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．
设 $PA=a$，$PB=b$，$PC=c$，则\[\begin{split}
AB^2&=a^2+b^2,\\
BC^2&=b^2+c^2,\\
CA^2&=c^2+a^2,\end{split}\]于是 $\triangle ABC$ 的面积\[\begin{split}S&=\dfrac 12AB\cdot AC\cdot \sin \angle BAC\\
&=\dfrac 12\sqrt{AB^2\cdot AC^2\cdot \left(1-\cos^2\angle BAC\right)}\\
&=\dfrac 12\sqrt{AB^2\cdot AC^2\cdot \left[1-\dfrac{\left(AB^2+AC^2-BC^2\right)^2}{4\cdot AB^2\cdot AC^2}\right]}\\
&=\dfrac 14\sqrt{4\cdot AB^2\cdot AC^2-\left(AB^2+AC^2-BC^2\right)^2}\\
&=\dfrac 14\sqrt{4\left(a^2+b^2\right)\cdot \left(c^2+a^2\right)-\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+a^2\right)-\left(b^2+c^2\right)\right]^2}\\
&=\dfrac 12\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2},\end{split}\]因此直三棱锥 $P-ABC$ 的体积的平方为\[\left(\dfrac 13\cdot S\cdot h\right)^2=\left(\dfrac 16abc\right)^2,\]于是\[\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{4S^2}{a^2b^2c^2}=\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2}.\]
设 $PA=a$，$PB=b$，$PC=c$，则\[\begin{split}
AB^2&=a^2+b^2,\\
BC^2&=b^2+c^2,\\
CA^2&=c^2+a^2,\end{split}\]于是 $\triangle ABC$ 的面积\[\begin{split}S&=\dfrac 12AB\cdot AC\cdot \sin \angle BAC\\
&=\dfrac 12\sqrt{AB^2\cdot AC^2\cdot \left(1-\cos^2\angle BAC\right)}\\
&=\dfrac 12\sqrt{AB^2\cdot AC^2\cdot \left[1-\dfrac{\left(AB^2+AC^2-BC^2\right)^2}{4\cdot AB^2\cdot AC^2}\right]}\\
&=\dfrac 14\sqrt{4\cdot AB^2\cdot AC^2-\left(AB^2+AC^2-BC^2\right)^2}\\
&=\dfrac 14\sqrt{4\left(a^2+b^2\right)\cdot \left(c^2+a^2\right)-\left[\left(a^2+b^2\right)+\left(c^2+a^2\right)-\left(b^2+c^2\right)\right]^2}\\
&=\dfrac 12\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2},\end{split}\]因此直三棱锥 $P-ABC$ 的体积的平方为\[\left(\dfrac 13\cdot S\cdot h\right)^2=\left(\dfrac 16abc\right)^2,\]于是\[\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{4S^2}{a^2b^2c^2}=\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2}.\]
答案
解析
备注
