赣南师范大学数学与计算机科学学院(341000)曾建国

1 引言及主要结果

三角形中有等角线及边上的等角共轭点概念(图1).

图1

定义1[1]在ΔABC的边BC所在直线上取两点X、X′, 若直线AX、AX′关于∠A的平分线AM对称, 则称X′、X为BC边上的一对等角共轭点,称AX、AX′为从顶点A引出的一对等角共轭线(简称等角线).

关于三角形边上的等角共轭点有下面的一个共线点命题(图2).

图2

命题1[1]设一直线与ΔABC的边BC,CA,AB分别交于X,Y,Z,则X,Y,Z所在边上的等角共轭点X′,Y ′,Z′也共线.

文[2]将三角形的等角线概念引申至三维空间中, 建立了四面体等角面的概念(图3).

图3

定义2[2]从四面体A1A2A3A4的棱A2A3引两个平面,关于二面角A1-A2A3-A4的平分面对称, 与对棱A1A4所在直线分别交于点X、X′, 则称点X、X′为棱A1A4上的一对等角共轭点, 称平面A2A3X与A2A3X′为从棱A2A3引出的等角共轭面(简称等角面).

按此定义显然可知,四面体相邻两侧面是一对特殊的等角面.

约定若无特殊说明,本文所讨论的四面体的等角面一般不包括四面体的侧面.

在此基础上,本文将命题1 移植至四面体中,证明一个关于四面体的六点共面定理,即

定理1设平面π(非四面体侧面)与四面体A1A2A3A4的棱AiAj所在直线交于点Bij(1 ≤i ＜j≤4),则Bij在棱AiAj上的等角共轭点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)也共面.

2 几个引理

为证明定理1,我们先证明四面体中有关六点共面的一个必要和充分条件.

引理1设Bij是四面体A1A2A3A4的棱AiAj所在直线上一点(1 ≤i ＜j≤4),若六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面(非四面体的侧面[注1]),则此六个点中,位于每个侧面三角形三边所在直线上的三点均分别共线.

证明如图4,设六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)在平面π(非四面体侧面)上, 则此六个点中,每个侧面三角形三边所在直线上的三点显然都在该侧面与平面π的交线上.证毕.

图4

[注1]引理1 中若六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)在四面体的一侧面上,则结论不成立(参照后文图9).另外,引理1 对于六个点Bij中有某些点重合的特殊情形结论仍成立(参见后文图7、图8).

图7

图8

图9

引理2设Bij是四面体A1A2A3A4的棱AiAj所在直线上一点(1 ≤i ＜j≤4), 如果此六个点中, 位于每个侧面三角形三边所在直线上的三个点均分别共线, 那么六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面.

证明如图4,依题设知,每个侧面三角形三边所在直线上的三点均共线,由于这四条直线分别位于四个侧面上,它们不可能是同一条直线,否则四面体的四个侧面交于此直线,矛盾!

不妨设直线B12B14B24与B12B23B13是相异的直线,则它们相交于点B12, 于是它们确定一个平面π, 则直线B14B13、B23B24都在平面π上.

由B14,B34,B13共线(或B23,B34,B24共线)知,B34∈平面π.即六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面.证毕.

由引理1 和引理2 可得四面体中六点共面的一个充要条件.

推论1设Bij是四面体A1A2A3A4的棱AiAj所在直线上一点(非四面体顶点, 1 ≤i ＜j≤4), 则六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)共面的充要条件是: 此六个点中, 位于每个侧面三角形三边所在直线上的三个点均分别共线.

推论1 的题设限定了Bij非四面体顶点, 则六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)所共平面π非四面体侧面, 由引理1和引理2 可知推论1 成立.

定理1 的证明还需利用梅涅劳斯(Menelaus)定理及四面体等角面的一个性质.

引理3(Menelaus 定理)[3]设X,Y,Z分别是ΔABC的边BC,CA,AB所在直线上一点,则X,Y,Z共线的充要条件是

引理4设X是四面体A1A2A3A4的棱A1A4所在直线上一点,若二面角A1-A2A3-X与X -A2A3-A4的大小分别为α,β,顶点A1,A4所对侧面面积分别为S1,S4,则

证明如图5, 设A1,A4在平面A2A3X上的射影分别为E,F,过A1,A4作A2A3的垂线, 垂足分别为C、D,则∠A1CE与∠A4DF分别是二面角A1-A2A3-X与X -A2A3-A4的平面角(或其补角).则证毕.

图5

根据引理4 可以证明四面体等角面的下列性质(参见图3).

推论2[2]设X、X′是四面体A1A2A3A4的棱A1A4上的等角共轭点,顶点A1,A4所对侧面面积分别为S1,S4,则

证明如图3,设二面角A1-A2A3-X与X-A2A3-A4的大小依次为α,β,根据定义2 可知,二面角A1-A2A3-X′与X′ - A2A3- A4的大小依次为β,α.由引理4 可得证毕.

3 定理1 的证明

证明(1)当六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)均不是四面体A1A2A3A4的顶点时.

根据引理2 知,欲证六点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面,只需证明此六点中,位于每个侧面三角形三边所在直线上的三点都分别共线.

以侧面A1A2A4为例.如图6, 依题设知六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)在平面π(非四面体侧面)上, 根据引理1 可知,B12,B14,B24共线,根据引理3 的必要性知

图6

根据四面体等角面的性质(推论2)可得[注2]

同理可证, 六个点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)中, 位于其余各侧面三角形三边上的三点也分别共线, 所以六点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面.

(2)当六点Bij(1 ≤i ＜j≤4)中有四面体A1A2A3A4的某些顶点时,则平面π经过了这些顶点.依题设知平面π非四面体侧面,则平面π至多经过四面体A1A2A3A4的2 个顶点.

(i)如图7, 设平面π仅经过四面体A1A2A3A4的顶点A1,易知B12、B13、B14与A1重合,它们各自所在棱上的等角共轭点B′12(A2)、B′13(A3)、B′14(A4)都在侧面A2A3A4上,显然有六点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面(侧面A2A3A4).

(ii)如图8, 设平面π经过四面体A1A2A3A4的顶点A1,A4, 则B12,B13与A1重合,B24,B34与A4重合, 它们各自所在棱上的等角共轭点分别是A2,A3, 显然也有六点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)共面.证毕.

[注2]在上述证明过程中, 当某些点Bij是四面体A1A2A3A4的顶点时,不能使用推论2 来证明②式.因为此时有一些等角面是四面体的侧面(超出本文约定的范围),推论2 不成立.

另外需要特别指出的是, 当定理1 中平面π为四面体的某一侧面时, 结论不成立.如图9 中, 虽然诸点Bij(1 ≤i ＜j≤4)都在侧面A2A3A4上, 但其等角共轭点B′ij(1 ≤i ＜j≤4)可能不共面.

4 后记

本文所得的四面体六点共面定理(定理1)及证明过程表明,研究四面体的问题远比三角形中的情形复杂得多! 最后顺便指出,作为本文研究的“副产品”,本文中引理1、引理2及推论1 在证明有关四面体六点共面问题中,应该具有广泛的应用价值.