Как найти плоский угол в тетраэдре

Равенство углов при параллельных прямых в тетраэдре

ТЕТРАЭДР. ВИДЫ ТЕТРАЭДРОВ

Тетраэдр является одним из простейших многогранников, гранями которого являются четыре треугольника. Его можно считать пространственным аналогом треугольника. Рассмотрим свойства треугольников и аналогичные им свойства тетраэдров.
Теорема 1. Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке – центре вписанной окружности.
Теорема 1′. Биссектральные плоскости двугранных углов тетраэдра пересекаются в одной точке – центре вписанной сферы.
Доказательство. Пусть ABCD – тетраэдр. Пересечением биссектральных плоскостей двугранных углов с ребрами AB, AC,и BC (рис. 1) является точка O, равноудаленная от всех граней тетраэдра. Следовательно, эта точка принадлежит биссектральным плоскостям остальных двугранных углов тетраэдра и является центром вписанной сферы.

Теорема 2. Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной точке – центре описанной окружности.
Теорема 2′. Плоскости, проходящие через середины ребер тетраэдра и перпендикулярные этим ребрам, пересекаются в одной точке – центре описанной сферы.
Доказательство. Пусть ABCD – тетраэдр. Пересечением плоскостей, проходящих через середины ребер AD, BD, и CD является точка O, равноудаленная от всех вершин тетраэдра. Следовательно, эта точка принадлежит остальным плоскостям и является центром описанной сферы.
Теорема 2″. Прямые, перпендикулярные граням тетраэдра, и проходящие через центры их описанных окружностей, пересекаются в одной точке – центре описанной сферы.
Доказательство. Каждая такая прямая является геометрическим местом точек, равноудаленных от вершин соответствующей грани тетраэдра. Поэтому центр описанной сферы будет принадлежать всем этим прямым.
Заметим, что не у всякого тетраэдра прямые, проходящие через центры вписанных в грани окружностей и перпендикулярные этим граням, пересекаются в одной точке. Ответ на то, когда это происходит, дает следующая теорема.
Теорема 2”’. У тетраэдра существует сфера, касающаяся всех его ребер, тогда и только тогда, когда суммы противоположных ребер этого тетраэдра равны.
Доказательство. Пусть у тетраэдра ABCD существует сфера, касающаяся его ребер. Обозначим через a, b, c и d расстояния от соответствующих вершин тетраэдра до точек касания. Тогда AB = a + b, CD = c + d. Следовательно, AB + CD = a + b + c + d. Аналогично, AC + BD = a + b + c + d, AD + BC = a + b + c + d. Таким образом, суммы противоположных ребер тетраэдра равны.
Обратно. Предположим, что суммы противоположных ребер тетраэдра ABCD равны. Впишем в треугольник ABC окружность. Обозначим через X точку касания этой окружности стороны AB (рис. 2) .

Тогда AX = (AB + AC – BC):2. Так как AC – BC = AD – BD, то AX = (AB + AD – BD):2. Следовательно, точка X является точкой касания окружности, вписанной в треугольник ABD . Через центры этих двух окружностей проведем перпендикуляры. Они лежат в одной плоскости, проходящей через X и перпендикулярной AB. Точка O их пересечения будет равноудалена от сторон треугольников ABC и ABD. Таким образом, любые два перпендикуляра, проходящие через центры окружностей, вписанных в грани тетраэдра, пересекаются. Из этого следует, что или они лежат в одной плоскости, или пересекаются в одной точке. Поскольку они не лежат в одной плоскости, то значит, они пересекаются в одной точке O , равноудаленной от всех ребер тетраэдра, т.е. O – центр сферы, касающейся всех ребер данного тетраэдра.
Теорема 3. Медианы треугольника пересекаются в одной точке, называемой центроидом треугольника и делятся в этой точке в отношениии 2 : 1.
Теорема 3′. Отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с точками пересечения медиан противоположных граней, пересекаются в одной точке – центроиде тетраэдра и делятся в этой точке в отношении 3 : 1, считая от вершины.
Доказательство. Пусть ABCD – тетраэдр, O – точка пересечения медиан треугольника ABC, P – точка пересечения медиан треугольника BCD, R – точка пересечения отрезков DO и AP (рис. 3) .

Рассмотрим треугольник AQD. Точки O и P делят соответствующие стороны в отношении 2 : 1. Покажем, что точка R делит DO и AP в отношении 3 : 1. В треугольнике APQ проведем OS параллельно AP. Она разделит отрезок PQ в отношении 2 : 1. Если отрезок SQ принять за единицу, то отрезок DP будет равен 6. Отрезки DR и RQ относятся также как DP и PS, т.е. DR : RQ = 6 : 2 = 3 : 1. Аналогичным образом доказывается, что точка R делит отрезок AP в отношении 3 : 1. Отрезки, соединяющие вершины B и C с точками пересечения медиан противоположных граней также будут делить отрезок DO в отношении 3 : 1 и, следовательно, будут проходить через точку O . Что и требовалось доказать.
Теорема 4. Отрезки, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдр, пересекаются в одной точке – центроиде.
Доказательство. Достаточно заметить, что в предыдущем доказательстве медиана треугольника AQD, проведенная из вершины Q, проходит через центроид O .
Теорема 5. Для цетроида O треугольника ABC имеет место равенство .
Теорема 5′. Для цетроида O тетраэдра ABCD имеет место равенство .
Теорема 6. Пусть a произвольная прямая, проходящая через центроид треугольника ABC. Будем считать одну из полуплоскостей, на которые эта прямая разбивает плоскость, положительной, а другую отрицательной. Тогда сумма расстояний от вершин треугольника до прямой a, взятых со знаком + или – в зависимости от того, какой полуплоскости принадлежит вершина, равна нулю.
Теорема 6′. Пусть произвольная плоскость, проходящая через центроид тетраэдра ABCD. Будем считать одно из полупространств, на которые эта плоскость разбивает пространство, положительным, а другое отрицательным. Тогда сумма расстояний от вершин тетраэдра до плоскости , взятых со знаком + или – в зависимости от того, какому полупространству принадлежит вершина, равна нулю.
Теорема 7. Пусть a произвольная прямая. Будем считать одну из полуплоскостей, на которые эта прямая разбивает плоскость, положительной, а другую отрицательной. Тогда сумма расстояний от вершин треугольника до прямой a, взятых со знаком + или – в зависимости от того, какой полуплоскости принадлежит вершина, равна утроенному расстоянию от центроида треугольника до прямой a .
Теорема 7′. Пусть a произвольная плоскость. Будем считать одно из полупространств, на которые эта плоскость разбивает пространство, положительным, а другое отрицательным. Тогда сумма расстояний от вершин тетраэдра до плоскости a , взятых со знаком + или – в зависимости от того, какому полупространству принадлежит вершина, равна учетверенному расстоянию от центроида тетраэдра до данной плоскости.
Теорема 8′ (Менелая). Пусть на ребрах AB, BC, CD и AD тетраэдра ABCD взяты соответственно точки A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ₁ . Для того чтобы эти точки лежали в одной плоскости, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство

Доказательство. Пусть точки A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ₁ лежат в одной плоскости (рис. 4). Опустим из вершин тетраэдра перпендикуляры AA ’ , BB ’ , CC ’ , DD ’ на эту плоскость. Тогда AA ₁ : A ₁ B = AA ’ : BB ’ , BB ₁ : B ₁ C = BB ’ : CC ’ , CC ₁ : C ₁ D = CC ’ : DD ’ , DD ₁ : D ₁ A = DD ’ : AA ’ . Откуда и следует требуемое равенство.

Обратно, пусть выполняется указанное равенство. Через точки A ₁ , B ₁ , C ₁ проведем плоскость. Она пересечет ребро AD в некоторой точке D ’ . Для точек A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ’ также выполняется указанное равенство. Из этого следует, что DD ₁ : D ₁ A = DD ’ : D ’ A и, значит, D ₁ и D ’ совпадают, т.е. A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ₁ лежат в одной плоскости.

Теорема 9′ (Чевы). Пусть на ребрах AB, BC, CD и AD тетраэдра ABCD взяты соответственно точки A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ₁. Плоскости ABC ₁ , BCD ₁ , CDA ₁ и DAB ₁ пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда

Доказательство. По предыдущей теореме выполнимость указанного равенства равносильна тому, что точки A ₁ , B ₁ , C ₁ и D ₁ лежат в одной плоскости. При этом точка пересечения этих плоскостей является точкой пересечения диагоналей четырехугольника A ₁ B ₁ C ₁ D ₁ .

Рассмотрим теперь некоторые специальные тетраэдры.
Равногранным тетраэдром называется тетраэдр, у которого все грани равны.
Теорема 10. Для любого остроугольного треугольника существует равногранный тетраэдр, грани которого равны данному треугольнику.
Доказательство. Пусть ABC – произвольный остроугольный треугольник. Через его вершины проведем прямые, параллельные противоположным сторонам (рис. 5).

Они образуют треугольник A ₁ B ₁ C ₁ , разбитый на четыре треугольника, равных исходному. Ясно, что A ₁ B ₁ C ₁ представляет собой развертку равногранного тетраэдра.
Теорема 11. Тетраэдр является равногранным тогда и только тогда, когда у него центры вписанной и описанной сфер совпадают.
Доказательство. Пусть в тетраэдре ABCD центрами вписанной и описанной сфер является точка O . P и Q – и точки касания вписанной сферы граней ABC и BCD (рис.6) . Заметим, что P и Q являются центрами окружностей, описанных около треугольников ABC и BCD соответственно. Из этого, в частности, следует, что треугольник ABC – остроугольный. Кроме того, треугольники BP C и BQ C равны. Углы BAC и BDC равны половинам углов BP C и BQ C , и следовательно также равны. Таким образом, плоские углы при вершине D равны углам треугольника ABC. Значит, в сумме они составляют 180 0 . Аналогично, плоские углы при остальных вершинах тетраэдра в сумме составляют 180 0 . Поэтому развертка этого тетраэдра имеет вид, указанный в теореме 1. Следовательно, тетраэдр равногранный.

Покажем обратное, пусть ABCD – равногранный тетраэдр, O – цетр описанной сферы. Тогда плоскости граней пересекают описанную сферу по окружностям одинакового радиуса. Следовательно, расстояния от точки O до граней тетраэдра равны и, значит O – центр вписанной сферы.
Прямоугольным тетраэдром называется тетраэдр, у которого все плоские углы при какой-нибудь вершине прямые.
Теорема 12. Основанием высоты прямоугольного тетраэдра, проведенной из вершины с прямыми плоскими углами, является точка пересечения высот противоположной грани.
Теорема 13. (Пифагора) Квадрат площади грани прямоугольного тетраэдра, лежащей против вершины с прямыми плоскими углами, равен сумме квадратов площадей остальных граней этого тетраэдра.
Доказательство. Пусть ABCD – прямоугольный тетраэдр (рис. 7). Плоские углы при вершине D прямые. Можно было бы обозначить ребра, выходящие из вершины D через a, b, c, а затем воспользоваться формулой Герона для нахождения площади треугольника ABC .

Мы рассмотрим другой способ. Имеем S _ADB = S _ABC cos ; S _ACD = S _ABC cos ; S _BCD = S _ABC cos , где , , – соответствующие двугранные углы, равные углам C DO, BDO и A DO . Таким образом, cos , cos , cos составляют координаты единичного вектора, поэтому cos 2 + cos 2 + cos 2 = 1. Значит , S 2 _ABC = S 2 _ABD + S 2 _BCD + S 2 _ACD . Что и требовалось доказать.
Ортогональным называется тетраэдр, у которого противоположные ребра попарно перпендикулярны.
Ортоцентрическим называется тетраэдр, у которого высоты или их продолжения пересекаются в одной точке – ортоцентре третаэдра.
Теорема 14. Тетраэдр является ортогональным тогда и только тогда, когда отрезки, соединяющие середины противоположных ребер, равны.
Доказательство. Пусть ABCD – тетраэдр. A ₁ , B ₁, C ₁, D ₁ – середины двух пар противоположных ребер (рис. 8).

Тогда A ₁ B ₁ D ₁ C ₁ – параллелограмм. Его диагонали равны тогда и только тогда, когда он – прямоугольник, т.е. AC BD .
Теорема 2. Тетраэдр является ортогональным тогда и только тогда, когда он является ортоцентрическим.
Доказательство. Пусть ABCD – ортогональный тетраэдр (рис. 9). DD ₂ – высота, опущенная из вершины D. Плоскость CDD ₂ перпендикулярна AB и, следовательно, DC ₁ и CC ₁ – высоты треугольников ABC и ABD. Высоты DD ₂ и CC ₂ треугольника C ₁ CD пересекаются.

Таким образом, произвольные пары высот тетраэдра пересекаются в одной точке. Но попарно пересекающиеся прямые или лежат в одной плоскости, или пересекаются в одной точке. В нашем случае прямые не лежат в одной плоскости и, следовательно, пересекаются в одной точке O .
Обратно, пусть высоты тетраэдра ABCD пересекаются в одной точке O. Тогда DD ₂ ABC и, следовательно, DD ₂ ABC . Аналогично, CC ₂ ABD и, следовательно, CC ₂ AB . Таким образом, AB перпендикулярна плоскости COD и, следовательно, AB CD. Аналогично показывается перпендикулярность остальных противоположных ребер.
Теорема 3. Тетраэдр является ортогональным тогда и только тогда, когда одна из его высот проходит через ортоцентр соответствующей грани.
Доказательство. Необходимость вытекает из Теоремы 2. Покажем достаточность. Пусть D ₂ – ортоцентр грани ABC, DD ₂ – высота тетраэдра ABCD. Тогда BC перпендикулярна плоскости AA ₁ D и, следовательно, BC перпендикулярна AD. Аналогично показывается перпендикулярность остальных противоположных ребер.
Теорема 4. В ортогональном тетраэдре окружности 9-ти точек всех граней лежат на одной сфере (сфера 24 точек).
Доказательство. Рассмотрим сферу с центром в центроиде тетраэдра и диаметром, равным отрезкам, соединяющим середины противоположных ребер. Эта сфера проходит через середины всех ребер тетраэдра и, следовательно, содержит окружности 9 точек всех граней.

