六正数构成四面体六棱长的充要条件_构成四面体的一个充要条件及其推论

　　重庆育才中学校 400050 　　 　　摘要：任意两数之和大于第三个数是三正数构成三角形三边的充要条件. 四面体是由六条棱构成的，那么六正数满足什么条件时才能构成四面体的六条棱呢？本文得出了六正数构成四面体六棱长的充要条件.
　　关键词：四面体；充要条件；棱长
　　
　　6个正数如何构成四面体的6棱长呢？我们知道三角形和四面体分别是平面几何和立体几何中最简单的封闭图形，在过去的学习过程中，我们对三角形的相关性质研究得比较多，也得出了很多优美的结论，但是对于四面体的研究就显得较少，可以说四面体是一片很有开发空间的“土地”，可以成为中学数学探究性学习的很好课题.
　　定理 设a，a′，b，b′，c，c′为6个正数，则这6个正数构成四面体6条棱长的充要条件是：F（a，a′，b，b′，c，c′）=a2a′2（－a2－a′2+b2+b′2+c2+c′2）+b2b′2・（a2+a′2－b2－b′2+c2+c′2）+c2c′2（a2+a′2+b2+b′2－c2－c′2）－（a2b2c2+a2b′2c′2+a′2b2c′2+a′2b′2c2）>0（其中a和a′，b和b′，c和c′各为四面体的一组对棱）.
　　[D][C][A][B][a′][b′][c′][c][b][a]
　　图1
　　证明 如图1所示，D-ABC为四面体，因为a，b，c；a′，b′，c，分别为△CAB和△DAB的三边. 由海伦面积公式易知（a2+b2+c2）2>2（a4+b4+c4）⇔2（a2b2+b2c2+a2c2）>a4+b4+c4. 所以，对于a，b，c及a′，b′，c有
　　2（a2b2+b2c2+a2c2）>a4+b4+c4，①
　　2（a′2b′2+b′2c2+a′2c2)>a′4+b′4+c4.②
　　当二面角D－AB－C的平面角α=0或π时，易知A，B，C，D四点共面.
　　[A][B][C][x][y][D]
　　图2
　　（1）当二面角D－AB－C的平面角α=0时，建立如图2所示的直角坐标系，则有A（0，0），B（c，0）. 假设C，D两点的坐标分别为C（x3，y3），D（x4，y4），那么我们有（x3-c）2+y=a2，x+y=b2，（x4-c）2+y=b′2，x+y=a′2. 解方程组可得C，D两点的坐标分别为：
　　C（（b2+c2－a2）／2c，／2c），D（（a′2+c2－b′2）／2c，／2c）（其中g（a，b，c）=－a4－b4－c4+2a2b2+2a2c2+2b2c2，且由①②式可知，g（a，b，c）>0，g（a′，b′，c）>0）.
　　[A][B][C][x][y][D′]
　　图3
　　（2）当二面角D－AB－C的平面角α=π时，建立如图3所示的直角坐标系，则有A（0，0），B（c，0）. 由（1）的推导过程，同理可得C，D′两点的坐标分别为C（（b2+c2－a2）／2c，／2c），D′（（a′2+c2－b′2）／2c，－／2c）.
　　由两点间的距离公式可知：
　　CD2=［u（a，a′，b，b′，c）－］／2c2，
　　CD′2=［u（a，a′，b，b′，c）+］／2c2
　　（其中u(a，a′，b，b′，c）=－c4+a2c2+b2c2+b′2c2+a′2c2－a′2b2+b′2b2+a′2a2－a2b′2）.
　　因A，B，C，D为四面体的4个顶点，则二面角D－AB－C的平面角α应满足00.
　　由于以上求解过程步步可逆，所以6个正数a，a′，b，b′，c，c′构成四面体的6条棱长的充要条件是：F（a，a′，b，b′，c，c′）>0，其中，a和a′，b和b′，c和c′各为四面体的一组对棱.
　　对于定理的充要条件，很容易认为：
　　只要对于△ABC的三边a，b，c，△ADB的三边a′，b′，c，△BCD的三边a，b′，c′，△ACD的三边a′，b，c′分别满足构成三角形的条件就可以保证6个正数a，a′，b，b′，c，c′可以构成四面体的6条棱长. 其实不然，例如：a=10，a′=9，b=7，b′=8，c=14，c′=11时，△ABC，△ADB，△BCD，△ACD都存在，但是F（a，a′，b，b′，c，c′）=－552 3210.
　　推论2空间4点A，B，C，D共面的充要条件是：F（a，a′，b，b′，c，c′）=0.
　　上述充要条件及其推论，在三角形的有关计算和一些数学奥赛定理的证明中，有着广泛的应用. 例如，已知三角形三边长，求中线和内角平分线长；证明托勒密（Ptolemy）定理，斯得瓦尔特（Stewart）定理，西姆松（Simson）定理等.
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