几何证明题集-R12

232连ABP，又连PT。由点对于球易得：2PTPAPB。显然PAPB常数。这是因为PAB、、三点都是确定的。由此想得T点的轨迹很可能是⊙()PPAPB。证明：（1）完备性：由探求已知T⊙()PPAPB。（2）纯粹性：在⊙()PPAPB上任取一点T，作直线OT。在平面OBT上作BT的中垂线交OT于O。以O为中心，OT或OB长为半径可确定一球()OR，此球切平面于T，PT为它的一切线，连PB球()ORA。则：2PTPBPA。∵T()OPPAPB，∴2PTPAPB。因此PBPAPBPA。∴PAPA即且AA。故得球()OR过AB、且切平面于T。因而T是合条件的点。根据（1）、（2）可知，T点的轨迹是一圆⊙()PPAPB。讨论：（1）若AB且AB、在的同侧，则T点的轨迹是一圆；（2）若AB且AB、在的异侧，无轨迹；（3）若AB∥，则T点的轨迹是一直线P，直线就是AB中垂面与平面的交线。在理论上，P是半径无穷大，中心在无穷远处的极限圆。4.60证明从任一点到四面体各顶点距离的平方和，等于从四面体的重心到各顶点距离的平方和加上4倍重心与该点距离的平方。从此推证：设一点到四面体各顶点距离的平方和为常数，则其轨迹（如果存在的话）为一球面。题设：G为四面体ABCD的重心，P是任一点，连PAPB、、PCPDPG、、。题断：（1）22222222PAPBPCPDGAGBGCGD24PG。（2）若22222PAPBPCPDR，R为定长，则P点的轨迹（如存在的话）是一球面。证明：（1）设EF、为ABCD、的中点，则由2.26题知，G为EF中点。∵22221(4)2PAPBPEAB；22221(4)2PCPDPFCD；22221(4)2PEPFPGEF；因此：2222222214()2PAPBPCPDPGABCDEF。233又∵2222222222ABEFABGEGAGB；2222222222CDEFCDGFGCGD。故22222224PAPBPCPDGAGBGCGDPG。（2）①完备性：∵由（1）证得：222221(4PGRGAGBGC22),GDrr为常数。∴P球()Gr。②纯粹性：在球()Gr上任取一点P。∵（1）证得：22PAPB22PCPD22GAGB2224GCGDPG2GA22224GBGCGDr2222GAGBGCGD（22222kGAGBGCGD）2k。222PAPBPC22PDk，因而P是合条件的点。故P点的轨迹是一球面()Gr。讨论：（1）当22kGA222GBGCGD时，轨迹是一圆；（2）当222kGAGB22GCGD时，轨迹是一点G；（3）当222kGAGB22GCGD时，无轨迹。4.61正四面体棱长为a，有一个球切于各棱，求其半径。题设：正四面体ABCD的棱长为a，一球()Ox切于各棱。求：x=？解：设球()Ox切ABBCCDDA、、、、ACBD、于EMGNFH、、、、、。∵⊙MEF是△ABC的内切圆，又∵△ABC是正△ABC，∴MEF、、是CB、BAAC、的中点。题图4-60-1题图4-60-2234同理可证得其它三切点各为所在棱的中点。因此O在AB的中垂面上（由OE垂直平分AB知），O也在CD的中垂面上（由OG垂直平分CD知）。∴O在两中垂面的交线上，因而中垂面交线就是EG。∴EG为球()Ox的直径，因而2EGx。不难证：棱长为Q的正四面体的一双对棱中点联线长为22a，即22EGa，故得24xa。4.62动直线平行于给定平面且与不共面的两定直线相交，求定比分介于两交点间线段的分点的轨迹。题设：一定平面，两异面直线abl、，是一动直线，它平行且交ab、于ABP、，是线段AB的定比R分点。求：P点的轨迹。探求：设aA，bB，P为AB的定比R分点。