Литература
1. Адамар Ж. Элементарная геометрия. Часть II. Стереометрия. – М.: Учпедгиз, 1938.
2. Перепелкин Д.И. Курс элементарной геометрии. Часть II. Геометрия в пространстве. – М.-Л.: Гостехиздат, 1949.
3. В.В.Прасолов, И.Ф.Шарыгин. Задачи по стереометрии. – М.: Наука, 1989.
4. Д.О.Шклярский, Н.Н.Ченцов, И.М.Яглом. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Часть 3. – М.: Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1954.

Дипломная работа: Избранные теоремы геометрии тетраэдра

Выпускная квалификационная работа

Избранные теоремы геометрии тетраэдра

Специальность / направление подготовки Математика

Специализация / профиль Математика – информатика

Глава I. Виды тетраэдров и теоремы о тетраэдрах

1.1 Теоремы о тетраэдрах

§1. Теорема Менелая

§3. Свойства медиан и бимедиан тетраэдра

1.2 Различные виды тетраэдров.

§1. Пифагоровы тетраэдры

§2. Ортоцентрические тетраэдры

§3. Каркасные тетраэдры

§4. Равногранные тетраэдры

§5. Инцентрические тетраэдры

§6. Соразмерные тетраэдры

§7. Правильные тетраэдры

Глава II. Тетраэдр в курсе математики средней школы

§1. Сравнительная характеристика изложения темы «тетраэдр» в школьных учебниках

§2. Тестирование уровня развития пространственного мышления у учеников средней школы

Интерес к изучению тетраэдра возник у человечества с древних времен и не угасает до сих пор. Это связано не только с его красотой, но и с большой практической ценностью.

Тетраэдр является одним из основных фигур стереометрии, однако его изучение в курсе средней школы недостаточно подробно. В некоторых учебниках авторы избегают самой терминологии, предпочитая называть фигуру «треугольной пирамидой» (и рассматривают её именно в таком ключе), а об изучении различных видов тетраэдров зачастую и говорить не приходится.

Роль задач о тетраэдрах в математическом развитии школьников трудно переоценить. Они стимулируют накопление конкретных геометрических представлений, способствуют развитию пространственного мышления, что особенно важно в процессе изучения стереометрии.

Изучению тетраэдра как школе, так и в вузах посвящено лишь небольшое количество занятий, поэтому целью дипломной работы является изучение различных видов тетраэдров, а также теорем, связанных с геометрией тетраэдра. В соответствии с целью сформулированы следующие задачи:

1. Собрать сведения о тетраэдре из различных источников и привести их в систему; разобрать доказательства теорем, связанных с тетраэдром;

2. Проанализировать методику изложения материала в различных школьных учебниках;

3. Разработать курс занятий о тетраэдре для средней школы.

В первой главе моей дипломной работы речь пойдёт о различных видах тетраэдра и некоторых теоремах, касающихся этой фигуры. Вторая глава посвящена анализу учебного материала для средней школы по заданной теме и разработке курса занятий.

Глава I . Виды тетраэдров и теоремы о тетраэдрах

1.1 Теоремы о тетраэдрах

§1. Теорема Менелая

Теорема Менелая для треугольника.

Пусть точки А₁ и С₁ лежат на сторонах В C и А C треугольника АВС , точка В₁ на продолжении стороны АС этого треугольника. Для того чтобы точки А₁ , В₁ , С₁ лежали на одной прямой необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство = = = 1.

Сначала докажем необходимость. Пусть точки А₁ ,В₁ ,С₁ лежат на прямой l и AA₀ =h₁ , CC₀ =h₃ – перпендикуляры, опущенные соответственно из точек А, В, С на прямую l . Из подобия треугольников АА₀ С₁ и ВВ₀ С₁ получаем

. Аналогично, рассматривая другие пары подобных треугольников, получаем ; . Перемножая полученные пропорции, приходим к требуемому равенству.

Теперь докажем достаточность. Пусть точки А₁ , В₁ , С₁ , лежащие на прямых ВС, АС, АВ таковы, что . Докажем, что точки А₁ , В₁ , С₁ лежат на одной прямой.

Проведем прямую А₁ В₁ и докажем, что точка С₁ ей принадлежит. Предположим, что это не так. Сначала заметим, прямая А₁ В₁ не параллельна прямой АВ . Пусть Т – точка пересечения А₁ В₁ и АВ , тогда

. Из условия и равенства (1) следует, что . Так как точки Т и С₁ лежат вне отрезка АВ , их совпадение вытекает из следующей леммы.

Пусть А и В две различные точки, тогда для любого k>0, k≠1 на прямой АВ существуют две точки U и V такие, что , причем одна из этих точек принадлежит отрезку АВ, а другая лежит вне отрезка.

Введем на прямой АВ координаты, приняв точку А за начало координат. Пусть для определенности k> 1, тогда координата искомой точки U , лежащей внутри отрезка АВ , удовлетворяет уравнению , откуда .Точка V находится вне отрезка AB , из уравнения , откуда .Случай 0 Доказательство производится аналогично для любой другой пары медиан.

Теорема (Применение теоремы Чевы).

Для начала дадим определения некоторых элементов тетраэдра. Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер тетраэдра называется бимедианой. Бивысотами (по аналогии) называют общие перпендикуляры скрещивающихся ребер.

Бимедианы тетраэдра пересекаются в той же самой точке, что и медианы тетраэдра.

В треугольнике LDC отрезки DC и LF пересекутся в точке K . По теореме Чевы для этого треугольника: , т.е. , CK=KD, LK – бимедиана.

FL = FK . Теорема Менелая для треугольника DLK : , , отсюда LF = FK .

Точка F является центром тяжести тетраэдра. , , значит .

1.2 Различные виды тетраэдров

§1. Пифагоровы тетраэдры

Треугольник называется пифагоровым, если у него один угол прямой, а отношение любых сторон рационально (т.е применяя подобие, можно из него получить прямоугольный треугольник с целыми длинами сторон).

По аналогии с этим, тетраэдр называют пифагоровым, если его плоские углы при одной из вершин прямые, а отношение любых двух ребер рационально (из него с помощью подобия можно получить тетраэдр с прямыми плоскими углами при одной из вершин и целыми длинами ребер).

Попробуем вывести “Уравнение пифагоровых тетраэдров”, т.е. такое уравнение с тремя неизвестными ξ, η, ζ, что любой пифагоров тетраэдр дает рациональное решение этого уравнения, и наоборот, любое рациональное решение уравнения дает пифагоров тетраэдр.

Сначала дадим способ описания всех пифагоровых треугольников.

На рисунке треугольник ОАВ – прямоугольный, длины его катетов обозначены через а и b , а дина гипотенузы – через р . Число (1) условимся называть параметром прямоугольного треугольника ОАВ (или точнее, параметром “относительно катета а “). Используя соотношение р 2 =а 2 +b 2 , имеем:

Из этих уравнений непосредственно получим формулы, выражающие отношения сторон прямоугольного треугольника через его параметр:

и(2).

Из формул (1) и (2) непосредственно вытекает следующее утверждение: для того, чтобы прямоугольный треугольник был пифагоровым, необходимо и достаточно, чтобы число ξ было рациональным. В самом деле, если треугольник пифагоров, то из (1) следует, что ξ рационально. Обратно, если ξ рационально, то согласно (2) отношения сторон рациональны, то есть треугольник пифагоров.

Пусть теперь ОАВС – тетраэдр, у которого плоские углы при вершине О прямые. Длины ребер, исходящих из вершины О, обозначим через a,b,с , а длины оставшихся ребер через р, q, r .

Рассмотрим параметры трех прямоугольных треугольников ОАВ, ОВС, ОСА:

(3)

Тогда по формулам (2) можно выразить отношения сторон этих прямоугольных треугольников через их параметры:

(4),

(5).

Из (4) непосредственно вытекает, что параметры ξ, η, ζ , удовлетворяют соотношению (6). Это и есть общее уравнение пифагоровых тетраэдров.

Из формул (3) – (5) непосредственно вытекает следующее утверждение: для того чтобы тетраэдр ОАВС с прямыми плоскими углами при вершине О был пифагоровым, необходимо и достаточно, чтобы параметры ξ, η, ζ (удовлетворяющие уравнению (6)) были рациональными.

Продолжая аналогию пифагорова треугольника с пифагоровым тетраэдром, попробуем сформулировать и доказать пространственное обобщение теоремы Пифагора для прямоугольных тетраэдров, которая, очевидно, будет верна и для пифагоровых тетраэдров. В этом нам поможет следующая лемма.

Если площадь многоугольника равна S , то площадь его проекции на плоскость π равна , где φ – угол между плоскостью π и плоскостью многоугольника.

Утверждение леммы очевидно для треугольника, одна сторона которого параллельна линии пересечения плоскости π с плоскостью многоугольника. В самом деле, длина этой стороны при проекции не изменяется, а длина высоты, опущенной на нее при проекции, изменяется в cosφ раз.

Докажем теперь, что любой многогранник можно разделить на треугольники указанного вида.

Проведем для этого через все вершины многоугольника прямые, параллельные линии пересечения плоскостей, многоугольник разрежется при этом на треугольники и трапеции. Остается разрезать каждую трапецию по любой из ее диагоналей.

Теорема 1 (пространственная теорема Пифагора).

В прямоугольном тетраэдре АВСD , с плоскими углами при вершине D , сумма квадратов площадей трех его прямоугольных граней равна квадрату площади грани АВС .

Пусть α – угол между плоскостями АВС и DВС, D’ – проекция точки D на плоскость АВС . Тогда S_ΔDBC =СоsαS_ΔАBC и S_ΔD’BC = c оsαS_ΔDBC (по лемме 1), поэтому c оsα = . S _{Δ D ‘ BC} = .

Аналогичные равенства можно получить и для треугольников D’АВ и D’АС . Складывая их и учитывая, что сумма площадей треугольников D’ВС , D’АС и D’АВ равна площади треугольника АВС , получаем требуемое.

Пусть все плоские углы при вершине D прямые; a , b , c – длины ребер, выходящих из вершины D на плоскость ABC . Тогда

По теореме Пифагора для прямоугольного тетраэдра

;

.

С другой стороны

(:

1= ) => .

§2. Ортоцентрические тетраэдры

В отличие от треугольника, высоты которого всегда пересекаются в одной точке – ортоцентре, не всякий тетраэдр обладает аналогичным свойством. Тетраэдр, высоты которого пересекаются в одной точке, называется ортоцентрическим. мы начнем изучение ортоцентрических тетраэдров с необходимых и достаточных условий ортоцентричности, каждое из которых можно принять за определение ортоцентрического тетраэдра.

(1) Высоты тетраэдра пересекаются в одной точке.

(2) Основания высот тетраэдра являются ортоцентрами граней.

(3) Каждые два противоположных ребра тетраэдра перпендикулярны.

(4) Суммы квадратов противоположных ребер тетраэдра равны.

(5) Отрезки, соединяющие середины противоположных ребер тетраэдра, равны.

(6) Произведения косинусов противоположных двугранных углов равны.

(7) Сумма квадратов площадей граней вчетверо меньше суммы квадратов произведений противоположных ребер.

Докажем некоторые из них.

Пусть каждые два противоположных ребра тетраэдра перпендикулярны.

Следовательно, высоты тетраэдра попарно пересекаются. Если несколько прямых попарно пересекаются, то они лежат в одной плоскости или проходят через одну точку. В одной плоскости высоты тетраэдра лежать не могут, так как иначе в одной плоскости лежали бы и его вершины, поэтому они пересекаются в одной точке.

Вообще говоря, для того чтобы высоты тетраэдра пересекались в одной точке, необходимо и достаточно потребовать перпендикулярность только двух пар противоположных ребер. Доказательство этого предложения напрямую следует из следующей задачи.

Дан произвольный тетраэдр ABCD . Докажите, что .

Пусть а= , b= , с= . Тогда , и , складывая эти равенства, получаем требуемое.

Далее докажем свойство (4).

Пусть а= , b= и с= . Равенство 2 + 2 = 2 + 2 , что, т.е. (а,с)=0 . Применяя данный алгоритм к другим парам противоположных ребер, очевидно, получим искомое утверждение.

Приведем оказательство свойства (6).

Для доказательства используем следующие теоремы:

– Теорема синусов. «Произведение длин двух противоположных ребер тетраэдра, деленное на произведение синусов двугранных углов при этих ребрах, одно и то же для всех трех пар противоположных ребер тетраэдра».

– Теорема Бертшнейдера. «Если a и b – длины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, а – двугранные углы при этих ребрах, то величина не зависит от выбора пары скрещивающихся ребер.

Воспользовавшись теоремой синусов для тетраэдра и теоремой Бертшнейдера, получаем, что произведения косинусов противоположных двугранных углов равны тогда и только тогда, когда равны суммы квадратов противоположных ребер, из чего и следует справедливость свойства (6) ортоцентрического тетраэдра.

В заключение пункта об ортоцентрическом тетраэдре решим несколько задач на эту тему.

Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре выполняется соотношение ОН 2 =4R 2 -3d 2 , где О – центр описанной сферы, H – точка пересечения высот, R – радиус описанной сферы, d- расстояние между серединами противоположных ребер.

