代数法……

设正四面体的四顶点 `A_i` 分别在球面 `O_i`: `x^2+y^2+z^2=r_i^2` 上(`i=1`, `2`, `3`, `4`),不妨设 `A_1(0,0,r_1)` 以及 `A_i(x_i,y_i,z_i)`, `i=2`, `3`, `4`。

设棱长为 `a`,则有
\[\led
x_i^2+y_i^2+z_i^2&=r_i^2\quad(i=2,3,4),\\
x_i^2+y_i^2+(z_i-r_1)^2&=a^2\quad(i=2,3,4),\\
(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2+(z_i-z_j)^2&=a^2\quad(2\leqslant i<j\leqslant4),
\endled\]
一共九条等式,将后面的展开化简一下为
\[\led
x_i^2+y_i^2+z_i^2&=r_i^2\quad(i=2,3,4),\\
2r_1z_i&=r_i^2+r_1^2-a^2\quad(i=2,3,4),\\
2(x_ix_j+y_iy_j+z_iz_j)&=r_i^2+r_j^2-a^2\quad(2\leqslant i<j\leqslant4),
\endled\]
这样就可以消去 `z_i`,得
\[\led
x_i^2+y_i^2&=r_i^2-\left( \frac{r_i^2+r_1^2-a^2}{2r_1} \right)^2\quad(i=2,3,4),\\
x_ix_j+y_iy_j&=\frac{r_i^2+r_j^2-a^2}2-\frac{(r_i^2+r_1^2-a^2)(r_j^2+r_1^2-a^2)}{4r_1^2}\quad(2\leqslant i<j\leqslant4),
\endled\]
不难验证有如下恒等式
\begin{align*}
&(x_2^2+y_2^2)(x_3^2+y_3^2)(x_4^2+y_4^2)+2(x_2x_3+y_2y_3)(x_2x_4+y_2y_4)(x_3x_4+y_3y_4)\\
={}&(x_2^2+y_2^2)(x_3x_4+y_3y_4)^2+(x_3^2+y_3^2)(x_2x_4+y_2y_4)^2+(x_4^2+y_4^2)(x_2x_3+y_2y_3)^2,
\end{align*}
这样,将前面的六条等式全部代入上式中,化简后最终得出
\[3a^4-2a^2\sum_{i=1}^4r_i^2+3\sum_{i=1}^4r_i^4-2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant4}r_i^2r_j^2=0,\]
解得
\[a=\sqrt{\frac13\sum_{i=1}^4r_i^2\pm\frac23\sqrt{-2\sum_{i=1}^4r_i^4+2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant4}r_i^2r_j^2}}.\]
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楼上中间那条恒等式纯粹是搞这题而发现的,还可以写成平面向量的形式:设 `\bm a=(x_2,y_2)`, `\bm b=(x_3,y_3)`, `\bm c=(x_4,y_4)`,则那恒等式就可以写成
\[\bm a^2\bm b^2\bm c^2+2(\bm a\cdot\bm b)(\bm b\cdot\bm c)(\bm c\cdot\bm a)=\bm a^2(\bm b\cdot\bm c)^2+\bm b^2(\bm c\cdot\bm a)^2+\bm c^2(\bm a\cdot\bm b)^2,\]
说不定还有更一般的形式,有空再研究……

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回复 9# kuing

wocao!如果 `\bm a`, `\bm b`, `\bm c` 是空间向量,则有
\[\bm a^2\bm b^2\bm c^2+2(\bm a\cdot\bm b)(\bm b\cdot\bm c)(\bm c\cdot\bm a)=\bm a^2(\bm b\cdot\bm c)^2+\bm b^2(\bm c\cdot\bm a)^2+\bm c^2(\bm a\cdot\bm b)^2+\bigl(\bm a\cdot(\bm b\times\bm c)\bigr)^2.\]
从而无意中得出一个四面体体积公式

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回复 1# lemondian
好题一组!

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