吳燃+羅增儒

本刊文[1]是談三視圖問題“潛在假設”的，不料，文章的例6也存在“潛在假設”的漏洞，本文對此進行了認真的自我剖析，并從中獲取積極的成果，盼廣大讀者批評指正.

1反思一個漏洞

1.1兩個“潛在假設”需要澄清

圖1在文[1]的例6中，筆者曾考慮過三視圖（如圖1）所示的幾何體的體積.

解：圖1中三視圖均為四分之一的全等扇形，半徑r=1，從而，幾何體為單位球在第一卦限部分，體積為

V=18V球=18×43πr3=π6.

文[1]認為解法存在兩個“潛在假設”：

（1）“潛在假設”每一視圖均為四分之一的全等扇形.

其實，對球面x2+y2+z2=1.0012，過點0.002001，0.002001，0.002001分別作三個平行于坐標平面的截面，取所截得的第一個卦限部分（記為幾何體V），則由

x2+y2=1.0012-0.0020012=1，

x2+z2=1.0012-0.0020012=1，

y2+z2=1.0012-0.0020012=1，

知幾何體V的三視圖形如圖1，但體積不是單位球在第一卦限部分.

（2）其二，“潛在假設”三視圖（如圖1所示）均為四分之一全等扇形的幾何體必為單位球在第一卦限部分.

其實，曲面x2+y2+z2+x2y2z2=1①

所圍成的幾何體不是單位球，但它“x≤1，y≤1，z≤1同時成立”，分別取x=0，y=0，z=0都得出單位圓，并且對任意的0

可見，對圖1的兩個“潛在假設”確實需要澄清.

1.2反思進一步思考的漏洞

在文[1]中，筆者還進一步談到“球的三視圖是三個等圓，但三視圖是三個等圓的幾何體未必是球”，主要論據(jù)是給出曲面

x2+y2+z2+xyz=1②

所圍成的幾何體，并認為它在坐標平面上的投影均為單位圓（分別取x=0，y=0，z=0都得出單位圓），但這個幾何體不是球.其實，當時也有兩個“潛在假設”，其一，潛在假設x≤1，y≤1，z≤1同時成立；其二，當用平行于坐標平面的平面去截曲面②時（如z=α，0<α<1），得到的截線是橢圓

x212-2α22+α+y212-2α22-α=1，（0<α<1）.③

“潛在假設”這個橢圓的投影不會超出正方形及其內(nèi)切單位圓.

最近，經(jīng)過自我反思，發(fā)現(xiàn)這里面有不少漏洞.

反思1分別取x=0，y=0，z=0都得出單位圓，不能推出曲面②在坐標平面上的投影均為單位圓.

因為分別取x=0，y=0，z=0得出的是截面，雖然它與投影面并非毫無關系，但畢竟是兩個概念，投影面還要考慮曲面②的其余部分在坐標平面上的投影會不會超出單位圓；即使曲面②的其余部分在坐標平面上的投影不超出單位圓，也還要考慮其在單位圓內(nèi)會不會留下投影線（實線或虛線）.總之，在邏輯上不能由截面是單位圓，推出投影面也為單位圓.

那么，能不能對曲面②作出嚴格的證明，從而彌補這個邏輯漏洞呢？這涉及下面的兩個反思.

反思2橢圓③的長半軸可以大于1，其在坐標平面上的投影可以超出單位圓.

當時，默認“x≤1，y≤1，z≤1”，從而當0<α<1時，橢圓③上的點不會超出正方形及其內(nèi)切單位圓，其實，橢圓③上的點x1，y1已經(jīng)作了旋轉(zhuǎn)變換

x=22x1-y1，

y=22x1+y1，

橢圓的對稱軸已位于正方形的對角線上，其長半軸可以大于1，點x1，y1在坐標平面上的投影也可以超出單位圓.比如，當α=2-3時（這個α值的來由參見下面的問題2），橢圓③的長半軸為

a=2-2α22-α=2-22-322-2-3=6-2>1.03，其頂點在坐標平面xOy上的投影超出單位圓（參見圖2）.就是說，圖2曲面②上存在這樣的點（1-3，3-1，2-3），它到0，0，2-3的距離d=1-32+1-32+02=6-2>1，因而，點1-3，3-1，2-3在坐標平面xOy上的投影超出單位圓.

反思3用截面z=α去截曲面②所得的截線還可以為雙曲線.

上面說截線x212-2α22+α+y212-2α22-α=1為橢圓是有0<α<1做前提的，但由②不能推出“x≤1，y≤1，z≤1同時成立”，z=α>2可以存在.比如，點22，-22，3，1+3，-1-3，2+3就有z>2且滿足曲面②（更多的點參見下面的問題3），它在坐標平面xOy上的投影就超出單位圓.一般地，當z=α而α>2時，截線

x212-2α22+α+y212-2α22-α=1，（α>2）④

滿足2-2α22+α2-2α22-α=2-2α224-α2<0，為雙曲線，它有無窮多個點在坐標平面xOy上的投影超出單位圓.

綜合所述，說明曲面②存在不可彌補的漏洞，我們期待讀者尋找新的曲面（諸如曲面①之類），證實或否定“三視圖是三個等圓的幾何體未必是球”.

2獲得兩組題目

關注習題編擬是文[1]寫作的一個背景，雖然以曲面②為基礎的討論沒有獲得預期的成功，但所經(jīng)歷的過程卻可獲得一批題目，結(jié)合文[1]已經(jīng)提出的問題一共有兩組，特與讀者分享如下：

2.1第一組題目

這組題目僅涉及曲面②，但結(jié)合中學實際避開空間曲面，落腳在平面曲線上.

問題1就實數(shù)k的不同取值，討論平面曲線x2+y2+kxy+k2-1=0的形狀.