Пусть К и L – середины ребер АВ и СD соответственно. Точка Н лежитт в плоскости, проходящей через СD перепендикулярно АВ , а точка О – в плоскости, проходящей черех К перпендикулярно АВ.

Эти плоскости симметричны относительно центра масс тетраэдра – середины отрезка KL . Рассматривая такие плоскости для всех ребер, получаем, что точки Н и О симметричны относительно М , а значит КLМО – параллелограмм. Квадраты его сторон равны и , поэтому . Рассматривая сечение, проходящее через точку М параллельно АВ и СD , получаем что АВ 2 +CD 2 =4d 2 .

Здесь можно добавить, что прямую, на которой лежат точки О, М и Н , называют прямой Эйлера ортоцентрического тетраэдра.

Наряду с прямой Эйлера можно отметить существование сфер Эйлера для ортоцентрического тераэдра, о которых и пойдет речь в следующих задачах.

Доказать, что для ортоцентрического тетраэдра окружности 9 точек каждой грани принадлежат одной сфере (сфере 24 точек). Для решения этой задачи необходимо доказать условие следующей задачи.

Доказать, что середины сторон треугольника, основания высот и середины отрезков высот от вершин до точки их пересечения лежат на одной окружности – окружности 9 точек (Эйлер).

Пусть АВС – данный треугольник, Н – точка пересечения его высот, А₁ , В₁ , С₁ – середины отрезков АН, ВН, СН; АА₂ – высоты, А₃ – середина ВС . Будем считать для удобства, что АВС – остроугольный треугольник. Поскольку В₁ А₁ С₁ =ВАС и ΔВ₁ А₂ С₁ =ΔВ₁ НС₁ , то В₁ А₂ С₁ =В₁ НС=180° – В₁ А₁ С₁ , т.е. точки А₁ , В₁ , А₂ , С₁ лежат на одной окружности. Также легко увидеть, что В₁ А₃ С₁ =В₁ НС=180° – В₁ А₁ С₁ , т.е. точки А₁ , В₁ , А₃ , С₁ тоже лежат на одной (а значит на той же) окружности. Отсюда следует, что все 9 точек, о которых говорится в условии, лежат на одной окружности. Случай тупоугольного треугольника АВС рассматривается аналогично.

Заметим, что окружность 9 точек гомотетична описанной окружности с центром в Н и коэффициентом (именно так расположены треугольники АВС и А₁ В₁ С₁ ). С другой стороны, окружность 9 точек гомотетична описанной окружности с центром в точке пересечения медиан треугольника АВС и коэффициентом (именно так расположены треугольники АВС и треугольник с вершинами в серединах его сторон).

Теперь, после определения окружности 9 точек, можно перейти к доказательству условия задачи 3.

Сечение ортоцентрического тетраэдра любой плоскостью, параллельной противоположным ребрам и проходящей на равном расстоянии от этих ребер, есть прямоугольник, диагонали которого равны расстоянию между серединами противоположных ребер тетраэдра ( все эти расстояния равны между собой, см. необходимое и достаточное условие ортоцентричности (5). Отсюда следует, что середины всех ребер ортоцентрического тетраэдра лежат на поверхности сферы, центр которой совпадает с центром тяжести данного тетраэдра, а диаметр равен расстоянию между серединами противоположных ребер тетраэдра. Значит, все четыре окружности 9 точек лежат на поверхности этой сферы.

Доказать, что для ортоцентрического тетраэдра центры тяжести и точки пересечения высот граней, а также точки , делящие отрезки каждой высоты тетраэдра от вершины до точки пересечения высот в отношении 2:1, лежат на одной сфере ( сфере 12 точек).

Пусть точки О, М и Н – соответственно центр описанного шара, ценетр тяжести и ортоцентр ортоцентрического тетраэдра; М – середина отрезка ОН (см. задачу 2). Центры тяжести граней тетраэдра служат вершинами тетраэдра, гомотетичного, с центром гомотетиии в точке М и коэффициентом , при этой гомотетии точка О перейдет в точку О₁ , расположенную на отрезке МН так, что , О₁ будет центром сферы проходящей через центры тяжестей граней.

С другой стороны, точки, делящие отрезки высот тетраэдра от вершин до ортоцентра в отношении 2:1, служат вершинами тетраэдра, гомотетичного данному с центром гомотетии в Н и коэффициентом . При этой гомотетии точка О , как легко видеть, перейдет в ту же точку О₁ . Таким образом, восемь из двенадцати точек лежат на поверхности сферы с центром в О₁ и радиусом, втрое меньшим, чем радиус сферы, описанной около тетраэдра.

Докажем, что точки пересечения высот каждой грани лежат на поверхности той же сферы.

Пусть О`, Н` и М` – центр описанной окружности, точка пересечения высот и центр тяжести какой-либо грани. О` и Н` являются проекциями точек О и Н на плоскость этой грани, а отрезок М` делит отрезок О`Н` в отношении 1:2, считая от О` (известный планиметрический факт). Теперь легко убедиться (см. рис), что проекция О<sub>1</sub> на плоскость этой грани – точка О`₁ совпадает с серединой отрезка М`Н` , т.е. О₁ равноудалена от М` и Н` , что и требовалось.

§3. Каркасные тетраэдры

Каркасным называется тетраэдр, для которого существует сфера, касающаяся всех шести ребер тетраэдра. Не всякий тетраэдр каркасный. Например, легко понять, что нельзя построить сферу, касающуюся всех ребер равногранного тетраэдра, если его описанный параллелепипед “длинный”.

Перечислим свойства каркасного тетраэдра.

(1) Существует сфера, касающаяся всех ребер тетраэдра.

(2) Суммы длин скрещивающихся ребер равны.

(3) Суммы двугранных углов при противоположных ребрах равны.

(4) Окружности, вписанные в грани, попарно касаются.

(5) Все четырехугольники, получающиеся на развертке тетраэдра, — описанные.

(6) Перпендикуляры, восстановленные к граням из центров вписанных в них окружностей, пересекаются в одной точке.

Докажем несколько свойств каркасного тераэдра.

Пусть О – центр сферы, касающейся четырех ребер во внутренних точках. заметим теперь, что если из точки Х провести касательные ХР и ХQ к сфере с центром О , то точки Р и Q симметричны относительно плоскости, проходящей прямую ХО и середину отрезка PQ , а значит плоскости РОХ и QОХ образуют с плоскостью ХРQ равные углы.

Проведем 4 плоскости, проходящие через точку О и рассматриваемые ребра тетраэдра. Они разбивают каждый из рассматриваемых двугранных углов на два двугранных угла. Выше было показано, что полученные двугранные углы, прилегающие к одной грани тетраэдра, равны. Как в одну, так и в другую рассматриваемую сумму двугранных углов входит по одному полученному углу для каждой грани тетраэдра. Проводя аналогичные рассуждения для других пар скрещивающихся ребер, получим справедливость свойства (2).

Вспомним некоторые свойства описанного четырехугольника:

a) Плоский четырехугольник будет описанным тогда и только тогда, когда суммы его противоположных сторон равны;

b) Если описанный четырехугольник разбить диагональю на два треугольника, то вписанные в треугольники окружности касаются

Учитывая эти свойства, легко доказать остальные свойства каркасного тетраэдра. Свойство (3) тетраэдра напрямую следует из свойства (b), а свойство (4) из свойства (a) и свойства (1) тетраэдра. Свойство (5) из свойства (3). Действительно, ведь окружности вписанные в грани тетраэдра, являются пересечениями его граней со сферой, касающейся ребер, откуда очевидно, что перпендикуляры, восстановленные в центрах вписанных в грани окружностей неминуемо пересекутся в центре этой сферы.

Сфера касается ребер АВ, ВС, СD и DA тетраэдра АВСD в точках L, M, N, K, являющихся вершинами квадрата. Докажите, что если эта сфера касается ребра АС , то она касается и ребра BD .

По условия КLMN – квадрат. Проведем через точки К, L, M, N плоскости, касающиеся сферы. Т.к все эти плоскости одинаково наклонены к плоскости КLMN , то они пересекаются в одной точке S , расположенной на прямой ОО₁ , где – центр сферы, а О₁ – центр квадрата. Эти плоскости пересекают поверхность квадрата KLMN по квадрату TUVW , серединами сторон которого являются точки К, L, M, N . В четырехгранном угле STUVW с вершиной S все плоские углы равны, а точки К, L, M, N лежат на биссектрисах его плоских углов, причем SK=SL=SM=SN . Следовательно,

SA=SC и SD=SB , а значит АК=АL=CM=CN и ВL=BM=DN=DK . По условию АС тоже касается шара, поэтому А C =АК+CN=2АК . А так как SK – биссектриса угла DSA , то DK:КА=DS:SA=DВ:АС . Из равенства АС=2АК следует теперь, что DВ=2DK . Пусть Р – середина отрезка DВ , тогда Р лежит на прямой SO . Треугольники DOK и DOP равны, т.к. DK=DP и DКO=DPO=90 ° . Поэтому ОР=ОК=R , где R – радиус сферы, а значит, DB тоже касается сферы.

§4. Равногранные тетраэдры

Равногранным называется тетраэдр, все грани которого равны. Чтобы представить себе равногранный тетраэдр, возьмем произвольный остроугольный треугольник из бумаги, и будем сгибать его по средним линиям. Тогда три вершины сойдутся в одну точку, а половинки сторон сомкнутся, образуя боковые ребра тетраэдра.

(0) Грани конгруэнтны.

(1) Скрещивающиеся ребра попарно равны.

(2) Трехгранные углы равны.

(3) Противолежащие двугранные углы равны.

(4) Два плоских угла, опирающихся на одно ребро, равны.

(5) Сумма плоских углов при каждой вершине равна 180°.

(6) Развертка тетраэдра – треугольник или параллелограмм.

(7) Описанный параллелепипед прямоугольный.

(8) Тетраэдр имеет три оси симметрии.

(9) Общие перпендикуляры скрещивающихся ребер попарно

(10) Средние линии попарно перпендикулярны.

(11) Периметры граней равны.

(12) Площади граней равны.

(13) Высоты тетраэдра равны.

(14) Отрезки, соединяющие вершины с центрами тяжести противоположных граней, равны.

(15) Радиусы описанных около граней окружностей равны.

(16) Центр тяжести тетраэдра совпадает с центром описанной сферы.

(17) Центр тяжести совпадает с центром вписанной сферы.

(18) Центр описанной сферы совпадает с центром вписанной.

(19) Вписанная сфера касается граней в центрах описанных около этих

(20) Сумма внешних единичных нормалей (единичных векторов,

перпендикулярных к граням), равна нулю.

(21) Сумма всех двугранных углов равна нулю.

Практически все свойства равногранного тетраэдра следуют из его

определения, поэтому докажем только некоторые из них.

Т.к. тетраэдр ABCD равногранный, то по свойству (1) AB=CD . Пусть точка К отрезка АВ , а точка L середина отрезка DC , отсюда отрезок KL бимедиана тетраэдра ABCD , откуда по свойствам медиан тетраэдра следует, что точка О – середина отрезка KL , является центром тяжести тетраэдра ABCD .

К тому же медианы тетраэдра пересекаются в центре тяжести, точке О , и делятся этой точкой в отношении 3:1, считая от вершины. Далее, учитывая вышесказанное и свойство (14) равногранного тетраэдра, получаем следующее равенство отрезков АО=ВО=СО=DО , из которого и следует, что точка О является центром описанной сферы (по определению описанной около многогранника сферы).

Обратно. Пусть К и L – середины ребер АВ и СD соответственно, точка О – центр описанной сферы тетраэдра, т.е. середина отрезка KL . Т.к. О – центр описанной сферы тетраэдра, то треугольники AOB и COD – равнобедренные с равными боковыми сторонами и равными медианами OK и OL . Поэтому ΔAOB =ΔCOD . А значит AB=CD . Аналогично доказывается равенство других пар противоположных ребер, из чего по свойству (1) равногранного тетраэдра и будет следовать искомое.

Рассмотрим биссектор двугранного угла при ребре AB , он разделит отрезок DC в отношении площадей граней ABD и ABC .

Т.к. тетраэдр ABCD равногранный, то по свойству (12) S_ΔABD =S_ΔABD =>DL=LС , откуда следует, что биссектор ABL содержит бимедиану KL . Применяя аналогичные рассуждения для остальных двугранных углов, и принимая во внимание тот факт, что биссекторы тетраэдра пересекаются в одной точке, которая является центром вписанной сферы, получаем, что эта точка неминуемо будет центром тяжести данного равногранного тетраэдра.

Обратно. Из того, что центр тяжести и центр вписанной сферы совпадают имеем следующее: DL=LC=>SABD=SADC . Доказывая подобным образом равновеликость всех граней и, применяя свойство (12) равногранного тетраэдра, получаем искомое.

Теперь докажем свойство (20). Для этого сначала нужно доказать одно из свойств произвольного тетраэдра.

тетраэдр теорема школьный учебник

Если длины векторов перпендикулярных к граням тетраэдра численно равны площадям соответствующих граней, то сумма этих векторов равна нулю.

Пусть Х – точка внутр и многогранника, h_i (i=1,2,3,4) – расстояние от нее до плоскости i -ой грани.

Разрежем многогранник на пирамиды с вершиной Х , основаниями которых служат его грани. Объем тетраэдра V равен сумме объемов этих пирамид, т.е. 3 V=∑h_i S_i , где S_i площадь i -ой грани. Пусть далее, n_i – единичный вектор внешней нормали к i-ой грани, M_i – произвольная точка этой грани. Тогда h_i =(ХM_i , S_i n_i ) , поэтому 3V=∑h_i S_i =∑(ХM_i , S_i n_i )=(ХО, S_i n_i )+(ОM_i , S_i n_i )=(ХО, ∑S_i n_i )+3V , где О – некоторая фиксированная точка тетраэдра, следовательно, ∑S_i n_i =0 .