由P作直线aa，bb。又过A作AAAP交a于A，自B作BBBP交b于B，则PABAB、、、、共面且所共面平行于，因此APB、、共线，AB、有定向[()]ABab平面。PA:PBAA:BBAP:BPR，由此得知P点轨迹很可能是一直线p（由P是夹于两定直线的定向线段AB的定比R分点而知）。证明：作一夹于ab、且平行于()ab平面的线段00AB，取00AB的定比R分点为0P。又过0PP作直线P。（1）完备性：∵在探求已知P是定向()ab平面线段AB的定比R的分点，即()ABab平面且PA:PBR。又∵00()ABab平面且PA:PBR。再∵AB、00AB均介于ab间。∴由平面几何定理得0POPP、、三点共线，故P直线p。题图4-62题图4-61235（2）纯粹性：在直线p上任取一点P，过P作一介于ab、间且平行于()ab平面的线段AB，则PA:PB00''PA:00''PBR。又过'A作00'AAPA交a于A，过'B作00'BBPB交b于B，则'PABBA、、、、五点共面且平行于，因此''ABAB、相交于一点，AB不难得此点就是P。∵且'AA()ab平面'BB，∴△'PAA∽△'PBB，因而PA:PB'PA:''PBAA:'BBAP:PBR。∴PA:PBR。故P是介于a、b间、平行于的线段AB的定比分点。综合（1）、（2）得，P点的轨迹是一直线p。讨论：若a、b有一平行于平面，则无轨迹。4.63证明棱锥有外接球的充要条件是：它的底可内接于圆。题设：12–SAA、…nA是一棱锥。题断：它有外接球的充要条件是：底12AA、…nA可内接于圆。证明：（1）充分性∵平面多边形12AA、…nA可内接于圆⊙1O，∴过1O作直线l平面12AA、…nA，则l上任一点与12AA、…nA等距。作线段1SA的中垂面。∵1SA不平行也不在平面12AA、…nA上，∴不垂直于平面12AA、…nA，因此l，故可设lO。又∵Ol，∴O且Ol。∴112OSOAOAOA且…nOA。因而12OSOAOA…nOA。由此可见，–S12AA…nA有外接球。（2）必要性∵–S12AA…nA有外接球()OR。∴12AA、…nA在球()OR与平面12AA、…nA的交线上。又∵球()OR与平面12AA、…nA的交线是一圆⊙1O，∴平面多边形12AA、…nA内接于圆⊙1O。故由（1）、（2）得题断成立。4.64证明棱柱有外接球的充要条件是：它的底可内接于圆且为直棱柱。题图4-63236题设：12AA、…nA―12B、B…nB是棱柱。题断：它有外接球的充要条件是：两底12AA、…nA和12B、B…nB各可内接于一圆且为直棱柱。证明：（1）充分性∵12AA、…nA，12B、B…nB可内接于⊙A、⊙B。又∵12AA、…nA―12B、B…nB为直棱柱。AB平面12AA、…nA，AB平面12BB…nB。因此，AB上任取一点既与12AA、…nA等距离，也与12B、B…，nB等距。故AB的中点1OA与、2A、…、nA、12B、B…、nB等距。故12AA、…nA―12B、B…nB有外接球()OR。（2）充分性设12AA、…nA―12B、B…nB有外接球()OR。12AA、…nA是平面多边形且各顶点在球()OR上，12AA、…nA可内接于一圆⊙A。同理12B、B…nB可内接于一圆⊙B。12AA…nA―12BB…nB是棱柱。1221AABB为平行四边形，又1221AABB、、、在同一球()OR上，必内接于圆，1221AABB为矩形。从而可得12AA、…nA―12B、B…nB为直棱柱。根据（1）、（2）的证明，得知题断成立。4.65证明棱台有外接球的充要条件是：它的两底之一可内接于圆且各侧棱相等。题设：12AA…nA―12BB…nB是一棱台。