Question

14．（1）已知O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO并延长交对边于A′，B′，C′，则$\frac{{O{A^'}}}{{A{A^'}}}+\frac{{O{B^'}}}{{B{B^'}}}+\frac{{O{C^'}}}{{C{C^'}}}=1$，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：$\frac{{O{A^'}}}{{A{A^'}}}+\frac{{O{B^'}}}{{B{B^'}}}+\frac{{O{C^'}}}{{C{C^'}}}=\frac{{{S_{△OBC}}}}{{{S_{△ABC}}}}+\frac{{{S_{△OCA}}}}{{{S_{△ABC}}}}+\frac{{{S_{△OAB}}}}{{{S_{△ABC}}}}=1$．
请运用类比思想，对于空间中的四面体A-BCD，存在什么类似的结论？并用体积法证明．
（2）已知0＜x＜2，0＜y＜2，0＜z＜2，求证：x（2-y），y（2-z），z（2-x）不都大于1．

Answer 1

分析 （1）先根据所给的定理写出猜想的定理，把面积类比成体积，把面积之和等于1，写成体积之和等于1，再进行证明．
（2）利用反证法，即可证明．

解答 （1）解：在四面体A-BCD中任取一点O，连接AO，BO，CO，DO并延长交对面于E，F，G，H点，
则$\frac{OE}{AE}$+$\frac{OF}{DF}$+$\frac{OG}{BG}$+$\frac{OH}{CH}$=1．
证明：在四面体O-BCD与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）证明：方法一：假设x（2-y）＞1且y（2-z）＞1，且z（2-x）＞1均成立，
则三式相乘，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与 ①矛盾，故假设不成立．∴x（2-y），y（2-z），z（2-x）不都大于1．
方法二：假设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与 ③矛盾，故假设不成立．
∴原题设结论成立．

点评 本题考查类比推理，考查用反证法证明数学命题，把要证的结论进行否定，在此基础上推出矛盾，是解题的关键．