Далее очевидно, что свойство (20) равногранного тетраэдра является частным случаем вышеуказанной леммы, где S₁ =S₂ =S₃ =S₄ =>n₁ =n₂ =n₃ =n₄ , и так как площади граней не равны нулю, получаем верное равенство n₁ +n₂ +n₃ +n₄ =0 .

В заключение рассказа о равногранном тетраэдре приведем несколько задач на эту тему.

Прямая, проходящая через центр масс тетраэдра и центр описанной около него сферы, пересекает ребра AB и CD . Докажите, что AC=BD и AD=BC .

Центр масс тетраэдра лежит на прямой, соединяющей середины ребер АВ и СD .

Следовательно, на этой прямой лежит центр описанной сферы тетраэдра, а значит, указанная прямая перпендикулярна ребрам АВ и СD . Пусть С` и D` – проекции точек C и D на плоскость, проходящую через прямую АВ параллельно СD . Т.к. AC`BD` – параллелограмм (по построению), то АС=ВD и АD=ВС .

Пусть h – высота равногранного тетраэдра, h₁ и h₂ – отрезки, на которые одна из высот грани делится точкой пересечения высот этой грани. Доказать, что h 2 =4h₁ h₂ ; доказать также, что основание высоты тетраэдра и точка пересечения высот грани, на которую эта высота опущена, симметричны относительно центра окружности, описанной около этой грани.

Пусть АВСD – данный тетраэдр, DH – его высота, DA₁ , DВ₁ , DС₁ – высоты граней, опущенные из вершины D на стороны ВС, СА и АВ .

Разрежем поверхность тетраэдра вдоль ребер DA, DB, DC , и сделаем развертку. Очевидно, что Н есть точка пересечения высот треугольника D₁ D₂ D₃ . Пусть F – точка пересечения высот треугольника ABC, АК – высота этого треугольника, АF=h₁ , FК=h₂ . Тогда D₁ Н=2h₁ , D₁ A₁ =h₁ -h₂ .

Значит, поскольку h – высота нашего тетраэдра, h 2 =DН 2 =DA 2 – НA₁ 2 = (h₁₊ h₂ ) 2 – (h₁ – h₂ ) 2 =4h₁ h_2. Пусть теперь М – центр тяжести треугольника ABC (он же центр тяжести треугольника D₁ D₂ D₃ ), О – центр описанной около него окружности. Известно, что F, М и О лежат на одной прямой (прямая Эйлера), причем М – между F и О , FM =2МО , С другой стороны, треугольник D₁ D₂ D₃ гомотетичен треугольнику АВС с центром в М и коэффициентом (-2), значит МН=2FM . Из этого следует, что ОН=FO .

Доказать, что в равногранном тетраэдре основания высот, середины высот и точки пересечения высот граней лежат на поверхности одной сферы (сферы 12 точек).

Решая задачу 2, мы доказали, что центр описанной около тетраэдра сферы проецируется на каждую грань в середину отрезка, концами которого является основание высоты, опущенной на эту грань, и точка пересечения высот этой грани. А поскольку расстояние от центра описанной около тетраэдра сферы до грани равно , где h – высота тетраэдра, центр описанной сферы удален от данных точек на расстояние , где а – расстояние между точкой пересечения высот и центром описанной около грани окружности.

§5. Инцентрические тетраэдры

Отрезки, соединяющие центры тяжести граней тетраэдра с противоположными вершинами (медианы тетраэдра), всегда пересекаются в одной точке, эта точка – центр тяжести тетраэдра. Если в этом условии заменить центры тяжести граней на ортоцентры граней, то оно превратится в новое определение ортоцентрического тетраэдра. Если же заменить их на центры вписанных в грани окружностей, называемых иногда инцентрами, мы получим определение нового класса тетраэдров – инцентрических.

Признаки класса инцентрических тетраэдров тоже довольно интересны.

(1) Отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с центрами окружностей, вписанных в противоположные грани, пересекаются в одной точке.

(2) Биссектрисы углов двух граней, проведенному к общему ребру этих граней, имеют общее основание.

(3) Произведения длин противоположных ребер равны.

(4) Треугольник, образованный вторыми точками пересечения трех ребер, выходящих из одной вершины, с любой сферой, проходящей через три конца этих ребер, является равносторонним.

По свойству (1), если DF, BE, CF, AM – биссектрисы соответственных углов в треугольниках АВС и FBD , то отрезки КС и LD будут иметь общую точку I (см. рис). Если же прямые DK и СL не пересекаются в точке F , то, очевидно, КС и DL не пересекаются, чего быть не может (по определению инцентрического тетраэдра).

Учитывая свойство (2) и свойство биссектрисы, получаем соотношения:

; .

§6. Соразмерные тетраэдры

Соразмерными называются тетраэдры, у которых

(1) Бивысоты равны.

(2) Проекция тетраэдра на плоскость, перпендикулярную любой бимедиане, есть ромб.

(3) Грани описанного параллелепипеда равновелики.

(4) 4а 2 а₁ 2 – (b 2 +b₁ 2 -c 2 -c₁ 2 ) 2 =4b 2 b₁ 2 – (c 2 +c₁ 2 -a 2 -a₁ 2 ) 2 =4c 2 c₁ 2 – (a 2 +a₁ 2 -b 2 -b₁ 2 ) 2 , где а и а₁ , b и b ₁ , с и с₁ – длины противоположных ребер.

Для доказательства эквивалентности определений (1) – (4) достаточно заметить, что бивысоты тетраэдра равны высотам параллелограмма, являющегося его проекцией, упоминавшейся в свойстве (2), и высотам описанного параллелепипеда, и что квадрат площади параллелепипеда, содержащей, скажем, ребро с, равен , а скалярное произведение выражается через ребра тетраэдра по формуле (4).

Добавим сюда ещё два условия соразмерности:

(5) Для каждой пары противоположных ребер тетраэдра плоскости, проведенные через одно из них и середину второго, перпендикулярны.

(6) В описанный параллелепипед соразмерного тетраэдра можно вписать сферу.

§7. Правильные тетраэдры

Если ребра тетраэдра равны между собой, то равны между собой будут и трехгранные, и двугранные, и плоские углы. В таком случае тетраэдр называется правильным. Заметим также, что такой тетраэдр является и ортоцентрическим, и каркасным, и равногранным, и инцентрическим, и соразмерным.

Если тетраэдр является равногранным и принадлежит к одному из следующих видов тетраэдров: ортоцентрический, каркасный, инцентрический, соразмерный, то он будет и правильным.

Тетраэдр является правильным, если он принадлежит к двум любым видам тетраэдров из перечисленных: ортоцентрический, каркасный, инцентрический, соразмерный, равногранный.

Свойства правильного тетраэдра:

Каждая его вершина является вершиной трех треугольников. А значит, сумма плоских углов при каждой вершине будет равна 180º

(0) В правильный тетраэдр можно вписать октаэдр, притом четыре (из восьми) грани октаэдра будут совмещены с четырьмя гранями тетраэдра, все шесть вершин октаэдра будут совмещены с центрами шести рёбер тетраэдра.

(1) Правильный тетраэдр состоит из одного вписанного октаэдра (в центре) и четырёх тетраэдров (по вершинам), причем ребра этих тетраэдров и октаэдра вдвое меньше ребер правильного тетраэдра

(2) Правильный тетраэдр можно вписать в куб двумя способами, притом четыре вершины тетраэдра будут совмещены с четырьмя вершинами куба.

(3) Правильный тетраэдр можно вписать в икосаэдр, притом, четыре вершины тетраэдра будут совмещены с четырьмя вершинами икосаэдра.

Доказать, что скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра взаимно перпендикулярны.

Пусть DH – высота правильного тетраэдра, точка H – центр правильного Δ ABC . Тогда проекцией отрезка AD на плоскость основания ABC будет отрезок BH . Т.к. BH AC , то по теореме о трех перпендикулярах наклонная BD AC .

Дан правильный тетраэдр МАВС с ребром 1. найдите расстояние между прямыми AL и МО , где L -середина ребра МС , О -центр грани АВС.

1. Расстояние между двумя скрещивающимися прямыми – это длина перпендикуляра, опущенного из одной прямой, к плоскости, параллельной этой прямой и содержащей вторую прямую.

2. Строим проекцию AK отрезка AL на плоскость ABC . Плоскость AKL перпендикулярна плоскости ABC , параллельна прямой MO и содержит прямую AL . Значит, искомая длина – это длина перпендикуляра ON , опущенного из точки O к AK .

S_Δ = .

С другой стороны: S _{Δ KHA} =

поэтому ρ .

НайдёмON : ρ= .

Каждое ребро треугольной пирамиды PABC равно 1; BD – высота треугольника ABC . Равносторонний треугольник BDE лежит в плоскости, образующей угол ϕ с ребром AC , причём точки P и E лежат по одну сторону от плоскости ABC . Найдите расстояние между точками P и E .

Решение. Поскольку все рёбра пирамиды PABC равны, это правильный тетраэдр. Пусть M – центр основания ABC , N – ортогональная проекция вершины E равностороннего треугольника BDE на плоскость ABC ,K – середина BD ,F – основание перпендикуляра, опущенного из точки E на высоту PM тетраэдра PABC . Так какEK BD , то по теореме о трёх перпендикулярахNK BD , поэтому EKN – линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями ABC и BDE , а т.к. NK || AC , то EKN = ϕ . Далее имеем:

BD = , MD = , KD = , BD = , PM = ,

KM = KD – MD = – = , EK = BD · = , EN = EK sin ϕ = sin ϕ ,

NK = EK cos ϕ = cos ϕ , MN 2 = NK 2 + KM 2 = cos 2ϕ + ,

= cos 2ϕ + + ( – sin ϕ )2 = cos 2ϕ + + – sin ϕ + sin 2ϕ == + + – sin ϕ = – sin ϕ = – sin ϕ .

PE = = .

Найди углы между скрещивающимися высотами соседних граней тетраэдра.

Пусть BK и DF – высоты граней ABC и BCD. BK, FD = α . Обозначим длину ребра тетраэдра как a . Проведем FL || BK , тогда α = DFL . , KL=LC.

Запишем теорему косинусов для Δ DLF :

; ; ; .

Случай №2 (высота расположена иначе).

BK и CN – высоты граней ABC и BCD . Проведем FP || CN и FL || BK . ; . Найдем LP . DO – высота правильного тетраэдра, DO = , Q – проекция P на плоскость ABC , . ,

;

.

Запишем теорему косинусов для Δ LFP :

; ;

.

Так как угол между прямыми по определению острый

.

Глава II. Тетраэдр в курсе математики средней школы

§1. Сравнительная характеристика изложения темы «тетраэдр» в школьных учебниках

В школьном курсе геометрии на изучение основ темы «Тетраэдр» отводится достаточно много времени. Методических проблем проведения этой темы практически не возникает, так как учащиеся знают, что такое пирамида (в т.ч. и треугольная), как из пропедевтических курсов прежних лет обучения математики, так из жизненного опыта. Правильный тетраэдр ассоциируется с его плоским аналогом – правильным треугольником, а равенство сторон с равенством ребер или граней.

Однако проблемы в изучении темы для учащихся существуют, и разные учебники пытаются решить их разными способами (порядком изложения теоретического материала, уровнем сложности задач и т.п.). Дадим краткую характеристику распространенных учебников геометрии в аспекте изучения тетраэдра.

Изложение темы «Тетраэдр» в учебнике «Геометрия» для 10-11 классов Атанасяна Л. С. и др.

В базовом учебнике «Геометрия» для 10-11 классов средней школы Атанасяна Л. С. и др. информацию о тетраэдре можно найти в 7 параграфах (12, 14, 28, 29, 32, 33, 69).

Авторы учебника определяют тетраэдр как поверхность, составленную из четырёх треугольников. Из теоретической базы учебника для 10 класса можно почерпнуть знания о гранях, рёбрах и вершинах тетраэдра, о построении сечений тетраэдра плоскостью, вычислении площади полной поверхности тетраэдра, в т.ч. и усечённого (глава III, § 2 «Пирамида»).

Далее рассматриваются правильные многогранники и элементы симметрии правильных многогранников. Формула нахождения объёма пирамиды приводится в заключительной главе учебника (глава VII «Объемы тел»).

Теоретический материал учебника изложен компактно и стилистически единообразно. Некоторый теоретический материал расположен в практической части учебника (доказательства некоторых теорем производится в задачах). Практический материал учебника разделён на два уровня сложности (есть т.н. «задачи повышенной трудности», отмеченные специальным символом «*»). Кроме того, в конце учебника есть задачник с задачами высокой сложности, некоторые из которых касаются тетраэдра. Рассмотрим некоторые задачи учебника.

Задача 1 (№300) . В правильной треугольной пирамиде DABC точки E, F и P – середины сторон BC , AB и AD . Определите вид сечения и найдите его площадь, если сторона основания пирамиды равна a , боковое ребро равно b.

Строим сечение плоскостью, проходящей через точки E, F, P . Проведём среднюю линию треугольника ABC , EF || AC ,

EF || AC, а A C лежит в пл. D CA , значит EF || пл. DCA. Плоскость сечения пересечёт грань DCA по прямой PK.

Т.к. плоскость сечения проходит через прямую EF параллельную плоскости DCA и пересекает плоскость DCA, то линия пересечения PK параллельна прямой EF.