解由對稱性，可對k分5種情況討論如下.

（1）當k=0時，曲線為x2+y2=1，形狀為單位圓.

（2）當00，作配方變形12+k4y+x2+12-k4y-x2=1-k2，

再作變換x=22x1-y1，

y=22x1+y1，即y+x=2x1，

y-x=2y1，

有1+k2x21+1-k2y21=1-k2，

得x212-2k22+k+y212-2k22-k=1，0

其中，2-2k22-k>2-2k22+k>0（0

（3）當k=1時，曲線可變?yōu)閤2+y2±xy=0，

配方x±y22+34y2=0，得y2=0，

x±y22=0，有x=y=0，形狀為原點0，0.

（4）當1

（5）當k>2時，曲線可變?yōu)閤2+y2+kxy=1-k2<0，作配方變形12+k4y+x2+12-k4y-x2=1-k2，再作變換x=22x1-y1，

y=22x1+y1，即y+x=2x1，

y-x=2y1，有1+k2x21+1-k2y21=1-k2，得x212-2k22+k+y212-2k22-k=1，k>2，其中，2-2k22+k2-2k22-k=2-2k224-k2<0（k>2），形狀為雙曲線.

說明如果考慮到現(xiàn)行中學教材沒有講正交變換，也可以先作變換，把問題1改寫為：就實數(shù)k的不同取值，討論平面曲線1+k2x2+1-k2y2=1-k2的形狀.同理，下面的問題2、問題3也可以作相應處理.

問題2對0

（1）求證，對任意的x，y∈M，均有x<1，y<1；

（2）判斷點集M的形狀；

（3）求Ax，y∈M，使點A到原點的距離取最大值，并求出這個最大值.

解（1）將點集M的表達式變?yōu)?-k2-y2=x2+kxy，配方（或直接對M的表達式用判別式）有1-k2-y2+k2y24=x+ky22≥0，但0

（2）參見問題1第（2）種情況，曲線的形狀為橢圓（不贅）.

（3）點集M的表達式可變形并用基本不等式，有1-k2=x2+y2+kxy≥x2+y2-kxy（當kxy≤0時取等號）≥x2+y2-kx2+y22（當x=y時取等號）.

對0

這里，又用了基本不等式，當2-k=32-kk=2-3時取等號.

取k=2-3且x=-y時，有kxy≤0且x=y，則上述各不等式同時取等號，由x=-y，

x2+y2=6-2，可解得A13-1，1-3∈M，A21-3，3-1∈M，使點A到原點的距離取最大值6-2.

同樣，取k=3-2且x=y時，有kxy≤0且x=y，得A33-1，3-1∈M，A41-3，1-3∈M，使點A到原點的距離取最大值6-2.

所以，存在M中的4個點A1，A2，A3，A4，使點Ak（1≤k≤4）到原點的距離取最大值6-2.

說明第（3）問也可以用第（2）問的結(jié)論，由點A到原點的距離不超過橢圓的長半軸來求解.

問題3對k>2，給出點集M=x，yx2+y2+kxy+k2-1=0.

（1）求證，對任意的x，y∈M，均有x>2，y>2；

（2）判斷點集M的形狀；

（3）求Ax，y∈M，使點A到原點的距離取最小值，并求出這個最小值.

解（1）將點集M的表達式變?yōu)閗2-1+y2=-x2-kxy，配方（或直接對M的表達式用判別式）有k2-1+y2-k2y24=-x+ky22≤0，但k>2，得y2≥4k2-1k2-4=4+12k2-4>4，即y>2.同理得x>2.

（2）參見問題1第（5）種情況，曲線的形狀為雙曲線（不贅）.

（3）點集M的表達式可變形并用基本不等式，有1-k2=x2+y2+kxy≥x2+y2-kxy（當kxy≤0時取等號）≥x2+y2-kx2+y22（當x=y時取等號）.

對k>2，得x2+y2≥2k2-2k-2=8+2k-2+3k-2≥8+43=6+22，

這里，也用了基本不等式，當k-2=3k-2k=2+3時取等號.

取k=2+3且x=-y時，有kxy≤0且x=y，則上述不等式同時取等號，由x=-y，

x2+y2=6+2，可解得A1（1+3，-1-3）∈M，A2-1-3，1+3∈M，使點A到原點的距離取最小值6+2.

同樣，取k=-2-3且x=y時，有kxy≤0且x=y，得A31+3，1+3∈M，A4-1-3，-1-3∈M，使點A到原點的距離取最小值6+2.

所以，存在M中的4個點A1，A2，A3，A4，使點Ak（1≤k≤4）到原點的距離取最小值6+2.

說明第（3）問也可以用第（2）問的結(jié)論，由點A到原點的距離不小于雙曲線的實半軸來求解.其實，對曲線③、④中的fα=2-2α22-α求導，由f′α=0可求得兩個極值點：α1=2-3對應問題2的最大值，α2=2+3對應問題3的最小值.

2.2第二組題目

結(jié)合文[1]，可就三視圖的概念及相關情況提出如下問題：

問題1三棱錐的三視圖輪廓“形狀都相同，大小均相等”，這樣的的三視圖有幾種情況？

問題2證明“三視圖是三個全等正三角形”的三棱錐不存在？

問題3三視圖輪廓為“三個全等的等腰直角三角形”的三棱錐到底有幾種情況？

問題4證實或否定“三視圖是三個等圓的幾何體未必是球”.

問題5如何給出幾何體三視圖的代數(shù)定義？怎樣推出一個曲面Fx，y，z=0所圍成幾何體的三視圖？

參考文獻

[1]吳燃，羅增儒.三視圖問題要防止消極的“潛在假設”[J].中學數(shù)學雜志，2014（9）.