Теорема Менелая допускает интересное стереометрическое обобщение.

Теорема Менелая для тетраэдра.

Если плоскость m пересекает ребра АВ, ВС, CD и DA тетраэдра АВСD в точках А 1 , В 1 , С 1 , D 1 , то (2).

Обратно, если для четырех точек А 1 , В 1 , С 1 , D 1 ,лежащих соответственно на ребрах АВ, ВС, СD, DA тетраэдра, выполнено равенство (2), то эти четыре точки лежат в одной плоскости.

Доказательство.

Пусть h 1 , h 2 , h 3, h 4 - расстояния от точек А, В, С, D соответственно до плоскости m , тогда ; ; ; .

Осталось перемножить полученные отношения.

Для доказательства обратной теоремы построим плоскость А 1 , В 1 , С 1 . Пусть эта плоскость пересекает ребро DA в точке Т.

По доказанному , а по условию , поэтому (и по лемме) точки Т и D 1 совпадают.Утверждение доказано.

§2. Теорема Чевы

Теорема Чевы для треугольника.

Пусть точки А 1 , В 1 ,С 1 лежат соответственно на сторонах ВС, АС и ВА треугольника АВС (см. рис). Для того чтобы отрезки АА 1 , ВВ 1 , СС 1 пересекались в одной точке, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось соотношение: (3) (отрезки АА 1 , ВВ 1 , СС 1 иногда называют чевианами).

Доказательство.

Необходимость. Пусть отрезки АА 1 , ВВ 1 , СС 1 пересекаются в точке М внутри треугольника АВС .

Обозначим через S 1 , S 2 , S 3 площади треугольников АМС, СМВ, АМВ , а через h 1 , h 2 - расстояния от точек А и В до прямой МС . Тогда аналогично , . Перемножив полученные пропорции, убеждаемся в справедливости теоремы.

Достаточность. Пусть точки А 1 , В 1 , С 1 лежат на сторонах ВС, СА, АС треугольника, и выполнено соотношение (3), М - точка пересечения отрезков АА 1 и ВВ 1 , а отрезок СМ пересекает сторону АВ в точке Q. Тогда, по уже доказанному , . Из леммы снова следует совпадение точек Q=C 1 . Достаточность доказана.

Перейдем теперь к пространственному обобщению теоремы Чевы.

Теорема Чевы для тетраэдра.

Пусть М - точка внутри тетраэдра АВСD, а А 1 , В 1 , С 1 и D 1 - точки пересечения плоскостей СМD , AMD, АМВ и СМВ с ребрами АВ, В C , СD и DA соответственно. Тогда (4). Обратно: если для точек , то плоскости АВС , ВСD 1 и DAB 1 проходят через одну точку.

Доказательство.

Необходимость легко получить, если заметить, что точки А 1 , В 1 ,С 1 , D 1 лежат в одной плоскости (эта плоскость проходит через прямые А 1 С 1 и В 1 D 1 , пересекающиеся в точке М ), и применить теорему Менелая. Обратная теорема доказывается так же, так и обратная теореме Менелая в пространстве: нужно провести плоскость через точки А 1 , В 1 , С 1 и доказать с помощью леммы, что эта плоскость пересечет ребро DA в точке D 1 .

§3. Свойства медиан и бимедиан тетраэдра

Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с центром тяжести противоположной грани (точкой пересечения медиан).

Теорема (Применение теоремы Менелая).

Медианы тетраэдра пересекаются в одной точке. Эта точка делит каждую медиану в отношении 3:1, считая от вершины.

Доказательство.

Проведем две медианы: DD 1 и CC 1 тетраэдра ABCD . Эти медианы пересекутся в точке F . CL – медиана грани ABC , DL – медиана грани ABD , а D 1 , C 1 – центры тяжести грани ABC и ABD . По теореме Менелая: и . Запишем теорему для треугольника DLD 1 : ; => 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.

Теорема.

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

Доказательство.

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

Замечание 1.

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

Замечание 2.

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 x, i, z, 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 x было рациональным. В самом деле, если треугольник пифагоров, то из (1) следует, что x рационально. Обратно, если x 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:

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

Из (4) непосредственно вытекает, что параметры x, i, z , 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 x, i, z (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.

Лемма 1.

Если площадь многоугольника равна S , то площадь его проекции на плоскость p равна , где f - угол между плоскостью p и плоскостью многоугольника.

Доказательство.

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

Доказательство.

Пусть a - угол между плоскостями АВС и DВС, D" - проекция точки D на плоскость АВС . Тогда S DDBC =СоsaS DАBC и S DD"BC = c оsaS DDBC (по лемме 1), поэтому c оsa = . S D 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.

Задача.

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

Доказательство.

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.

Доказательство (3).

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.

Задача 1.

Дан произвольный тетраэдр ABCD . Докажите, что .

Решение.

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

Пусть а= , b= и с= . Равенство2 + 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.

Задача 2.

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.

Решение.

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.

Замечание.

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

Задача 3.

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.

Задача 4.

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).

Доказательство.

Пусть АВС - данный треугольник, Н - точка пересечения его высот, А 1 , В 1 , С 1 - середины отрезков АН, ВН, СН; АА 2 - высоты, А 3 - середина ВС . Будем считать для удобства, что АВС - остроугольный треугольник. Поскольку В 1 А 1 С 1 =ВАС и DВ 1 А 2 С 1 =DВ 1 НС 1 , то В 1 А 2 С 1 =В 1 НС=180° - В 1 А 1 С 1 , т.е. точки А 1 , В 1 , А 2 , С 1 лежат на одной окружности. Также легко увидеть, что В 1 А 3 С 1 =В 1 НС=180° - В 1 А 1 С 1 , т.е. точки А 1 , В 1 , А 3 , С 1 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 А 1 В 1 С 1 ). 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.

