Menelaos teorem medger en intressant stereometrisk generalisering.

Menelaos sats f?r tetraedern.

Om planet m korsar revbenen AB, BC, CD och DA tetraeder ABCD p? punkter A 1, B 1, C 1, D 1, d? (2).

Omv?nt, om f?r fyra po?ng A 1, B 1, C 1, D 1 liggande p? kanterna AB, BC, CD, DA tetraeder, likhet (2) g?ller, d? ligger dessa fyra punkter i samma plan.

Bevis.

L?ta h 1, h 2, h 3, h 4- avst?nd fr?n punkter A, B, C, D respektive till planet m , sedan ; ; ; .

Det ?terst?r att multiplicera de erh?llna f?rh?llandena.

F?r att bevisa den omv?nda satsen konstruerar vi ett plan A 1 , B 1 , C 1 . L?t detta plan sk?ra kanten DA vid punkt T.

Enligt det bevisade och efter tillst?nd , d?rf?r (och genom lemma) punkterna T och D1 sammanfaller. P?st?endet ?r bevisat.

§2. Cevas sats

Cevas triangelsats.

L?t po?ngen A 1, B 1, C 1 ligga p? sidorna Sol, AC och VA triangel ABC(se bild). I ordning f?r segmenten AA 1, BB 1 , SS 1 sk?r varandra vid en punkt ?r det n?dv?ndigt och tillr?ckligt f?r att relationen ska h?lla: (3) (segment AA 1 , BB 1 , SS 1 kallas ibland cevianer).

Bevis.

Beh?ver. L?t segmenten AA 1 , BB 1 , SS 1 sk?ra varandra i en punkt M inuti triangeln ABC .

Beteckna med S1, S2, S3 omr?den av trianglar AMS, SMV, AMV, och genom h 1, h 2- avst?nd fr?n punkter MEN och P? till rakt FR?KEN. Sedan likas? , . Genom att multiplicera de erh?llna proportionerna ?r vi ?vertygade om teoremets giltighet.

L?mplighet. L?t po?ngen A 1, B 1, C 1 ligga p? sidorna Sun, SA, AC triangel och relation (3), M- sk?rningspunkt f?r segment AA 1 och BB 1 och segmentet CENTIMETER korsar sidan AB vid punkten F. Sedan genom det som redan har bevisats , . Lemmat antyder ?terigen punkternas sammantr?ffande Q=C1. Tillr?cklighet har bevisats.

Vi ?verg?r nu till en rumslig generalisering av Cevas teorem.

Cevas sats f?r tetraedern.

L?ta M- en punkt inuti en tetraeder ABCD, a A 1, B 1, C 1 och D 1- sk?rningspunkter f?r plan CMD , AMD, AMB och SMV med revben AB, B C , CD och DA respektive. Sedan (fyra). Omv?nt: om f?r po?ng , sedan flygplanen ABC , BCD 1 och DAB 1 passera genom en punkt.

Bevis.

N?dv?ndighet ?r l?tt att f? om du m?rker att po?ngen A 1, B 1, C 1, D 1 ligga i samma plan (detta plan passerar genom linjerna A 1 C 1 och B 1 D 1, sk?rande vid en punkt M), och till?mpa Menelaos sats. Den omv?nda satsen bevisas p? samma s?tt som Menelaos omv?nda sats i rymden: du m?ste rita ett plan genom punkterna A 1, B 1, C 1 och bevisa med hj?lp av lemma att detta plan sk?r kanten DA vid punkten D1 .

§3. Egenskaper hos medianer och bimedianer hos en tetraeder

Medianen f?r en tetraeder ?r ett segment som f?rbinder tetraederns vertex med tyngdpunkten p? den motsatta sidan (sk?rningspunkten f?r medianerna).

Teorem (Till?mpning av Menelaos sats).

Medianerna f?r en tetraeder sk?r varandra vid en punkt. Denna punkt delar varje median 3:1 fr?n toppen.

Bevis.

L?t oss ta tv? medianer: DD 1 och CC 1 tetraeder ABCD. Dessa medianer kommer att sk?ra varandra vid en punkt F . CL?r kantens median ABC , DL?r kantens median ABD, a D 1 , C 1 – centroider i ansiktet ABC och ABD. Enligt Menelaos sats: och . L?t oss skriva triangelsatsen DLD 1 : ; => Beviset ?r liknande f?r alla andra medianpar.

Teorem (Till?mpning av Cevas sats).

F?rst ger vi definitioner av n?gra element i tetraedern. Segmentet som f?rbinder mittpunkterna av tetraederns sk?rande kanter kallas bimedian. Bih?jder (i analogi) ?r vanliga perpendicularer f?r korsande kanter.

Sats.

En tetraeders bimedianer sk?r varandra i samma punkt som medianerna f?r en tetraeder.

Bevis.

I en triangel LDC segment DC och LF sk?ra varandra i en punkt K. Enligt Cevas sats f?r denna triangel: , dvs. , CK=KD, LK – bimedian.

Anm?rkning 1.

FL = FK. Menelaos sats f?r en triangel DL K : , , d?rmed LF = FK .

Anm?rkning 2.

Punkt F?r tetraederns tyngdpunkt. , , betyder att .