题断：它有外接球的充要条件是，12AA…nA（或12BB…nB）可内接于圆，且1122ABAB…nnAB。证明：（1）充分性：假设12AA、…nA可内题图4-64题图4-65237接于圆⊙A，则12BB…nB也可内接一圆⊙B，这是因为由棱台定义知12AA…nA∽12BB…nB。因此实际上12AA…nA、12BB…nB各内接于一圆⊙A、⊙B。连AB不难得iiAABB为一梯形(1,2i…)n。∵iAA等长，iBB等长，iiAB等长，∴iiAABB互相全等，因此，AB与iBB夹角相等。由1.39题得ABiBB，因而AB平面12BB…nB。同理得AB平面12AA…nA。∴AB上任一点与12AA、…nA等距，与12BB、…nB也等距，在平面11AABB内作11AB中垂线交AB于O，则11OAOB。故12OAOA…12nOAOBOB…nOB。因此，12AA…nA—12BB…nB有一外接球()OR。（2）必要性：设12AA…nA—12BB…nB有外接球()OR。∵12AA…nA是平面多边形且各顶点在球()OR上，∴12AA…nA可内接于一圆⊙A，同理12BB…nB也可内接于一圆⊙B。∵1221AABB为梯形且各顶点在球()OR上，1221AABB必是等腰梯形，因此1122ABAB。同理可证2233ABAB…11nnABAB。∴1122ABAB…nnAB。有（1）、（2）的证明，题断成立无疑。4.66在二面角的每一面上给定一点，在棱上求一点使到这两点的联线互相垂直。题设：AB、是二面角l的面、上各给定的一点。求作：l上的一点C，使ACCB。分析：假定C点已求得，则90ACB，C在以AB为直径定球()OR上。因此C点是l与球()OR的交点。故由4.1题可求出C点。作图证明：略。参见4.1题。讨论：设2ABa，AB中点O至l距离为d，若：（1）ad，则有二个解；（2）=ad，则有一个解；（3）ad，则无解。4.67通过定点求作一直线使与三定直线成等角。题设：一定点P，三定直线ab、、c。题求：过P作一直线l，使与a、bc、成等角。题图4-66238分析：假设直线l已作得。过P引直线'aa，'bb，'cc。则l与'''abc、、三直线夹角相等，此时由2.20题可知l是可作出的。作图：（1）过P引直线'aa，'bb，'cc；（2）由2.20题过P作出直线l，使l与'''abc、、夹角相等，则l就是所求。证明：略。讨论：（1）abc、、共面时，若：①在abc、、中，有二线平行，则有无限多解；②在abc、、中任二线不平行，则有唯一解。由1.39题还知，labc、、。（2）当abc、、不共面时，若：①在abc、、中有二线平行，则有无限多解；②abc、、任二线不平行时，则有四个解。4.68求作一点使到四定平面距离之比等于四条定线段之比。题设：四定平面,abcd、、、、、、为四定线段。求作：一点P，使到、、、四平面距离之比1d:2d:3d:4da:b:c:d。分析：假若P点已作出，则由1d:2da:b知P点在“至、的距离之比为a:b的点的轨迹12U”上，由2d:3db:c知P点在“至、的距离之比为b:c的点的轨迹23U”上，由3d:4dc:d知P点在“至、的距离之比为c:d的点的轨迹34U”上，因此P就是12U、2334UU、的交点（公共点）。而根据4.30题和4.31题知：12U、2334UU、是可作出，故P可求得。作图：（1）作出“至、距离之比为a:b的点的轨迹12U”（利用4.30题和4.31题）；（2）作“至、距离之比为b:c的点的轨迹23U”；（3）作“至、距离之比为c:d的点的轨迹34U”。设12U、2334UU、交于一点P，则P点就是所求的点。证明：12PU，1d:2da:b。23PU，2d:3