几何证明题集-R5

117因此n122()nEKKKK，故有：2nK。2.50证明有七条棱的多面体不存在。证明：首先可证，每一面只能是三角形。若有一面是四边形或更多的多边形，则剩下至多三条棱，这剩下的至多三条棱无法与四顶点或更多的顶点相连而得到一多面体。因此可得，假若存在有七条棱的多面体V，设V的面数为F，棱数为E，则23EF。∵7E，∴143F（非整数），与假设没有矛盾（由假设知F必为正整数）。故不存在有七条棱的多面体。2.51证明正四面体一双对棱中点的连线垂直于这两棱。题设：在正四面体ABCD中，EF、是ABCD、中点。题断：EFAB，EFCD。证明：连AFBFDECE、、、。ABCD是正四面体，∴FAFB。又EAEB，∴FEAB。同理得：EFCD。2.52正四面体以一顶点所引高的中点到其他三顶点连线，证明它们是一个三直三面角的三棱。题设：在正四面体ABCD中，'AA平面BCD于且'A，O为'AA的中点。题断：OBCD是三直三面角。证明：设正四面体ABCD的棱长为a。我们不难知道：'A为正△BCD的中心，因此'BA''CADA33a。22226''33aAAABBAaa。'6'26AAOAa，2222362''()()362OBBAAOaaa。同样得22OCa，22ODa。22222222()()22OBOCaaaBC。题图2-51题图2-52118因而知：BOC90。同理可证：COD90，DOB90。故OBCD是三直三面角。2.53证明正四面体一双对棱互相垂直。题设：ABCD、是正四面体ABCD的一双对棱。题断：ABCD。证明：取AB的中点E，连CEDE、。∵CEAB，DEAB，∴AB平面DCECD。故ABCD。2.54求作一平面使截正四面体的截面成矩形。题设：正四面体ABCD。求作：一平面截此四面体，使截面PQRS为矩形。分析：由已解决的2.28题知，首先必平行于一双对棱（这是由于矩形平行四边形）。在这里，不妨假设已作成，是平行于一双对棱AC、BD的。PQRS、、、在AB、BC、CD、DA上，我们不难知道PQ∥AC，QR∥BD。由上题得：ACBD。∴PQQR，因而PQRS为矩形。由此可见：平行于一双对棱的任一平面合条件。因而本题有无限多解。作图：从略。2.55求作一平面使截正四面体的截面成正方形。题设：正四面体ABCD。题作：平面截此体，使得截面PQRS为正方形。分析：假定图已作成，由上题知：当PQRS为矩形，是可作出的。若：PQRS为正方形，则PQQR，即BQQCACBDBCBC。ACBD，BQQC。因此Q为BC中点。从而可知PRS、、分别是ABCDDA、、的中点。作图极易，故从略。讨论：本题永有三解。题图2-53题图2-55题图2-541192.56计算正四面体和正八面体的二面角，从而证明二者互补。题设：、分别为正四面体和正八面体的二面角。题断：2d证明：取23AA中点N，连1AN、4AN（图2-56-1），则1AN⊥23AA，4AN⊥23AA，14ANA。因此cos2221414142NANAAANANA。令正四面体1234AAAA的棱长为一个单，cos222233()()1122332()2。因面arccos1()3。取'BC中点D，连AD、'AD，则'ADBC，''ADBC。'ADA。设正八面体的棱长为一个单位，则3','2ADADAA2。22222233()()(2)''22cos2'332()()22DADAAADADA13。因而=arccos1()3。故aarccos1()3arccos1()23d。2.57三等线段'AA、'BB、'CC的中点重合且两两互垂，证明：A、B、C、'A、'B、'C决定一个正八面体。证明：设O点是'AA、'BB、'CC的公共中点。'AA、'BB、'CC相等且垂直平分于O。,'OABCOBCA……是互为相等的正直棱锥。因此得：八面体的各面△ABC、△'BCA……是全等的正三角形且任相邻的二面角是相等的。（例如：'ABCAC'ABC，这是ABCO题图2-56-2题图2-56-1题图2-57120OBCACBAOOBAC，ABCO'OBCACBAO'OBAC，即'ABC'CBAC）。故得A、B、C、'A、'B、'C决定一个正八面体。2.58证明正四面体各棱中点是正八面体的顶点。题设：正四面体1111ABCD中，A、'A、B、'B、C、'C分别是三双对棱11AB、11CD，11AD、11BC，11AC、11BD的中点。题断：A、'A、B、'B、C、'C是正八面体的顶点。证明：由2.55题结论可知：''ABAB、''ACAC、''BCBC各为正方形，'AA⊥'BB且中点重合；'AA⊥'CC且中点重合；'BB⊥'CC且中点重合。因此：'AA、'BB、'CC是三等长线段且它们中点重合，两两垂直。故A、'A、B、'B、C、'C是正八面体的顶点（由上题知）。2.59证明正八面体可以用一个平面截得一正六边形。题设：正八面体'''ABCABC中题断：可以用一个平面截得一正六边形123456AAAAAA。证明：取AC、CB、'BA、''AC、''CB、'BA的中点126AAA，连12AA…6A得六边形123456AAAAAA。12AA∥AB平面'ABC，23AA∥'CA∥'AC平面'ABC，……61AA∥'CB∥'BC平面'ABC，1A、2A、3A…6A共平面，且∥平面'ABC。（1）我们很易得六边形123456AAAAAA各边长均为正八面体的棱长d的12。