类比于直角三角形 $OAB$ 中斜边 $AB$ 上的高 $h$ 满足\[\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2},\]在直三棱锥 $P-ABC$（$\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=90^\circ$）中，底面 $ABC$ 上的高 $h$ 满足什么结论？试证明之．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}+\dfrac{1}{OC^2}$
【解析】
底面 $ABC$ 上的高 $h$ 满足\[\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{OA^2}+\dfrac{1}{OB^2}+\dfrac{1}{OC^2},\]证明如下．
建立空间直角坐标系 $P-ABC$，设 $PA=a$，$PB=b$，$PC=c$，则平面 $ABC$ 的法向量\[\overrightarrow n=\left(\dfrac 1a,\dfrac 1b,\dfrac 1c\right),\]于是坐标原点 $P$ 到该平面的距离\[h=\dfrac{\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow n}{\left|\overrightarrow n\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2}}},\]于是\[\dfrac{1}{h^2}=\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2},\]命题得证．
建立空间直角坐标系 $P-ABC$，设 $PA=a$，$PB=b$，$PC=c$，则平面 $ABC$ 的法向量\[\overrightarrow n=\left(\dfrac 1a,\dfrac 1b,\dfrac 1c\right),\]于是坐标原点 $P$ 到该平面的距离\[h=\dfrac{\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow n}{\left|\overrightarrow n\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2}}},\]于是\[\dfrac{1}{h^2}=\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2},\]命题得证．
答案
解析
备注