Доказательство.

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.

Задача 5.

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).

Доказательство.

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 О 1 , расположенную на отрезке МН так, что , О 1 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 О 1 . Таким образом, восемь из двенадцати точек лежат на поверхности сферы с центром в О 1 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 1 на плоскость этой грани - точка О` 1 совпадает с серединой отрезка М`Н` , т.е. О 1 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.

Доказательство (2).

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.

Задача 1.

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 .

Решение.

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 ОО 1 , где - центр сферы, а О 1 - 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

перпендикулярны.

(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

граней окружностей.

(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.

Доказательство (16).

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 DAOB =DCOD . А значит AB=CD . Аналогично доказывается равенство других пар противоположных ребер, из чего по свойству (1) равногранного тетраэдра и будет следовать искомое.

Доказательство (17).

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 DABD =S DABD =>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

Лемма 1.

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

Доказательство.

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 S 1 =S 2 =S 3 =S 4 =>n 1 =n 2 =n 3 =n 4 , и так как площади граней не равны нулю, получаем верное равенство n 1 +n 2 +n 3 +n 4 =0 .

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

Задача 1.

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

Решение.

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 .

Задача 2.

Пусть h - высота равногранного тетраэдра, h 1 и h 2 - отрезки, на которые одна из высот грани делится точкой пересечения высот этой грани. Доказать, что h 2 =4h 1 h 2 ; доказать также, что основание высоты тетраэдра и точка пересечения высот грани, на которую эта высота опущена, симметричны относительно центра окружности, описанной около этой грани.

Доказательство.

Пусть АВСD - данный тетраэдр, DH - его высота, DA 1 , DВ 1 , DС 1 - 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 D 1 D 2 D 3 . Пусть F - точка пересечения высот треугольника ABC, АК - высота этого треугольника, АF=h 1 , FК=h 2 . Тогда D 1 Н=2h 1 , D 1 A 1 =h 1 -h 2 .

Значит, поскольку h - высота нашего тетраэдра, h 2 =DН 2 =DA 2 - НA 1 2 = (h 1+ h 2) 2 - (h 1 - h 2) 2 =4h 1 h 2. Пусть теперь М - центр тяжести треугольника ABC (он же центр тяжести треугольника D 1 D 2 D 3 ), 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 D 1 D 2 D 3 гомотетичен треугольнику АВС с центром в М и коэффициентом (-2), значит МН=2FM . Из этого следует, что ОН=FO .

Задача 3.

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

Доказательство.

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.

Доказательство (2).

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).

Доказательство (3).

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 а 1 2 - (b 2 +b 1 2 -c 2 -c 1 2) 2 =4b 2 b 1 2 - (c 2 +c 1 2 -a 2 -a 1 2) 2 =4c 2 c 1 2 - (a 2 +a 1 2 -b 2 -b 1 2) 2 , где а и а 1 , b и b 1 , с и с 1 - 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.

Замечание 1.

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

Замечание 2.

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 180?

(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.

Задача 1.

Доказать, что скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра взаимно перпендикулярны.

Решение:

Пусть DH – высота правильного тетраэдра, точка H – центр правильного D 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 .

Задача 2.

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

Решение:

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 .

3. Найдем S D KHA двумя способами.

S D = .

С другой стороны: S D KHA =

поэтому r .

НайдёмON : r= .

Задача 3.

Каждое ребро треугольной пирамиды PABC равно 1; BD – высота треугольника ABC . Равносторонний треугольник BDE лежит в плоскости, образующей угол f 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 = f . Далее имеем:

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

KM = KD - MD = - = , EK = BD · = , EN = EK sin f = sin f ,

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

PE 2 = EF 2 + PF 2 = MN 2 + (PM - MF )2 = MN 2 + (PM - EN )2 =

= cos 2f + + ( - sin f )2 = cos 2f + + - sin f + sin 2f == + + - sin f = - sin f = - sin f .

Следовательно,

PE = = .

Задача 4.

Найди углы между скрещивающимися высотами соседних граней тетраэдра.

Решение.

Случай №1.

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

D 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 D 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»).

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.

Решение задач.

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.

Решение.

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.

.

Задача 2 (№692).

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

Решение:

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.

Решение 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.

Решение:

Проведем перпендикуляр SO к плоскости основания и перпендикуляры SK, SM и SN к сторонам DABС. 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 DАВС.

Выразим площадь прямоугольника АВС:

С другой стороны, . Так что; ОК=r=3 см. Так как в прямоугольном треугольнике SOK острый угол равен45°, то DSOK 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 v ; радиус описанного круга R. Боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости ее основания под углом g.

Решение.

Так как все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом, то высота пирамиды O 1 O проходит через центр описанной около основания окружности. Так что

В DАВС . 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.

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.

Решение задач.

Задача 1.

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.

Решение.

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

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 .

Задача 2 .

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.

Решение .

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 .

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.

Решение задач.

Задача 1.

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.

Решение.

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

Задача 2.

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.

Решение.

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

Отсюда и, следовательно, объем пирамиды равен .

Вывод.

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.