📝 题目
5.4.25 设凸四边形各边长分别为 $a,b,c,d$ . 求证: 凸四边形对角和为 $\pi$ 时面积最大.
💡 答案与解析
### 5.4.7 **题目**：试确定正数 $\lambda$ ，使曲面 $xyz = \lambda$ 与椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$ 的某点相切。
**解**： 两曲面在某点相切，意味着在该点处它们的法向量平行，且该点同时满足两个方程。
设切点为 $(x_0,y_0,z_0)$。 曲面 $F_1 = xyz - \lambda = 0$ 的梯度为 $$ \nabla F_1 = (y_0 z_0,\; x_0 z_0,\; x_0 y_0) $$ 椭球面 $F_2 = \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1=0$ 的梯度为 $$ \nabla F_2 = \left(\frac{2x_0}{a^2},\; \frac{2y_0}{b^2},\; \frac{2z_0}{c^2}\right) $$ 两向量平行，存在常数 $k$ 使得 $$ (y_0 z_0,\; x_0 z_0,\; x_0 y_0) = k\left(\frac{2x_0}{a^2},\; \frac{2y_0}{b^2},\; \frac{2z_0}{c^2}\right) $$ 由第一分量得 $y_0 z_0 = \frac{2k x_0}{a^2}$，第二分量 $x_0 z_0 = \frac{2k y_0}{b^2}$，第三分量 $x_0 y_0 = \frac{2k z_0}{c^2}$。
将第一式乘以 $x_0$，第二式乘以 $y_0$，第三式乘以 $z_0$，得 $$ x_0 y_0 z_0 = \frac{2k x_0^2}{a^2} = \frac{2k y_0^2}{b^2} = \frac{2k z_0^2}{c^2} $$ 从而有 $$ \frac{x_0^2}{a^2} = \frac{y_0^2}{b^2} = \frac{z_0^2}{c^2} $$ 代入椭球方程得 $$ 3\frac{x_0^2}{a^2}=1 \quad\Rightarrow\quad \frac{x_0^2}{a^2}=\frac13 $$ 于是 $$ x_0^2 = \frac{a^2}{3},\quad y_0^2 = \frac{b^2}{3},\quad z_0^2 = \frac{c^2}{3} $$ 又因为 $xyz=\lambda$，取正数解（第一卦限）得 $$ \lambda = \frac{abc}{3\sqrt{3}} $$ 因此 $$ \boxed{\lambda = \frac{abc}{3\sqrt{3}}} $$
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### 5.4.8 **题目**：证明曲面 $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{a}$ 的切平面在坐标轴上割下的诸线段之和为常量。
**解**： 设曲面上一点 $(x_0,y_0,z_0)$，满足 $$ \sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0}=\sqrt{a} $$ 令 $F=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}-\sqrt{a}=0$，则 $$ F_x = \frac{1}{2\sqrt{x}},\quad F_y = \frac{1}{2\sqrt{y}},\quad F_z = \frac{1}{2\sqrt{z}} $$ 在点处的切平面方程为 $$ \frac{x-x_0}{2\sqrt{x_0}}+\frac{y-y_0}{2\sqrt{y_0}}+\frac{z-z_0}{2\sqrt{z_0}}=0 $$ 即 $$ \frac{x}{\sqrt{x_0}}+\frac{y}{\sqrt{y_0}}+\frac{z}{\sqrt{z_0}} = \sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0} = \sqrt{a} $$ 求截距：令 $y=z=0$ 得 $x$ 截距为 $\sqrt{a}\,\sqrt{x_0}$；同理 $y$ 截距 $\sqrt{a}\,\sqrt{y_0}$，$z$ 截距 $\sqrt{a}\,\sqrt{z_0}$。 三截距之和为 $$ \sqrt{a}(\sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0}) = \sqrt{a}\cdot\sqrt{a}=a $$ 为常数。 $$ \boxed{a} $$
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### 5.4.9 **题目**：证明曲面 $F(x-az,\; y-bz)=0$ 的切平面与某一定直线平行。
**解**： 设 $u=x-az,\; v=y-bz$，则曲面方程为 $F(u,v)=0$。 梯度为 $$ \nabla F = (F_u,\; F_v,\; -aF_u - bF_v) $$ 切平面的法向量为 $(F_u, F_v, -aF_u - bF_v)$。 考虑方向向量 $(a,b,1)$，它与法向量点积： $$ aF_u + bF_v + 1\cdot(-aF_u - bF_v)=0 $$ 所以 $(a,b,1)$ 与法向量垂直，即切平面恒与方向 $(a,b,1)$ 平行。 因此切平面与以 $(a,b,1)$ 为方向的定直线平行。 $$ \boxed{\text{与方向}(a,b,1)\text{的直线平行}} $$
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### 5.4.10 **题目**：证明曲面 $ax+by+cz = \Phi(x^2+y^2+z^2)$ 在 $M(x_0,y_0,z_0)$ 点的法向量与向量 $(x_0,y_0,z_0)$ 及 $(a,b,c)$ 共面。
**解**： 令 $F = ax+by+cz - \Phi(r^2)=0$，其中 $r^2=x^2+y^2+z^2$。 梯度为 $$ \nabla F = (a-2x\Phi',\; b-2y\Phi',\; c-2z\Phi') $$ 在点 $M$ 处法向量为 $$ \mathbf{n} = (a-2x_0\Phi'(r_0^2),\; b-2y_0\Phi'(r_0^2),\; c-2z_0\Phi'(r_0^2)) $$ 向量 $\mathbf{v}_1=(x_0,y_0,z_0)$，$\mathbf{v}_2=(a,b,c)$。 考虑混合积 $[\mathbf{n},\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2]$： $$ \mathbf{n} = \mathbf{v}_2 - 2\Phi'(r_0^2)\mathbf{v}_1 $$ 显然 $\mathbf{n}$ 是 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2$ 的线性组合，因此三向量共面。 $$ \boxed{\text{共面}} $$
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由于题目较多，为保持清晰，我先给出前四题的详细解答。如果需要继续解答后续题目（5.4.11 至 5.4.29），请告知，我可以继续分批次给出。