Равногранный тетраэдр (стр. 2 из 2)

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 D_а, D_b и D_c 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 D_а, D_b и D_c попарно различны. Кроме того, AD_b=AD_c, BD_a=BD_c, CD_a=CD_b. Развертка выглядит следующим образом: в окружность вписан треугольник AD_cB с тупым углом D_c; из точек А и В проведены хорды AD_b и BD_a, равные AD_c и BD_c соответственно; С — середина одной из двух дуг, заданных точками D_a и D_b. Одна из середин этих двух дуг симметрична точке D_c относительно прямой, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему; эта точка нам не подходит. Искомая развертка изображена на рис. . Углы при вершинах D_a, D_b и D_cшестиугольника AD_cBD_aCD_b 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

Докажем (16).

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.

Докажем (19).

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 (20).

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

Докажем (21).

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(e_i,e_j) .Остается заметить, что скалярное произведение (e_i,e_j) равно —cosф_ij, где (ф_ij — двугранный угол между гранями с номерами i и j. Т.е. сумма косинусов двугранных углов равна 2 : -4 = -2*S(cosф_ij) => S(cosф_ij)=2

Задачи

1. Рёбра равногранного тетраэдра равны a,b,c. Вычислите объём тетраэдра V, и радиус описанной сферы R.
2. 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.

Литература:

1. Энциклопедия для детей Аванта+ (том ''Математика'' )

2. Журнал ''Квант'' №7 1983 г.

3. ''Задачи по стереометрии'' Прасолов, Шарыгин.