math-ai/BlueMO

1{2    "source_file": "./raw_volume-zh/volume13/chapter1.tex",3    "problem_type": "calculation",4    "problem": "例3. 设 $P$ 是体积为 1 的正四面体 $T$ 内 (包括边界) 的一个点, 过 $P$ 作 4 个平面平行 $T$ 的 4 个面, 将 $T$ 分成 14 块, $f(P)$ 是那些既不是四面体也不是平行六面体的几何体的体积之和, 求 $f(P)$ 的取值范围.",5    "solution": "解: $P$ 到正四面体 $A B C D$ 的四个面的距离为 $d_1 、 d_2 、 d_3 、 d_4$.\n令 $x_i=\\frac{d_i}{h}, h$ 为正四面体的高.\n则 $\\sum_{i=1}^4 x_i=1$.\n由于 $T$ 分成的 14 块中, 显然有 4 个体积分别为 $x_i^3$ 的四面体.\n此外, 还有 4 个体积分别为 $6 \\prod_{\\substack{j \\neq i \\\\ 1 \\leqslant j \\leqslant 4}} x_j$ 的平行六面体 $(i=1,2,3,4)$. 比如, 以 $A$ 出发的 3 条棱为 3 度方向可得一个平行六面体, 由对称性可作出 4 个平行六面体.\n于是,\n$$\nf(P)=1-\\sum_{i=1}^4 x_i^3-6 \\sum_{1 \\leqslant i<j<k \\leqslant 4} x_i x_j x_k .\n$$\n显然, $f(P) \\geqslant 0$.\n其次, 不妨设 $x_1+x_2 \\leqslant \\frac{1}{2}$. 令 $x_1+x_2=t \\leqslant \\frac{1}{2}, x_1 x_2=u \\geqslant 0, x_3 x_4= v \\geqslant 0$. 由 $\\sum_{i=1}^4 x_i=1$, 有\n$$\n\\begin{gathered}\n\\sum_{i=1}^4 x_i^3=\\left(t^3-3 t u\\right)+(1-t)^3-3(1-t) v, \\\\\n\\sum_{1 \\leqslant i<j<k \\leqslant 4} x_i x_j x_k=(1-t) u+t v,\n\\end{gathered}\n$$\n所以\n$$\n\\begin{aligned}\n1-f(P) & =1-3 t+3 t^2+3(2-3 t) u+3(3 t-1) v \\\\\n& \\geqslant 1-3 t+3 t^2+3(3 t-1) v\n\\end{aligned}\n$$\n(1) 若 $\\frac{1}{3}<t \\leqslant \\frac{1}{2}$, 则\n$$\n3 t-1 \\geqslant 0,1-f(P) \\geqslant 1-3 t+3 t^2 \\geqslant \\frac{1}{4},\n$$\n其中等式在 $t=\\frac{1}{2}, u=v=0$, 即 $P$ 为棱的中点时成立.\n(2) 若 $0 \\leqslant t \\leqslant \\frac{1}{3}$, 则 $3 t-1 \\leqslant 0$, 而 $v=x_3 x_4 \\leqslant \\frac{\\left(x_3+x_4\\right)^2}{4}=\\frac{(1-t)^2}{4}$, 所以\n$$\n\\begin{aligned}\n1-f(P) & \\geqslant 1-3 t+3 t^2+3(3 t-1) \\cdot \\frac{(1-t)^2}{4} \\\\\n& =\\frac{3\\left(3 t^2+1-3 t\\right) t}{4}+\\frac{1}{4} \\geqslant \\frac{1}{4} .\n\\end{aligned}\n$$\n所以, 不论哪种情形, 都有 $0 \\leqslant f(P) \\leqslant \\frac{3}{4}$.\n又 $P$ 为四面体的顶点时, $f(P)=0 ; P$ 为四面体的棱的中点时, $f(P)= \\frac{3}{4}$.\n综上所述, $f(P)$ 的取值范围是 $0 \\leqslant f(P) \\leqslant \\frac{3}{4}$.",6    "remark": "",7    "figures": []8}