Построим в грани BDA отрезок FP, а в грани BDC – отрезок EK. Четырёхугольник EFOK и есть искомое сечение. EF || AC, PK || EF || AC, , , значит .

Т.к. PK || EF и PK = EF, то EFPK – параллелограмм. Таким образом, EK || EP, EP – средняя линия треугольника BCD, .

Угол между скрещивающимися прямыми DB и CA равен 90 °. Докажем это. Построим высоту пирамиды DO . Точка O – центр правильного треугольника ABC . Продолжим отрезок BO до пересечения со стороной AC в точке M . В правильном треугольнике ABC: BM – высота, медиана и биссектриса, следовательно. Имеем, что , , тогда по признаку перпендикулярности прямой и плоскости , тогда .

Т.к. , PK || CA и EK || BD , то и EFPK – прямоугольник.

.

Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами a и b . Каждое её боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом φ . Найдите объём пирамиды

ABCD – пирамида, угол ABC – прямоугольный, AC = b, BC = a, углы DAO, DBO, DCO равны . Найдем V_DABC0 .

1) ∆DAO=∆ADC=∆DBO по катету и острому углу, значит AO=OC=OB=R окружности, описанной около ∆ABC. Т.к. ∆ABC – прямоугольный, то.

2) Из ∆ DOC : ; .

3) ; ; .

Изложение темы «Тетраэдр» в учебнике «Геометрия» для 7-11 классов Погорелова А.В.

В другом базовом учебнике А.В. Погорелова и др.теоретический материал в той или иной степени касающийся темы «Тетраэдр» содержится в пунктах 176-180, 186, 192, 199, 200.

В пункте 180 “Правильные многогранники” содержится определение понятия «правильный тетраэдр» (“Тетраэдр представляет собой треугольную пирамиду, у которой все рёбра равны”), доказательство некоторых свойств и теорем о пирамиде проиллюстрировано чертежами тетраэдра. Однако в данном учебном пособии акцент на изучении фигуры не ставится, и в этом смысле его информативность (касательно тетраэдра) можно оценить как низкую. Практический же материал учебника содержит удовлетворительное количество заданий, касающихся пирамиды, в основании которой расположен треугольник (что по сути и есть тетраэдр). Приведём примеры решения некоторых задач.

Задача 1 (№ 41 из пункта «Многогранники»).

Основание пирамиды — равнобедренный треугольник, у которого основание равно 12 см, а боковая сторона — 10 см. Боковые грани образуют с основанием равные двугранные углы, содержащие по 45°. Найдите высоту пирамиды.

Проведем перпендикуляр SO к плоскости основания и перпендикуляры SK, SM и SN к сторонам ΔABС. Тогда по теореме о трех перпендикулярах OK BC, ОМ АС и ON AB.

Тогда, SKO = SMO = SNO = 45° — как линейные углы данных двугранных углов. А следовательно, прямоугольные треугольники SKO, SMO иSNO равны по катету и острому углу. Так что OK=OM=ON, то есть точка О является центром окружности, вписаннойв ΔАВС.

Выразим площадь прямоугольника АВС:

(см)

С другой стороны, . Так что; ОК=r=3 см. Так как в прямоугольном треугольнике SOK острый угол равен45°, то ΔSOK является равнобедренным и SO=OK= 3(см).

Задача 2 (№ 43 из пункта «Объёмы многогранников»).

Найдите объем пирамиды, имеющий основанием треугольник, два угла которого a и β ; радиус описанного круга R. Боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости ее основания под углом γ.

Так как все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом, то высота пирамиды O₁ O проходит через центр описанной около основания окружности. Так что

Далее, в прямоугольном: .

В ΔАВС . Тогда согласно теореме синусов

.

Так что, , =

=.

Площадь треугольника:

.

Тогда.

Изложение темы «Тетраэдр» в учебнике «Геометрия» для 10-11 классов Александрова А.Д.

Рассмотрим учебное пособие Александрова А.Д. и др. «Геометрия: учебник для учащихся 11 кл. с углубленным изучением математики». Отдельных параграфов, посвящённых тетраэдру в этом учебнике нет, однако тема присутствует в виде фрагментов других параграфов.

Впервые тетраэдр упоминается в §21.3. В материале параграфа рассматривается теорема о триангуляции многогранника, в качестве примера выполняют триангуляцию выпуклой пирамиды. Само понятие «многогранник» в учебнике трактуется двумя способами, второе определение понятия напрямую связано с тетраэдром: «Многогранник – это фигура, являющаяся объединением конечного числа тетраэдров…». Познания, касающиеся правильной пирамиды и некоторых аспектов симметрии тетраэдра можно обнаружить в §23.

В §26.2 описано применение теоремы Эйлера («о правильных сетях») для правильных многогранников (в т.ч. для тетраэдра), а в §26.4 рассматриваются виды симметрий, характерные для этих фигур.

Формулу для нахождения объёма пирамиды авторы вводят в задаче №30.1(2), а площадь боковой поверхности пирамиды вводится в материале параграфа «Площадь поверхности конуса и цилиндра» (§32.5).

Также, в учебнике можно найти информацию о средней линии тетраэдра, центре масс (§35.5) и классе равногранных тетраэдров. Движения I и II рода демонстрируются в ходе решения задач о тетраэдрах.

Отличительная особенность учебника — высокая научность, которую авторам удалось совместить с доступным языком и чёткой структурой изложения. Приведём примеры решения некоторых задач.

В данную правильную треугольную усечённую пирамиду с боковым ребром a можно поместить сферу, касающуюся всех граней, и сферу, касающуюся всех рёбер. Найдите стороны оснований пирамиды.

Изобразим на чертеже «полную» пирамиду. Данная пирамида , — высота «полной» пирамиды, — ее часть до верхнего основания усеченной. Задача сводится к планиметрической, при этом не надо рисовать ни одной из данных сфер. Т.к. в усеченную пирамиду можно вписать сферу, касающуюся всех ребер, то в её боковую грань можно вписать окружность. Обозначим , (для удобства деления пополам) и для описанного четырехугольника получим, что , откуда

. (1)

Из существования вписанного шара следует, что существует полуокружность, расположенная в трапеции ( — апофема «полной» пирамиды) так, что ее центр лежит в середине , а сама она касается остальных трёх сторон трапеции.

— центр шара, и — точки касания. Тогда . Выразим эти величину через и . Из : . Из : . Из трапеции : . Получаем уравнение:

.(2)

Решив систему уравнений (1) и (2), получим, что стороны оснований равны .

Внутри правильного тетраэдра с ребром a расположены четыре равные сферы так, что каждая сфера касается трех других сфер и трех граней тетраэдра. Найти радиус этих сфер.

— данный тетраэдр, — его высота, — центры сфер, — точка пересечения прямой с плоскостью . Заметим, что центры равных сфер , касающихся плоскости , удалены от нее на равные расстояния, каждое из которых равно радиусу шара (обозначием его как x ). Значит плоскостии параллельны, а потому .

Далее, каждая пара шаров касается между собой, а потому расстояние между центрами равно сумме их радиусов, то есть 2x . Имеем:

. Но как высота правильного тетраэдра с ребром ; как высота правильного тетраэдра с ребром 2x ; .

Осталось выразить . Заметим, что точка находится внутри трехгранного угла и удалена от его граней на расстояние , а плоские углы трехгранного угла равны . Не сложно получить то, что . Приходим к уравнению:

, откуда после упрощений получаем .

Изложение темы «Тетраэдр» в учебнике «Геометрия» для 10-11 классов Смирновой И.М.

Изложению темы «Тетраэдр» в учебнике для 10-11 классов гуманитарного профиля Смирновой И.М. посвящены следующие занятия: 18, 19, 21, 22, 28-30, 35.

После изучения теоремы о том, что «Всякий выпуклый многогранник может быть составлен из пирамид с общей вершиной, основания которых образуют поверхность многогранника» рассматривается теорема Эйлера для некоторых таких многогранников, в частности, выполнение условий теоремы рассмотрено и для треугольной пирамиды, которая, в сущности, и есть тетраэдр.

Учебник интересен тем, что в нём рассматривается топология и топологически правильные многогранники(тетраэдр, октаэдр, икосаэдр, куб, додекаэдр), чье существование обосновывается при помощи той же теоремы Эйлера.

Помимо этого в учебнике приведено определение понятия «правильная пирамида»; рассматриваются теоремы о существовании вписанной и описанной сфер тетраэдра, некоторые свойства симметрии, касающиеся тетраэдра. На заключительном занятии (35) приводится формула нахождения объёма треугольной пирамиды.

Для данного учебного пособия характерен большой объем иллюстративного и исторического материала, а также небольшой объём практического материала, обусловленный направленностью учебника. Рассмотрим также учебник Смирновой И.М. и др. для 10-11 классов естественно-научного профиля.

Изложение темы «Тетраэдр» в учебнике «Геометрия» для 10-11 классов Смирновой И.М. и др.

От предыдущего учебного пособия данное отличается компоновкой тем и уровнем сложности предлагаемых к решению задач. Отличительной особенностью изложения материала является деление его на «семестры», которых в учебнике четыре. Тетраэдр упоминается в самом первом параграфе («Введение в стереометрию») , понятие «пирамида» определяется в §3.

Как и в предыдущем учебнике практический материал дополнен заданиями с развёрткой стереометрических фигур. В материале §26 можно найти теорему о сфере, вписанной в тетраэдр. Остальной теоретический материал, касающийся тетраэдра, фактически совпадает с материалами учебника, охарактеризованного выше.

Найдите кратчайший путь по поверхности правильного тетраэдра ABCD соединяющий точки E и F , расположенные на высотах боковых граней в 7 см от соответствующих вершин тетраэдра. Ребро тетраэдра равно 20 см.

Рассмотрим развертку трех граней тетраэдра. Кратчайшим путем будет отрезок, соединяющий точки E и F . Его длина равна20 см.

В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник, один из катетов которого равен 3 см, а прилежащий к нему острый угол равен 30 градусам. Все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под углом в 60 градусов. Найдите объем пирамиды.

Площадь треугольника ABC равна . Основанием высоты служит середина . Треугольник SAC — равносторонний..

Отсюда и, следовательно, объем пирамиды равен .

Отличительной особенностью учебника Атанасяна Л.С. и др. является то, что изучение тетраэдра начинается достаточно рано, материал разбросан по всему курсу и представлен в различных уровнях сложности. В учебнике Погорелова А.В. материал расположен компактно, понятие «тетраэдр» как и понятия других пространственных фигур, вводится достаточно поздно (в конце 10 класса), практический материал, представленный в учебнике, небольшого объема. В учебнике Смирновой И.М. и др. теоретический материал, как и практический имеет небольшой объем, практический задания низкого уровня сложности, учебник отличается большим объём материала из истории математики. В учебнике Александрова А.Д. и др. уровень сложности материала выше, сам материал разнообразнее, множество практических заданий содержит некоторую часть теории, имеются экстремальные задачи и задачи в виде вопросов, что выгодно выделяет его на фоне остальных.

§2. Тестирование уровня развития пространственного мышления у учеников средней школы

Интеллект — это способность к обучению или пониманию, которая присуща всем людям. Одни люди обладают ею в большей степени, другие — в меньшей, однако у каждого человека в течение жизни эта способность сохраняется практически без изменений. Именно благодаря интеллекту мы способны правильно действовать и учиться на своих ошибках.

В психологии интеллект определяется, как способность воспринимать знания и использовать их в других, принципиально новых ситуациях. В условиях тестирования можно определить, насколько успешно адаптируется человек к необычным ситуациям. Определение уровня общего интеллектуального развития посредством теста – довольно трудная и ёмкая по времени работа, поэтому в тексте данной работы будет использоваться часть методики тестирования интеллекта, отвечающая на вопрос об уровне развития пространственного мышления. Пространственное мышление – это специфический вид мыслительной деятельности, которая имеет место в решении задач, требующих ориентации в практическом и теоретическом пространстве (как видимом, так и воображённом). В своих наиболее развитых формах это мышление образцами, в которых фиксируются пространственные свойства и отношения. Оперируя исходными образами, созданными на различной наглядной основе, мышление обеспечивает их видоизменение, трансформацию и создание новых образов, отличных от исходных.

Используемый тест («Мини-тест уровня развития пространственного мышления» из «Первого теста на коэффициент развития интеллекта» Ф. Картера, К. Рассела) универсален для всех возрастных групп и занимает малый объём времени (30 минут). Текст теста и его ключи можно найти в «Приложении №1» к диплому.

Тетраэдр и его свойства

Тетраэдр и его свойства

У любого тетраэдра 4 вершины, 6 рёбер, 4 грани, 4 трёхгранных угла, 6 двугранных углов, 12 плоских углов. Если все 6 рёбер равны, то равными будут и грани, и трёхгранные углы, и плоские; в этом случае тетраэдр – правильный. Из равенства всех 4 граней, однако, ещё не следует правильность тетраэдра; тетраэдр, у которого все грани равны, называется равногранным. Чтобы представить себе равногранный тетраэдр, отличный от правильного, возьмём произвольный остроугольный треугольник из бумаги и будем сгибать его по средним линиям. Тогда три вершины сойдутся в одну точку, а половинки сторон сомкнутся, образуя боковые рёбра тетраэдра.

Перечислим теперь свойства тетраэдра, каждое из которых является необходимым и достаточным условием равногранности, включая определение:

(1) Скрещивающиеся рёбра попарно равны

(2) Трёхгранные углы равны.

(3) Противолежащие двугранные углы равны.

(4) Два плоских угла, опирающиеся на одно ребро, равны.

(5) Сумма плоских углов при каждой вершине равна 180.