（2）又∵△OAC是等腰直角三角形，11122OAACa。同理得23612OAOAOAa。题图2-59题图2-58121因此1A、2A、3A…6A到正八面体中心O距离相等，且等于12AA。（3）故由（1）、（2）、（3）得：123456AAAAAA是正六边形，题断成立。2.60证明以平行于正八面体一面的任一平面截此体，截面的周界有定长。题设：在正八面体'''ABCABC中，一平面∥平面ABC截之，得截面为123456AAAAAA（题图2-60）。题断：122361AAAAAA,SS为定长。证明：设正八面体棱长为a。平面∥平面ABC，平面ABC∥平面'''ABC，平面∥平面'''ABC。又AB平面'ABC∩平面ABC，12AA平面'ABC∩平面，12AA∥AB（由1.11节节问题一）。同理得：23AA∥34''CAAA，∥45BCAA，∥56''ABAA，∥61ACAA，∥''BC。由此可设：356124123456''''''BACAAAAABAACkACACAAAAABAA。112'1'1CAAAABaCAk；2231'''1BAAACAaBCk；434'1'1AAAABCaCAk；5451'''1CAAAABaCBk；656'1'1ABAACAaABk；1611'''1AAAACBaACk；故122334455661AAAAAAAAAAAA11131kkkaak（定长）。2.61计算五种正多面体各有多少对角线。解：（1）正四面体∵任一顶点与其它顶点都各在一个面角内，∴没有对角线。（2）正六面体∵任一顶点与其它7顶点中只有一顶点不在同一面角内，∴过一顶点只有一条对角线。题图2-60122又∵一对角线过两顶点，∴正六面体共有8142条对角线。（3）正八面体∵任一顶点与其它五顶点中只有一顶点不在同一面角内，∴过每一顶点只有一条对角线。又∵任一对角线过两顶点，∴正八面体共有612＝3条对角线。（4）正十二面体∵任一顶点与其它十九顶点中有十顶点不在同一面角内，∴过每一顶点有十条对角线。又∵任一对角线过两顶点，∴正十二面体共有20102100条对角线。（5）正二十面体∵任一顶点与其它十一顶点中有六顶点不在同一面角内，过每一顶点有六条对角线。又任一对角线过两顶点，正二十面体共有126362条对角线。我们总结上面所解得，列表如下：正多面体名称对角线数正四面体0正六面体4正八面体3正十二面体100正二十面体36题图2-611232.62一多面体的棱数为30，面数为12，求它的各面角之和。解：棱数30E，面数12F，由欧拉定理得顶数220VEF。故由1-12-5例题2得：多面体的面角和4(2)72SVdd。2.63证明：在每个第零类多面体中，3452345EFFF…345345VVV…，其中E表示棱数，iF和iV分别表示i边多边形的面数和i面多面角的顶数。证明：3F表示三边形的面数，所有三边形的边数和（即棱和）为33F。同样得所有四边形的边数和为44F；所有五边形的边数和为55F；…因此所有这些多边形的边数总和为：345345FFF…又多面体中，任一棱是两个面多边形的公共边，多面体中，棱数3451(3452EFFF……）故：3452345EFFF…多面体中，任一棱是两个多面角的公共棱，i面角有i条棱，3452345EVVV…因而3452345EFFF…345345VVV…2.64证明在每个第零类多面体中，2E≥3V，2E≥3F，其中E、V、F分别表示多面体的棱、顶、面数。证明：由上题知：34234EVV…≥334(VV…)3V，即2E≥3V。34234EFF…≥334()3FFF，即2E≥3F。2.65同上，证明：Ed≤3V≤24EF，≤2V≤486FE，≤3F≤2E，4V≤2F≤4V-8。证明：（1）由上题结论得：3V≤2E。又由欧拉定理，2VFE得：6332EVFE；而由上题可得：32FE≤0。63(32)EVFE≤3V。故6E≤3V≤2E。（2）由欧拉定理：2VFE得：42()FFVFE2(32)VFE。又由上题知：32FE≤0，42(32)FVFE≤2V。4844()4()2462FFVFEEVVEVV2(23)EV，124又23EV≥0（由上题得），4822(23)FVEV≥2V。故4F≤2V≤48F。（3）因由上题或欧拉定理得：63()3(32)EEVFEFVE≤3F；3F≤2E。故：6E≤3F≤2E。（4）因由上题或欧拉定理得：42()2VVVFEF(32)VE≤2F；4844()24622VVVFEFEFF(23)EF≥2F。故：4V≤2F≤48V。2.66证明在每一第零类多面体中，至少有一个三角形的面或一个三面角的顶点，并且三角形面数与三面角顶数之和至少等于8。证明：假设没有三角形的面，也没有三面角的顶点，则E≥42F（由每面是不少于四边的多边形得），E≥42F（由每顶点是不少于四条棱的多面角顶点得）。因此，FV≤E。FVE≤0，显然这与欧拉定理2FVE矛盾，原假设不成立。故至少有一个三角形的面或一个三面角的顶点。由2.63得：33452445EFFFF……；3324EVV4545VV……；32EF≥345444FFF……3454(FFF……)4F。32EV≥345444VVV……3454(VVV……)4V。因此，33(2)(2)EFEV≥4()FV，故33FV≥4(FV)8E（欧拉定理得）。2.67长方体三面的对角线分别为a、b、c，求