4．挪动仅只是绕一个定点的旋转。假设1显然是合理的。否则即便放在平面上也不会是椅子放稳。假设2相当于给出了椅子能够放稳的必要条件，因为如果地面高度不连续（比如在有台阶或裂缝的地方）是无法使椅子四只脚同时着地。假设3是要排除地面上与椅脚间距和椅子腿长度的尺寸大小相当的范围内，出现深沟或凸峰（即使连续变化的），将使椅子三只脚也无法同时着地。
模型设计：首先，根据假设1， 椅脚连线B′ B呈正方形,而正方形以中心为对称,A′即正方形绕中心的旋转可以表示椅θAC
子位置的改变，于是可以用旋转角Ox度这一变量表示椅子的位置。如图 D′1，椅脚连线为正方形ABCD，在图 C ′ D1所示的坐标系下对角线AC与ox轴正方形ABCD重合,椅子绕中心o 旋转角度θ 后,绕O点旋转正方形 A′B ′C ′D ′转至的位置，如图2所示，即对角线AC与ox轴的夹角表示了椅子的位置。
其次，要把椅子着地用数学符号表示出来。如果用某个变量表示椅脚与地面的竖值距离，那么当这个距离为零时就是椅脚着地了。椅子在不同的位置时，
椅脚与地面的距离不尽相同，所以这个距离是变量θ 的函数。
虽然椅子有四只脚，因而有四个距离，即每一个椅脚和地面都有一个距离。但由假设3以及正方形关于中心的对成性，只要设两个距离就可以了。设A、C两脚与地面的距离之和为f(θ ) ，B、D两脚与地面的距离之和为g(θ ), 显然f(θ ) 、 g(θ ) ≥0。由假设2知f(θ ) 、 g(θ )都是连续函数。在由假设3知，椅子在任何位置上至少有三只脚着地，所以对于任意的θ ， f(θ ) 、 g(θ )中至少有一个为零。当θ = 0 时，不妨设f(θ ) > 0、 g(θ ) = 0。另一方面，由对称性知道，旋转p/2的角度后，相当于AC和BD互换一个位置.故有f(p/2)=0 ，g(p/2)>0，这样，改变椅子位置使四只脚同时着地，就归结为证明如下数学命题。 命题1 已知f(θ )和g(θ )是θ 的连续函数，对任意的πθ ，有f(θ )? g(θ )=0 ，且 f(0 )>0 、 g(0)=0， g( ∈ [0 ,
??) > 0 、 f () = 0 ，则存在 ?022? ] ，使得f(?0)= g(?0 ) =0. 2第 6 页 共 12 页
可以看到， 引入变量θ 和函数 f(θ ) 、 g(θ ) ， 就把模型的假设条件和椅脚同时着地的结论用简单而精确的数学语言表示出来，从而构成了这个实际问题的数学模型。
模型的解法与结果：令h(θ)= f(θ)–g(θ)，则h(0)>0和h(π/2)<0. 由 f (θ ) ，g (θ ) 的连续性知 h (θ) 为[0 ， π/2] 上连续函数，根据必区间上连续函数的介质性定理, 必存在一个?0∈ [0 , π/2],使h(?0)=0，即f(?0) = g(?0) . 因为f(θ) ? g(θ)=0，所以f(?0)= g(?0) = 0.
如果四脚为矩形
问题提出：建立椅子四脚连线为矩形的模型。
问题分析：上一个模型的优点在于用一元变量表示了椅子的位置，用的两个函数表示了椅子四只脚与地面的距离，充分运用了正方形关于中心的对称性，使得问题得到了极大的简化，并得到了逻辑上的求解。缺点在于运用了正方形关于中心的对称性，使模型
的适应范围受到了一定的局限，如对一般四边形是否也适应，未能作出回答；而且也未能考虑到平行移动的情形。
模型假设：如果椅脚连线呈矩形，其结论也成立。事实上， 如图3建立坐标系，A、B、C、D表示椅子的四只脚. 模型设计解法与结果：
假设条件只需将正方形假设条件中的正方形改为矩形。设f(θ )表示相邻两脚A、B与地面的距离之和，g(θ )表示相邻两脚C、D两脚与地面的距离之和。由矩形对称性知道,旋转 180°度的角后，相当于AB和CD互换一个位置。这样，改变椅子位置使四只脚同时着地，就归结为证明如下数学命题：
命题2 已知f(θ ) 和g(θ ) 是θ 的连续函数, 对任意的θ ， 有f(θ )? g(θ )=0 ，且f(0 )>0 、 g(0)=0 ， f(π )=0 、 g(π) >0 ， 则存在θ∈ [0，π] , 使得f(?0)= g(?0 )=0 。
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通过适当的旋转可将椅子放平稳，椅子四脚连线是否一定是圆内接四边形？ 问题提出：由于正方形和矩形的任意一个顶点通过适当的旋转，可到达每一个顶点，即就是说正方形和矩形的四个顶点绕其中心旋转一周所得轨迹是同一个圆周。这也就是正方形和矩形的四个顶点共圆，可通过适当的旋转将椅子放平稳。那么，椅子四脚连线所构成的四边形是圆内接四边形，是否一定可通过适当的旋转可将椅子放平稳？
