Question

14．（1）已知O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接AO，BO，CO并延長(zhǎng)交對(duì)邊于A′，B′，C′，則$\frac{{O{A^'}}}{{A{A^'}}}+\frac{{O{B^'}}}{{B{B^'}}}+\frac{{O{C^'}}}{{C{C^'}}}=1$，這是一道平面幾何題，其證明常采用“面積法”：$\frac{{O{A^'}}}{{A{A^'}}}+\frac{{O{B^'}}}{{B{B^'}}}+\frac{{O{C^'}}}{{C{C^'}}}=\frac{{{S_{△OBC}}}}{{{S_{△ABC}}}}+\frac{{{S_{△OCA}}}}{{{S_{△ABC}}}}+\frac{{{S_{△OAB}}}}{{{S_{△ABC}}}}=1$．
請(qǐng)運(yùn)用類比思想，對(duì)于空間中的四面體A-BCD，存在什么類似的結(jié)論？并用體積法證明．
（2）已知0＜x＜2，0＜y＜2，0＜z＜2，求證：x（2-y），y（2-z），z（2-x）不都大于1．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)所給的定理寫出猜想的定理，把面積類比成體積，把面積之和等于1，寫成體積之和等于1，再進(jìn)行證明．
（2）利用反證法，即可證明．

解答 （1）解：在四面體A-BCD中任取一點(diǎn)O，連接AO，BO，CO，DO并延長(zhǎng)交對(duì)面于E，F(xiàn)，G，H點(diǎn)，
則$\frac{OE}{AE}$+$\frac{OF}{DF}$+$\frac{OG}{BG}$+$\frac{OH}{CH}$=1．
證明：在四面體O-BCD與A-BCD中，$\frac{OE}{AE}$=$\frac{{V}_{O-BCD}}{{V}_{A-BCD}}$
同理有：$\frac{OF}{DF}$=$\frac{{V}_{O-ABC}}{{V}_{D-ABC}}$，$\frac{OG}{BG}$=$\frac{{V}_{O-ACD}}{{V}_{B-ACD}}$，$\frac{OH}{CH}$=$\frac{{V}_{O-ABD}}{{V}_{C-ABD}}$，
∴$\frac{OE}{AE}$+$\frac{OF}{DF}$+$\frac{OG}{BG}$+$\frac{OH}{CH}$=$\frac{{V}_{O-BCD}}{{V}_{A-BCD}}$+$\frac{{V}_{O-ABC}}{{V}_{D-ABC}}$+$\frac{{V}_{O-ACD}}{{V}_{B-ACD}}$+$\frac{{V}_{O-ABD}}{{V}_{C-ABD}}$=1．
（2）證明：方法一：假設(shè)x（2-y）＞1且y（2-z）＞1，且z（2-x）＞1均成立，
則三式相乘，得xyz（2-x）（2-y）（2-z）＞1 ①
由于0＜x＜2，∴$0＜x（{2-x}）≤{（\frac{x+2-x}{2}）^2}=1$
同理：0＜y（2-y）≤1，且0＜z（2-z）≤1．∴三式相乘，得0＜xyz（2-x）（2-y）（2-z）≤1 ②
 ②與 ①矛盾，故假設(shè)不成立．∴x（2-y），y（2-z），z（2-x）不都大于1．
方法二：假設(shè)x（2-y）＞1且y（2-z）＞1，且z（2-x）＞1均成立．
∴$\sqrt{x（2-y）}+\sqrt{y（2-z）}+\sqrt{z（2-x）}＞3$ ③
而 $\sqrt{x（2-y）}+\sqrt{y（2-z）}+\sqrt{z（2-x）}$$≤\frac{x+（2-y）}{2}+\frac{{y+（{2-z}）}}{2}+\frac{z+（2-x）}{2}=3$④
④與 ③矛盾，故假設(shè)不成立．
∴原題設(shè)結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查類比推理，考查用反證法證明數(shù)學(xué)命題，把要證的結(jié)論進(jìn)行否定，在此基礎(chǔ)上推出矛盾，是解題的關(guān)鍵．