(6) Развёртка тетраэдра – треугольник или параллелограмм

(7) Описанный параллелепипед – прямоугольный.

(8) Тетраэдр имеет три оси симметрии.

(9) Общие перпендикуляры скрещивающихся рёбер попарно перпендикулярны.

(10) Средние линии попарно перпендикулярны.

(11) Периметры граней равны.

(12) Площади граней равны.

(13) Высоты (тетраэдра) равны.

(14) Отрезки, соединяющие вершины с центром тяжести пртивоположных граней, равны.

(15) Радиусы описанных около граней окружностей равны.

(16) Центр тяжести (тетраэдра) совпадает с центром описанной сферы.

(17) Центр тяжести (тетраэдра) совпадает с центром вписанной сферы.

(18) Центр вписанной сферы совпадает с центром описанной.

(19) Вписанная сфера касается граней в центрах описанных около них окружностей.

(20) Сумма внешних единичных векторов, перпендикулярных к граням, равна 0

(21) Сумма косинусов всех двугранных углов равна 2.

Все перечисленные условия являются одновременно и свойствами и признаками равногранного тетраэдра. Чтобы вывести равногранность из какого-нибудь условия, надо выстроить целую цепочку промежуточных условий, в которой каждое прямое следствие предыдущего.

Проще всего устанавливается, что (0) (1) (2) (3) (4).

Докажем (0) (1).

Все грани тетраэдра АВСD равны по условию. Рассмотрим треугольники АDВ и DАС: АD – общая, тогда АВ равна либо DС (если так, то из равенства треугольников АDВ и DАС следует АС=DВ; а из равенства треугольников АDВ и СВD следует АD=ВС, т. е. скрещивающиеся рёбра попарно равны), либо АС (если так, то из равенства треугольников АDВ и DАС следует DВ=DС, т. е. треугольник – равнобедренный, а остальные – нет, т. е. противоречие)

Из (1) следует, что треугольники АВD, СDВ, ВАС (рис.1) равны (доказано выше). Тогда равны и соответствующие углы треугольников, т. е. трёхгранные углы ВАСD, АВСD, САВD, DАВС равны, т. к. любой трёхгранный угол однозначно определяется своими тремя плоскими углами.

Т. к. трёхгранный угол однозначно определяется своими тремя плоскими углами, то сдедующие доказательства будут аналогичны предудущему.

Дальше можно рассуждать по следующей схеме: (4)=>(5)=>(6)=>(1) (откуда уже следует равносильность первых шести условий).

Из условия следует, что углы ADB=ACB, ADC=ABC, BDC=BAC. Тогда треугольники ABC, ADC, ADB, BCD подобны, но треугольники ADB и DAC имеют общую сторону, т. е. они равны, аналогично равны екжду собой и остальные треугольники, т. е. тетраэдр – равногранный.

Разрежем тетраэдр АВСD по рёбрам АВ, АС, АD и рассмотрим развёртку А1ВА2DА3С (рис. => ), тогда в точках В, С и D приложены по три угла, сумма которых 180°, поэтому углы А1ВА2, А2ОА3, А3СА1 — развер­нутые; значит, А1А2А3 — треугольник, содержащий точки В, С, D и являющийся разверткой тетраэдра АВСD, Для остальных разверток рассуждение аналогично.

Посмотрев на рисунок можно увидеть, что на развёртке (например треугольник) скрещивающиеся рёбра являются противоположными сторонами параллелограмма, т. е. они равны.

Наш следующий шаг – доказательство равносильности (1) (7).

В самом деле, поскольку скрещиваю­щиеся ребра тетраэдра — диагонали граней описанного параллелепипеда, из попарного равенства ребер следует, что грани опи­санного параллелепипеда — прямо­угольники и наоборот.

Теперь мы предлагаем рассуж­дать по схеме (7)=>(8)=>(9)=>(10)=>(7).

Докажем (7)=>(8).

Взглянув на (рис. =>), вы легко уста­новите, что осями симметрии явля­ются прямые, соединяющие центры симметрии противоположных граней описанного (прямоугольного) парал­лелепипеда, или, что здесь то же са­мое, общими перпендикулярами скре­щивающихся рёбер.

Общими перпендикулярами скрещивающихся рёбер являются отрезки соединяющие середины противоположных граней описанного параллелограмма (прямоугольного) (рис. ^), а это значит, что эти отрезки попарно перпендикулярны (т. к. каждый из отрезков перпендикулярен граням, которые он соединяет).

Отрезки, соединяющие середины скрещивающихся рёбер – перпендикулярны, но это и есть средние линии.

Следующая цепочка рассуждений (0)=>(11),(12),(13),(14),(15). Мы докажем, что (11)=>(1), (12)=>(3), (13)=>(12), (14)=>(1), (4)=>(15); тем самым будет установлена равносильность первых 15 свойств.

Запишем условие (11) в виде a2+b2+c2 (1) =a2+b1+c1 (2) =b2+a1+c1 (3) =c2+a1+b1 (4), где a1b1c1 – длины рёбер тетраэдра, исходящих из одной вершины, a2b2c2 – длины соответственно скрещивающихся с ними рёбер. (1)-(2)=(3)-(4) или b2+c2-b1-c1=b2+c1-c2-b1, т. е. 2с2=2с1 или по-другому с2=с1, рассуждая аналогично для a1,a2,b1,b2, получаем a1=a2, b1=b2, c1=c2, а это и есть запись условия (1).

Для этого утверждения предварительно заметим, что S4=S1c14+S2c24+S3c34 (**), где Si – площади i-й грани, а сij – косинус двугранного угла между i-й и j-й гранью. Соотношение (**) сразу следует из теоремы о площади проекции, если спроектировать все грани тетраэдра на четвёртую грань. Написав ещё три таких соотношения (для трёх других граней) и воспользовавшись условием (12), приходим к системе с14+с24+с34=с13+с23+с34=с12+с23+с24=с12+с13+с14, которая решается точно так же как система из предыдущего утверждения. Получим с14=с23, с24=с14, с34=с12 , откуда следует равенство соответствующих углов, т. е. (3).

Утверждение очевидно следует из формулы для объёма тетраэдра V=Sh/3: S1h1/3=S2h2/3=S3h3=S4h4/3 S1=S2=S3=S4 по условию => h1=h2=h3=h4.

Докажем (14)=>(1).

Обозначим через Оi центр тяжести i-й грани и выразим |DO4| через стороны /DA/=/a/, /DB/=/b/, /DC/=/c/ (рис. =>). /DO4/ = =/DA/ + + /AO4/ = /DA/ + 2/3*/AE/ = /DA/ + 2/3*1/2*(/AB/ + /AC/) = = 1/3*(/DA/ + /AB/) + 1/3*(/DA/ + /AC/) + 1/3*/DA/ = 1/3*/DA/ + + 1/3*/DB/ + 1/3*/DC/ = 1/3*(/a/+/b/+/c/). Отсюда находим скалярный квадрат вектора /DO4/ : (DO4)2=1/9*(a2+b2+c2+2/a/*/b/+2/a/*/c/+2/b/*/c/). Обозначив a1=|a|, b1=|b|, c1=|c|, a2=|BC|, b2=|AC|, c2=|AB| и воспользовавшись тем, что /AB/=/b/-/a/, /BC/=/c/-/b/, /CA/=/a/-/c/, можно DO4 выразить в виде (DO4)2 = 1/3*((a1)2+(b1)2+(c1)2) + 1/9*((a2)2+(b2)2+(c2)2).

Напишем ещё три таких соотношения для трёх остальных граней:

По условию DO1=DO2=DO3=DO4 приравняем, например, DO1=DO2, получаем :

1/3*(a1)2 + 1/3*(b2)2 + 1/9*(a2)2 + 1/9*(b1)2 = 1/3*(a2)2 + 1/3*(b1)2 + 1/9*(a1)2 + 1/9*(b2)2,

2/9*(a1)2 + 2/9*(b2)2 = 2/9*(a2)2 + 2/9*(b1)2,

(a1)2 + (b2)2 = (a2)2 + (b1)2 (***),

Приравняв DO3=DO4, получаем :

1/3*(a2)2 + 1/3*(b2)2 + 1/9*(a1)2 + 1/9*(b1)2 = 1/3*(a1)2 + 1/3*(b1)2 + 1/9*(a2)2 + 1/9*(b2)2,

2/9*(a2)2 + 2/9*(b2)2 = 2/9*(a2)2 + 2/9*(b1)2,

(a2)2 + (b2)2 = (a1)2 + (b1)2 вычитая из этого равенства (***) получаем :

(a2)2-(a1)2 = (a2)2-(a1)2, т. е. получаем, что (a2)2=(a1)2 , аналогично находим (b2)2=(b1)2, (c2)2=(c1)2, т. е. получим (1).

Докажем (4)=>(15).

Углы ADB и АСВ опираются на равные хорды в равных окружностях, поэтому они равны или составляют в сумме 180°. Предположим сначала, что для каждой пары углов граней тет­раэдра, опирающихся на одно ребро, имеет место равенство углов. Тогда, например, сумма плоских углов при вершине D равна сумме углов треугольника АВС, т. e. равна 180°. Сумма плоских углов при любой вершине тетраэдра равна 180°, поэтому он равногранный (свойство (5)).

Докажем теперь, что случай, когда углы ADB и АСВ не равны, невозможен. Предположим, что углы ADB + АСВ = 180° и угол ADB не = АСВ. Пусть для определенности угол ADB ту­пой. Поверхность тетраэдра ABCD можно так «развернуть» на плоскость АВС, что образы Dа, Db и Dc точки D попадут па описанную окружность треугольника АВС; при этом направле­ние поворота боковой грани вокруг ребра основания выбирается в соответствии с тем, равны ли углы, опирающиеся на это ребро, или же они составляют в сумме 180°. В процессе разворачивания точка D движется по окружностям, плоскости которых пер­пендикулярны прямым АВ, ВС и СА. Эти ок ружности лежат в разных плоскостях, поэтому любые две из них имеют не более двух общих точек. Но две общих точки есть у каждой пары этих окружностей: точка D и точка, симметричная ей относительно плоскости АВС. Следовательно, точки Dа, Db и Dc попарно раз­личны. Кроме того, ADb=ADc, BDa=BDc, CDa=CDb. Развертка выглядит следующим образом: в окружность вписан треугольник ADcB с тупым углом Dc; из точек А и В проведены хорды ADb и BDa, равные ADc и BDc соответственно; С — сере­дина одной из двух дуг, заданных точками Da и Db. Одна из се­редин этих двух дуг симметрична точке Dc относительно прямой, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему; эта точка нам не подходит. Искомая развертка изображена на рис. . Углы при вершинах Da, Db и Dc шестиугольника ADcBDaCDb дополняют до 180° углы треугольника АВС, по­этому их сумма равна 360°. Но эти углы равны плоским углам при вершине D тетраэдра ABCD, поэтому их сумма меньше 360°. Получено противоречие.

Докажем остальные пять свойств

Пусть К и L — середины ребер А В и CD, О — центр тяжести тетраэдра, т. e. середина отрезка KL. Так как О — центр описанной сферы тетраэдра, то треугольники АОВ и COD рав­нобедренные, с равными боковыми сторонами и равными ме­дианами ОК и OL. Поэтому треугольники АОВ = СОD, а значит, АВ =CD. Аналогично доказывается равенство других пар про­тивоположных ребер.

Пусть О1 и О2 — точки касания вписанной сферы с гра­нями АВС и ВСD. Тогда треугольник О1ВС=О2ВС. Из условия задачи следует, что O1 и O2 — центры описанных окружностей указан­ных граней. Поэтому угол ВАС = BO1C/2 == ВО2С/2 == BDC. Аналогичные рассуждения показывают, что каждый из плоских углов при вершине D равен соответствующему углу треуголь­ника АВС, а значит, их сумма равна 180°. Это утверждение справедливо для всех вершин тетраэдра.

Докажем это утверждение для любого многогранника. (задача, когда длина вектора = площади грани, которой он перпендикулярен)

Докажем, что сумма проекции всех данных векторов на любую прямую L равна 0. Рассмотрим для этого проекцию многогранника на плоскость, перпендикулярную L. Проекция многогранника покрыта проекциями его граней в два слоя (видимые сверху, видимые снизу). Приписав площадям проекций граней одного типа ”+”, другого типа ”–”, получим, что сумма площадей проекций с учётом знака равна 0. Заметим теперь, что площадь проекции грани равна длине проекции соответствующего вектора на прямую L, причём для граней разного типа проекции векторов противоположно направлены. Следовательно, сумма проекций векторов на прямую L тоже равна 0. Т. к. это утверждение справедливо для многогранника, то оно справедливо и для тетраэдра

Пусть, e1, e2, e3, e4 единичные векторы, перпендикулярные граням и направленные во внeшнюю сторону. Так как площади всех граней равны, то e1+e2+e3+e4 == 0 (см. задачу выше). Следовательно, 0 = | e1+e2+e3+e4|2 =4+2*S(ei, ej) .Остается заме­тить, что скалярное произведение (ei, ej) равно —cosфij, где (фij — двугранный угол между гра­нями с номерами i и j. Т. е. сумма косинусов двугранных углов равна 2 : -4 = -2*S(cosфij) => S(cosфij)=2

Задачи

Рёбра равногранного тетраэдра равны a, b,c. Вычислите объём тетраэдра V, и радиус описанной сферы R. В равногранном тетраэдре ABCD опущена высота AH; H1 – точка пересечения высот грани BCD; h1, h2 – длины отрезков, на которые одна из высот грани BCD делится точкой H1.

а) докажите, что точки H и H1 симметричны относительно центра описанной окружности треугольника BCD.