问题解决：椅子四只脚构成一菱形ABCD，对角线的长度分别为AC=8，BD=6。根据球面的特点，要使得菱形ABCD的顶点至少有三个在球面上，则其三个顶点必在同一个圆上。不妨取菱形 ABCD 所在的平面与球面的截痕及菱形，在xoy面上投影图如示图，其圆周的半径为 R= R=
256这说明A、C两点必有一点在球面之外 258 2R=25<8=AC 4 D（0，±
2511，10000-100002?()2）
66这说明通过旋转永远也不可能将椅子放稳。即就是说椅子四脚连线所构成的四边形不是园内接四边形，通过旋转不可能将椅子放稳。
内接四边形的椅子是否也能在不平的平面上放
稳
问题分析：用椅子腿与相应对角线的夹角来度量椅子腿
是否着地 模型假设：
1．椅子四条腿一样长，椅脚与地面的接触部分相对椅子所占的地面面积可视为一
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个点。
2．地面凹突破面世连续变化的，沿任何方向都不会出现间断（没有向台阶那样的情况），即地面可看作数学上的连续曲面。
3．相对椅脚的间距和椅子腿的长度而言，地面是相对平坦的，即使椅子在任何位置至少有三条腿同时着地。
4．椅子四脚连线所构成的四边形是圆内接四边形，即椅子四脚共圆。 5．挪动仅只是旋转。
模型设计：将椅子放在地面任何一个位置，并使至少三只脚同时着地。这时以椅子四脚共圆的圆心O为原点，四脚连线所在的平面为xoy坐标面，并使椅脚之一（如椅脚A）在ox轴的正半轴上建立平面坐标系图.
由假设4，椅子四脚A、B、C、D共圆，设其半径为R，则这四点必在圆周X2+Y2=R2上。不妨设OB、OC、OD分别与ox轴的正向夹角分别为?1、?2、?3. 这三个夹角应满足条件0
点A、B、C、D的坐标依次 A(R,0) B( R cos?1 , R sin ?1 ) C ( R cos?2, R sin ?2) D( R cos?3 , R sin?3)
如果让椅子绕O点转动，则A、B、C、D四点将同时绕O点转动，
并且转过同样的角度θ（取逆时针方向为正），转后A、B、C、D四点对应A‘、B
‘、C’、D‘
由 假 设 2 ，地 面 可 视为数学上的连续曲面,因此，如果取过原点O,垂直于xoy面向上的轴为oz轴,则在此空间直角坐标系下地面的方程便可写成z=f(x，y) ,其中f(x，y)是二元连续函数。特别地，在圆周上 z 必
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为旋转角θ 的以2π为周期的单值连续函数z=?(θ )
A′( R cos θ , R sin θ )
B′( R cos(θ + θ 1 ), R sin(θ + θ 1 )) C ′( R cos(θ + θ 2 ), R sin(θ + θ 2 )) D′( R cos(θ + θ 3 ), R sin(θ + θ 3 ))
A′′( R cos θ , R sin θ , ? (θ ))
B′′( R cos(θ + θ1 ), R sin(θ + θ 1 ), ? (θ + θ1 )) C ′′( R cos(θ + θ 2 ), R sin(θ + θ 2 ), ? (θ + θ 2 )) D′′( R cos(θ + θ 3 ), R sin(θ + θ 3 ), ? (θ + θ 3 ))
由假设3，地面是相对平坦的，使椅子在任何位置至少有三只脚同时着地。这样改变椅子的位置（即让椅子绕O点转动）能否使四脚同时着地的问题就归结为求解′′是否存在 θ ∈ [0, 2π ]使四点 A′′、B′′、C ′′、D共面。这就是我们对该问题建立的数学模型。
模型的解法与结果：上面建立的数学模型的求解即证明下面的定理：
定理1 设?(θ ) 是以 2π 为周期的连续函数，R>0， ?1 、?2 、?3 是满足不等式0
证 A′′, B ′′, C ′′, D ′′ 四点共面的充要条件是向量A′′B′′ = { R cos(θ + ?1) ? R cosθ , R sin(θ + ?1 ) ? R sinθ , ? (θ + ?1) ? ? (θ )} A′′C′′ = { R cos(θ +?2 ) ? R cosθ , R sin(θ + ?2 ) ? R sinθ , ? (θ + ?2) ? ? (θ )}
A′′D′′ = { R cos(θ + ?3 ) ? R cosθ , R sin(θ +?3 ) ? R sinθ , ? (θ + ?3 ) ? ? (θ )}的混合积[ A′′ B′′ A′′ C ′′ A′′ D′′] = 0。 不妨设
F (θ ) = [ A ′′ B ′′ A ′′ C ′′ A ′′ D ′′ ]
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