б) докажите, что AH2=4h1h2.

Докажите, что в равногранном тетраэдре центры 4 вневписанных шаров являются вершинами тетраэдра равного данному и радиус вписанного шара в 2 раза меньше вневписанного шара.

Решения

1. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного па­раллелепипеда; пусть х, у и z — ребра этого параллелепипеда. Тогда х2 + у2 = а2, у2 + z2 = b2 и z2 + х2 == с2. Так как R == d/2, где d — диагональ параллелепи­педа, а d2 = x2 + y2 + z2, то R2 == (x2 + y2 + z2)/4 == (а2 + b2 +c2)/8.

Складывая равенства х2 + у2 = а2 и z2 + x2 == с2 и вычитая из них равенство y2 + z2 = b2, получаем x2 = (a2+c2-b2)/2 . Аналогично находим у2 и z2. Так как объем тетраэдра в три раза меньше объема параллелепипеда, то V2 = (xyz)2/9 = (а2 + b2 — c2) (а2 + c2 — b2) (c2 + b2 — a2)/72

2. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного парал­лелепипеда. Пусть AA1 — его диагональ, О — его центр. Точка H1 является проекцией точки A1 на грань BCD, а центр O1 описанной окружности треугольника BCD — проек­цией точки О. Так как О — середина отрезка AA1, точки H и H1 симметричны относительно O1.

Рассмотрим проекцию параллелепипеда на плоскость, пер­пендикулярную BD (рис. => в дальнейшем решении исполь­зуются обозначения этого рисунка, а не обозначения в пространстве). Высота СС’ треугольника BCD параллельна плоскости проекции, поэтому длины отрезков ВH1 и СН1 равны h1 и h2, длины отрезков АН и А1Н1 при проецировании не измени­лись. Так как АН : A1H1 = АС : А1В = 2 и A1H1 : ВН1 = CH1 : A1H1, то АН2 = 4(H1A1)2 = 4h1h2.

3. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного парал­лелепипеда. Точка пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов тетраэдра (т. е. центр впи­санного шара) совпадает с центром О параллелепипеда. Рассмат­ривая проекции на плоскости, перпендикулярные ребрам тет­раэдра, легко проверить, что грани тетраэдра удалены от вер­шин параллелепипеда, отличных от вершин тетраэдра, вдвое больше, чем от точки О. Следовательно, эти вершины являются центрами вневписанных шаров. Этим доказаны оба утверж­дения.

[spoiler title=”источники:”]

http://www.bestreferat.ru/referat-219074.html

http://pandia.ru/text/80/090/12010.php

[/spoiler]

Название: Избранные теоремы геометрии тетраэдра Раздел: Рефераты по математике Тип: дипломная работа Добавлен 12:11:07 24 июня 2011 Похожие работы Просмотров: 29415 Комментариев: 16 Оценило: 4 человек Средний балл: 4 Оценка: неизвестно Скачать

Текущая версия страницы пока не проверялась опытными участниками и может значительно отличаться от версии, проверенной 4 декабря 2019 года; проверки требуют 8 правок.

Правильный тетраэдр
Тип	правильный многогранник
Комбинаторика
Элементы	4 грани 6 рёбер 4 вершины Χ = 2
Грани	правильные треугольники
Конфигурация вершины	3.3.3
Двойственный многогранник	тоже правильный тетраэдр
Классификация
Символ Шлефли	{3,3}
Группа симметрии
Количественные данные
Длина ребра
Площадь поверхности
Объём
Телесный угол при вершине	ср

Тетраэдр называется правильным, если все его грани — равносторонние треугольники.

У правильного тетраэдра все двугранные углы при рёбрах и все трёхгранные углы при вершинах равны.

Свойства правильного тетраэдра[править | править код]

• Каждая его вершина является вершиной трех равносторонних треугольников. А значит, сумма плоских углов при каждой вершине будет равна .
• В правильный тетраэдр можно вписать октаэдр, притом четыре из восьми граней октаэдра будут совмещены с серединными треугольниками четырёх граней тетраэдра, а все шесть вершин октаэдра будут совмещены с центрами шести рёбер тетраэдра.
• Правильный тетраэдр можно вписать в куб, притом четыре вершины тетраэдра будут совмещены с четырьмя вершинами куба, а все шесть рёбер тетраэдра будут совмещены с диагоналями граней куба.

Интересные факты[править | править код]

Середины граней правильного тетраэдра также образуют правильный тетраэдр.

Соотношения:

• рёбер и высот правильных тетрадров, радиусов переписанных, описанных и писанных сфер соответственно равны ;
• площадей поверхности равно ;
• объёмов равно .

Примечания[править | править код]

Литература[править | править код]

План урока:

Понятие двугранного угла и угла между плоскостями

Перпендикулярность плоскостей

Прямоугольный параллелепипед

Трехгранный угол

Многогранный угол

Типичные задачи на углы между плоскостями

Понятие двугранного угла и угла между плоскостями

Напомним, что в планиметрии углом называют фигуру, состоящую из точки и двух лучей, выходящих из нее. Сама точка именуется вершиной угла, а лучи – сторонами угла.

По аналогии в стереометрии рассматривается схожая фигура – двугранный угол. Он состоит из двух полуплоскостей, которые исходят из одной прямой. Каждая из этих полуплоскостей именуется гранью двугранного угла, а их общая прямая – это ребро двугранного угла.

Для обозначения двугранного угла достаточно указать две точки на его ребре, а также ещё по одной точке на каждой грани. Например, на следующем рисунке показан угол САВD:

Двугранные углы часто встречаются в обычной жизни. Например, его образуют двухскатные крыши домов. В стереометрии двугранные угла можно найти в любом многограннике.

Двугранные углы можно измерять. Для этого надо выбрать произвольную точку на ребре угла и на каждой грани построить перпендикуляр, проходящий через эту точку. Через эти два перпендикуляра можно построить единственную плоскость. Угол между двумя перпендикулярами и принимается за величину двугранного угла.

Отдельно отметим, что плоскость, проходящая через перпендикуляры (на рисунке выше это γ) перпендикулярна ребру угла АВ. Это вытекает из признака перпендикулярности прямой и плоскости. Действительно, АВ⊥ВС и АВ⊥BD, поэтому и АВ⊥γ. Построенный угол ∠СBD называют линейным углом двугранного угла.

Понятно, что в каждом двугранном угле можно построить сколько угодно линейных углов:

Здесь помимо ∠ВСD построены линейные углы ∠В’С’D’ и ∠В’’С’’D’’. Однако все эти углы имеют одинаковую градусную меру. Сравним, например, ∠ВСD и ∠В’С’D’. Так как BD⊥AB и B’D’⊥АВ, то BD||B’D’. Аналогично можно прийти к выводу, что ВС||B’C’. Получаем, что стороны углов ∠ВСD и ∠В’С’D’ – это сонаправленные лучи, а потому ∠ВСD и ∠В’С’D’ одинаковы.

Двугранные углы, как и обычные углы, можно разделить на острые (их градусная мера меньше 90°), прямые (они в точности равны 90°) и тупые (которые больше 90°).

Если две плоскости пересекаются, то они образуют сразу 4 двугранных угла. Если среди них есть острый угол, то его величина считается углом между плоскостями. Если же все образуется 4 прямых двугранных угла, то угол между плоскостями принимается равным 90°.

Перпендикулярность плоскостей

В частном случае, когда угол составляет 90°, говорят, что пересекающиеся плоскости перпендикулярны.

Перпендикулярны друг другу пол и стены в доме, смежные грани кубика, стенки коробки. Существует особый признак перпендикулярности плоскостей.

Действительно, пусть плоскости α и β пересекаются по линии n, и в β есть такая прямая m, что m⊥α. Тогда m и n должны пересекаться в какой-нибудь точке К. Проведем в плоскости α через К прямую р, перпендикулярную n. Ясно, что m⊥р, ведь m⊥α. Получается, угол между m и р как раз и является углом между плоскостями α и β, ведь m⊥n и р⊥n. И этот угол равен 90°, ведь m⊥p, ч т. д.

Из доказанного признака вытекает следующее утверждение:

Прямоугольный параллелепипед

Ранее мы уже узнали про параллелепипед. Это фигура с 6 гранями, каждая из которых представляет собой параллелограмм. Особый интерес представляет его частный случай – прямоугольный параллелепипед.

Такую форму имеют многие шкафы, другие предметы мебели, коробки для обуви, небоскребы. Изображают прямоугольный параллелепипед так:

Для обозначения вершин параллелепипеда применяют латинские буквы. Очень часто для вершин одной грани используют 4 буквы без индекса (на рисунке выше это А, В, С, D), а другие 4 вершины обозначают такими же буквами, но с нижним индексом 1: А₁, B₁, C₁ и D₁. При этом одноименные вершины (например, А и А₁) находятся на одном ребре, которое располагается на рисунке вертикально.

Докажем некоторые свойства прямоугольного параллелепипеда.

Например, ребро АD пересекается с гранями АВВ₁А₁ и CDD₁C₁. Значит, оно перпендикулярно этим граням (точнее говоря, оно перпендикулярно плоскостям, проходящим через эти грани). Действительно, AD⊥DC, ведь ∠ADC является углом в прямоугольнике АВСD и потому он прямой. Аналогично и AD⊥DD₁, ведь и ADD₁A₁ – прямоугольник. Получается, что ребро AD перпендикулярно 2 прямым в грани CDD₁C₁ (которые при этом пересекаются), и потому оно перпендикулярно и всей грани. То же самое можно продемонстрировать для любого ребра прямоугольного параллелепипеда и любой грани, которую она пересекает.

Эти грани пересекаются по ребру А₁D₁. Этому ребру в свою очередь перпендикулярны ребра АА₁ и А₁В₁, лежащие в гранях ADD₁A₁ и A₁D₁C₁B₁. Значит, ∠АА₁В₁ и будет углом между этими гранями. Но он составляет 90°, то есть грани перпендикулярны, ч. т. д.

Хотя у прямоугольного параллелепипеда есть 12 граней, многие из них имеют одинаковую длину. Поэтому для описания размеров этой фигуры достаточно указать только три параметра. Обычно их называют длиной, шириной и высотой:

Эти параметры также называют измерениями прямоугольного параллелепипеда. Зная их, можно вычислить длину диагонали прямоугольного параллелепипеда. Для этого используется следующая теорема:

Действительно, пусть есть прямоугольный параллелепипед АВСDA₁B₁C₁D₁. Назовем ребро AD его длиной, АВ – шириной, а ВВ₁ – высотой. Пусть необходимо найти длину диагонали В₁D:

Сначала построим отрезок BD и рассмотрим ∆ABD. Он прямоугольный, и потому для него верна теорема Пифагора:

Теперь перейдем к ∆В₁ВD. Так как ребро BB₁ перпендикулярно грани ABCD, то ∠В₁ВD – прямой. Тогда и ∆В₁ВD – прямоугольный, а потому и для него можно записать теорему Пифагора:

Дополнительно отметим уже известный нам факт, что тот прямоугольный параллелепипед, у которого все стороны одинаковы, именуется кубом. Можно дать и такое определение куба:

Трехгранный угол

Выберем в пространстве произвольную точку K. Далее из нее проведем три луча КА, КВ и КС так, чтобы они не находились в одной плоскости:

В результате мы получили фигуру, которую именуют трехгранным углом. Она состоит их трех плоских углов: ∠АКС, ∠АКВ и ∠ВКС. Эти углы так и называются – плоские углы трехгранного угла. Сам же трехгранный угол обозначают четырьмя буквами: КАВС. Обратите внимание, что через каждую пару лучей КА, КВ и КС можно провести плоскость. Таким образом, название «трехгранный» угол показывает, что в точке К сходятся три грани. Чаще всего в стереометрии такой угол возникает при рассмотрении вершин тетраэдра, в котором есть сразу четыре трехгранных угла:

Доказательство. Пусть в пространстве из точки D выходят лучи AD, BD и CD. Важно понимать, что мы можем свободно «передвигать» точки А, В и С по лучам, и величина плоских углов при этом меняться не будет. Если среди плоских углов нет наибольшего, то теорема очевидно выполняется. Поэтому надо рассмотреть лишь случай, когда один из углов – наибольший. Пусть им будет ∠BDC:

Это возможно сделать, ведь ∠BDC > AD, поэтому внутри ∠BDC можно провести луч DK. Далее «сместим» точку А на луче АD так, чтобы DK = AD. Естественно, что при этом плоские углы трехгранного угла никак не изменятся, также как останется верным равенство

Сравним ∆ADC и ∆DKC. У них есть общая сторона DC, одинаковы стороны DK и AD, а также совпадают углы между ними. Значит, эти треугольники равны, и тогда можно записать, что:

Теперь сравним ∆ABD и ∆DBK. У них BD – общая сторона, а DK = AD. При этом BK < AB. В таком случае против меньшей стороны будет лежать меньший угол (смотри примечание после доказательства), то есть

Именно это неравенство и необходимо было доказать.

Примечание. В ходе доказательства было использовано утверждение, что если у двух треугольников две стороны одинаковы, в третьи стороны отличаются, то против меньшей третьей стороны будет располагаться меньший угол:

Это утверждение часто не рассматривается в курсе планиметрии, поэтому есть смысл доказать его отдельно. Действительно, пусть есть ∆АВС и ∆А’B’C’, АС = А’C’ и АВ = A’B’, а СВ < C’B’. Надо показать, что ∠А <∠A’. Для этого выразим стороны СВ и C’B’ (а точнее говоря, их квадраты) с помощью теоремы косинусов:

Из последнего неравенства на основе определения косинуса для углов из интервала от 0° до 180° вытекает, что и

Многогранный угол

Возможен случай, когда из одной точки в пространстве выходят не три, а большее количество лучей, причем образуемые ими углы не располагаются в единой плоскости. Такая фигура именуется многогранным углом. Трехгранный угол можно считать его частным случаем. Также его частными случаями будут четырехгранный угол, пятигранный угол, шестигранный угол и т. д.

Более наглядна следующая демонстрация многогранного угла. Построим на плоскости α произвольный многоугольник. Далее выберем какую-нибудь точку вне плоскости α и соединим ее с вершинами многоугольника с помощью лучей. При этом у нас как раз получится многогранный угол. Если, например, в качестве многоугольника мы использовали пятиугольник, то и получим мы пятигранный угол:

Важно отметить, что в данном случае состоит многогранный угол именно из лучей КА₁, КА₂, КА₃…, а не из одноименных отрезков. То есть многогранный угол – это ни в коем случае не многогранник КА₁А₂А₃А₄А₅, у него есть только одна вершина – точка К. Многогранник КА₁А₂А₃А₄А₅ – это пирамида, такая фигура изучается в курсе стереометрии чуть позже. Многоугольник А₁А₂А₃А₄А₅ – это сечение многогранного угла. Углы ∠А₁КА₂, ∠А₂КА₃, ∠А₃КА₄… – это плоские углы многогранного угла.

Заметим, что на исходный многоугольник на плоскости может быть как выпуклым, так и невыпуклым. Соответственно и многогранный угол может быть как выпуклым, так и невыпуклым:

Так как любой треугольник – это выпуклый многоугольник, то и любой трехгранный угол является выпуклым. В выпуклом угле все его точки лежат по одну сторону от любой плоскости, проходящей, через какие-нибудь два смежных луча угла. Вообще любое сечение многогранного угла представляет собой выпуклый многоугольник.

Докажем важное утверждение:

Для доказательства возьмем произвольный многогранный угол и проведем в нем сечение А₁А₂А₃…А_n, которое будет являться выпуклым многоугольником:

В последнем равенстве в каждой скобке стоят по два плоских угла в тех трехгранных углах, вершины которых совпадают с вершинами многоугольника А₁А₂А₃…А_n. В предыдущей теореме мы выяснили, что эта сумма меньше третьего плоского угла, то есть

В правой части в скобках стоит сумма углов выпуклого n-угольника А₁А₂А₃…А_n. Она, как мы знаем, составляет 180°•(n – 2), то есть

Последнее неравенство и необходимо было доказать.

Типичные задачи на углы между плоскостями

В школьной практике почти не встречаются задачи с многогранными углами, поэтому достаточно понимания и двугранного угла.

Задание. У тетраэдра ABCD все ребра одинаковы. Найдите величину двугранного угла между плоскостями АВС и АСD.

Решение. Отметим на ребре АС точку М, которая является его серединой:

Заметим, что плоскости АВС и АСD пересекаются по прямой АС. Раз все ребра тетраэдра одинаковы, то ∆АВС и ∆АСD – равносторонние. DM и BM – это медианы в ∆АВС и ∆АСD соответственно, ведь M – середина АС. Но раз треугольники равносторонние, то они одновременно являются и высотами, то есть BM⊥AC и DM⊥АС. Тогда ∠DMB как раз и представляет собой линейный угол двугранного угла BАСD. То есть именно его значение нам и надо вычислить (если, конечно, он окажется не больше 90°).

Пусть ребра тетраэдра имеют длину а. Тогда АМ вдвое короче. Найдем из прямоугольного ∆АМD длину MD:

Задание. Двугранный угол равен φ, меньший 90°. На одной из его граней отмечена точка К, которая находится на расстоянии d от другой грани. Каково расстояние между точкой К и ребром двугранного угла?

Решение. Пусть угол образован плоскостями α и β. Опустим из K два перпендикуляра – один на плоскость β в точку Н, а другой на линию пересечения плоскостей в точку Р:

По условию задачи ∠НРК = φ, а HK = d. Нам же надо найти РК. Это можно сделать, применив определение синуса к ∆РНК:

Задание. Верно ли, что плоскость, пересекающая две параллельные плоскости, образует с ними одинаковые углы?

Решение. Пусть есть параллельные друг другу плоскости α и β, а пересекает их плоскость γ. Линию пересечения α и γ обозначим как n, и такую же линию для β и γ обозначим как m:

Заметим, что m и n располагаются в одной плоскости γ и при этом не пересекаются, в противном случае у α и β нашлась бы общая точка, которой быть не должно. Значит, m||n.

Далее проведем в γ прямую р, перпендикулярную n. Раз m||n и р⊥n, то и р⊥m. То есть р – общий перпендикуляр для m и n.

Далее в α через точку пересечения n и p проведем прямую k, перпендикулярную n. Ясно, что k||β. После уже через точку пересечения m и p построим такую прямую k’, что k||k’:

Так как k||β и k||k’, то прямая k’ будет принадлежать плоскости β (по теореме 6 из этого урока). Так как k||k’, m||n и n⊥k, то по теореме о сонаправленных лучах можно утверждать, что и m⊥k’. Тогда углы, отмеченные на рисунке синим цветом – это и есть линейные углы двугранных углов. Они одинаковы, так как являются соответственными при секущей р и параллельных прямых k и k’. Если же двугранные углы равны, то одинаковы и углы между плоскостями, ч. т. д.

Примечание. Доказанный факт можно сформулировать в виде теоремы:

Она может быть использована при решении некоторых сложных задач.

Задание. В прямоугольном ∆АВС АВ и АС – катеты с длиной 7 и 24 соответственно. Через гипотенузу проведена плоскость β, образующая с плоскостью АВС угол 30°. Каково расстояние между точкой А и плоскостью β?

Решение.

Опустим из А перпендикуляр АН на β. Это и будет искомое нами расстояние. Также в ∆АВС построим высоту AD. Заметим, что раз АН⊥β, то по определению и АН⊥HD. Можно сказать, что HD – это проекция AD на β. Раз прямая ВС перпендикулярна наклонной AD, то она одновременно будет перпендикулярна и наклонной HD по обратной теореме о трех перпендикулярах.

Плоскости АВС и β пересекаются по прямой ВС, АD⊥ВС и HD⊥BC. Получается, что ADH – это как раз угол между АВС и β, и по условию он составляет 30°.

По теореме Пифагора вычислим гипотенузу ВС:

Теперь перейдем к ∆AHD. Он также прямоугольный (∠Н = 90°). Используем для него тригонометрию:

Задание. Известны измерения прямоугольного параллелепипеда. Его длина составляет 90 см, ширина – 20 см, а высота – 60 см. Какова длина диагонали такого параллелепипеда?

Решение. Обозначим измерения буквами а, b, с, а диагональ буквой d. Достаточно просто воспользоваться формулой:

Далее рассмотрим несколько задач, в которых надо найти угол между плоскостями, находящимися в кубе с ребром, чья длина составляет единицу.

Задание. Вычислите угол между гранью ADHЕ и сечением АBGН:

Решение. Заметим, что сечение АВGH содержит прямую АВ. Но АВ – это перпендикуляр к АЕНD. Если АВGH содержит перпендикуляр к ADH, то эти две плоскости перпендикулярны, и угол между ними составляет 90°.

Ответ: 90°.

Задание. Определите угол между гранью ADHE и сечением ADGF:

Решение. Две рассматриваемые плоскости пересекаются по ребру AD. Ребра DH и AD перпендикулярны как стороны квадрата. Так как AD – это перпендикуляр к грани СDHG, то AD⊥DG. Получается, что ∠HDG – это и есть искомый угол. Его величина равна 45°, ведь это угол между диагональю квадрата и его стороной.

Ответ: 45°.

Задание. Вычислите угол между сечениями АВGH и EFCD:

Решение. Пересекаются эти две плоскости по прямой KP, где K и P – точки пересечения диагоналей квадратов BFGH и AEHD. Докажем, что отрезки KG и KC перпендикулярны KP.

Действительно, рассмотрим четырехугольник АВGH. Ребра АВ и GH перпендикулярны граням AEHD и BFGH, поэтому все углы в АВGH – прямые, то есть это прямоугольник и BG||AH. Теперь рассмотрим четырехугольник АВKP. Стороны BK и AP параллельны и равны как половины равных отрезков BG и AH. Значит, BKAP – параллелограмм. Но в нем есть прямые углы ∠В и ∠А, поэтому BKAP – прямоугольник. Аналогично можно показать, что и KGHP – прямоугольник. Это и приводит к выводу о том, что KG⊥KP и PH⊥KP. Поэтому ∠СKG и является искомым углом между сечениями. Он является углом между диагоналями квадрата, то есть равен 90°.

Ответ: 90°.

Задание. Найдите угол между сечением AFH и гранью AEHD:

Решение. Обозначим середину диагонали AH буквой K. Докажем ∠EKF – искомый нами угол:

Действительно, плоскости AHD и AFH пересекаются по прямой AH. EK – медиана в равнобедренном ∆AEH с основанием AH, поэтому она также является и высотой, то есть EK⊥AH. AF и FH – диагонали в равных квадратах ABFE и EFGH, поэтому эти диагонали одинаковы. Значит, ∆AFH – равнобедренный, и поэтому его медиана FK также перпендикулярна основанию AH. Получается, что ∠EKF и является искомым. Вычислить его можно из ∆EKF.

Сначала найдем длину EK. В прямоугольном ∆AEK ∠KAE составляет 45° (угол между диагональю и стороной квадрата), поэтому

Задание. Вычислите угол между гранью BCGF и сечением AFH:

Решение. Вспомним, что в предыдущей задаче мы уже вычислили угол между гранью АЕHD и тем же сечением АFH. Но грани AEHD и BCFG параллельны, поэтому АFH должна пересекаться их под одним и тем же углом. Поэтому ответ этой задачи совпадает с ответом к предыдущей задаче.

Ответ: ≈ 54,74°.

Задание. Чему равен угол между сечениями АСH и AFGH?

Решение. Пусть диагонали СН и DG пересекаются в точке К. Точка K будет принадлежать обоим сечениям, как и точка А. Значит, сечения пересекаются по линии АК. Проведем в сечении AFGH через точку K прямую, перпендикулярны АК и пересекающую FG в какой-то точке Р (позже мы убедимся, что прямая действительно должна пересекать отрезок FG):

Докажем, что ∠CPK и является углом между сечениями. Мы специально провели РК так, что РК⊥АК. Теперь посмотрим на ∆АСН. Он равносторонний, ведь его стороны АС, СН и DH – это диагонали равных квадратов (граней куба). Прямая АК – медиана, ведь K – точка пересечения диагоналей квадрата СDHG, которая делит диагонали пополам. Но раз ∆АСН равносторонний, то его медиана – это ещё и высота, то есть АК⊥РК. Итак, АК⊥СК и АК⊥РК, поэтому ∠CPK – это угол между сечениями. Для его вычисления необходимо найти все стороны в ∆РСК и далее применить теорему косинусов.

Проще всего найти СК. ∆СKD – прямоугольный (∠К = 90°), а ∠СDK составляет 45° (угол между стороной и диагональю в квадрате). Тогда можно записать, что

Отдельно отметим, что отрезки GK и KD имеют такую же длину, ведь диагонали в квадрате (а значит и их половины) одинаковы.

Для нахождения РК покажем отдельно плоскость AFG, то есть красное сечение:

Обозначим ∠KAD как φ. Тогда ∠АКD будет составлять 90 – φ. Углы ∠АКD, ∠АKP и ∠PKG в сумме дают 180°, что позволяет найти ∠PKG:

Получилось, что у ∆АКD и ∆PKG есть по два одинаковых угла (φ и 90°). Значит, они подобны. Составим такую пропорцию:

Теперь можно вернуться ко всему кубу и найти отрезок РС. Здесь снова можно применить теорему Пифагора, но уже к ∆PCG:

Теперь для ∆PCK мы можем записать теорему косинусов

Неожиданно мы доказали, что два построенных сечения перпендикулярны друг другу. Прийти к этому выводу можно было и иначе. Достаточно было бы показать, что прямая CH – это перпендикуляр к сечению AFGD. Попробуйте сделать это самостоятельно.

Ответ: 90°.

Задание. Вычислите угол между сечениями BDHF и ADGF:

Решение. У сечений общими являются точки F и D. Значит, именно по прямой FD они пересекаются.

Опустим в синей сечении BDHF перпендикуляр на FD, который упадет в некоторую точку K:

Докажем, что отрезок GK также перпендикулярен FD. Действительно, BK – это высота в ∆BDF. Но ∆BDF и ∆GDF равны, ведь они одинаковы все три стороны (FD – общая сторона, BF и FG – ребра куба, BD и DG – диагонали на гранях куба). В равных треугольниках высоты должны делить стороны на равные отрезки, поэтому высота, опущенная из G на FD, также разделит FD на отрезки FK и KD. То есть она просто упадет в точку K. Это и значит, что KG – высота. Получается, что нам надо вычислить ∠BKG.

Сначала найдем длину диагоналей BD и BG. Можно применить теорему Пифагора для ∆BFG:

KG имеет ту же длину, ведь KG и BK – одинаковые высоты в равных треугольниках ∆BDF и ∆GDF.

Теперь используем теорему косинусов для ∆BKG:

Мы вычислили двугранный угол, но он оказался больше 90°. Это значит, угол между плоскостями равен не 120°, а 180° – 120°, то есть 60°.

Ответ: 60°.

Сегодня мы познакомились с понятием двугранного угла, научились вычислять углы между плоскостями. В частном случае вместо вычисления угла можно просто доказать перпендикулярность плоскостей.