1.2 Olika typer av tetraedrar

§ett. Pythagoras tetraedrar

En triangel kallas Pythagoras om den har en r?t vinkel, och f?rh?llandet mellan alla sidor ?r rationellt (dvs med hj?lp av likhet kan du f? en r?tvinklig triangel fr?n den med heltalssida).

I analogi med detta kallas en tetraeder f?r en Pythagoras tetraeder om dess plana vinklar vid en av h?rnen ?r r?ta och f?rh?llandet mellan tv? kanter ?r rationellt (fr?n det, med hj?lp av likhet, kan man f? en tetraeder med r?ta plana vinklar vid en av kanternas h?rn och heltalsl?ngder).

L?t oss f?rs?ka h?rleda "ekvationen f?r Pythagoras tetraedrar", dvs. en s?dan ekvation med tre ok?nda x, i, z att vilken Pythagoras tetraeder som helst ger en rationell l?sning p? denna ekvation, och vice versa, vilken rationell l?sning av ekvationen som helst ger en Pythagoras tetraeder.

F?rst ger vi ett s?tt att beskriva alla Pythagoras trianglar.

Figuren visar en triangel OAB- rektangul?r, l?ngden p? dess ben indikeras med a och b, och hypotenusans dyne - genom R. L?t oss kalla talet (1) parametern f?r en r?tvinklig triangel OAB(eller mer exakt, parametern "relativt till benet a"). Anv?nder relationen p 2 \u003d a 2 + b 2, vi har:

Fr?n dessa ekvationer f?r vi direkt formler som uttrycker f?rh?llandena mellan sidorna i en r?tvinklig triangel genom dess parameter:

och (2).

Formlerna (1) och (2) inneb?r direkt f?ljande p?st?ende: f?r att en r?tvinklig triangel ska vara pytagoreisk ?r det n?dv?ndigt och tillr?ckligt att talet x ?r rationellt. Om triangeln ?r pytagoreisk, s? f?ljer det av (1) att x ?r rationell. Omv?nt, om x ?r rationell, s? ?r enligt (2) f?rh?llandena mellan sidorna rationella, det vill s?ga den pytagoreiska triangeln.

L?t nu OABC- en tetraeder med platta h?rn i spetsen O hetero. L?ngden p? kanterna som utg?r fr?n vertex O kommer att betecknas med a, b, c, och l?ngderna av de ?terst?ende kanterna igenom p, q, r .

Betrakta parametrarna f?r tre r?ta trianglar OAB, OBC, OSA:

Sedan, med hj?lp av formler (2), kan vi uttrycka f?rh?llandena mellan sidorna av dessa r?tvinkliga trianglar i termer av deras parametrar:

Det f?ljer direkt av (4) att parametrarna x, i, z , tillfredsst?lla relationen (6). Detta ?r den allm?nna ekvationen f?r Pythagoras tetraedrar.

Formlerna (3) - (5) inneb?r direkt f?ljande uttalande: f?r tetraedern OABC med r?ta plana vinklar vid vertex O ?r Pythagoras, ?r det n?dv?ndigt och tillr?ckligt att parametrarna x, i, z (tillfredsst?llande ekvation (6)) var rationella.

Om vi forts?tter analogin mellan den pytagoreiska triangeln och den pythagoreiska tetraedern, l?t oss f?rs?ka formulera och bevisa en rumslig generalisering av Pythagoras sats f?r rektangul?ra tetraedrar, vilket uppenbarligen ocks? kommer att vara sant f?r Pythagoras tetraedrar. F?ljande lemma kommer att hj?lpa oss med detta.

Lemma 1.

Om arean av polygonen ?r S, d? ?r omr?det f?r dess projektion p? planet p , d?r f - vinkeln mellan planet p och polygonens plan.

Bevis.

Utsagan av lemma ?r uppenbart f?r en triangel, vars ena sida ?r parallell med sk?rningslinjen mellan planet p och polygonens plan. L?ngden p? denna sida ?ndras faktiskt inte under projektionen, och l?ngden p? h?jden som s?nks ner p? den under projektionen ?ndras i cosf en g?ng.

L?t oss nu bevisa att vilken polyeder som helst kan delas in i trianglar av den angivna formen.

F?r att g?ra detta ritar vi raka linjer parallella med planens sk?rningslinjer genom alla h?rn i polygonen, medan polygonen sk?rs i trianglar och trapetser. Det ?terst?r att sk?ra varje trapets l?ngs n?gon av dess diagonaler.

Sats 1(spatial Pythagoras sats).

I en rektangul?r tetraeder ABCD, med platta h?rn upptill D, summan av kvadraterna av ytorna p? dess tre rektangul?ra ytor ?r lika med kvadraten p? ytytan ABC .

Bevis.

L?t a vara vinkeln mellan planen ABC och DBC, D"- punktprojektion D till planet ABC. Sedan S DDBC = СosaS DАBC och S ?D"BC = c OSaS DDBC(av Lemma 1), allts? c osa = . S D D " f?re Kristus = .

Liknande likheter kan erh?llas f?r trianglar D "AB och D "AC. L?gga ihop dem och ?verv?ga att summan av trianglarnas arealer D "sol , D "AC och D "AB lika med arean av en triangel ABC, f?r vi det som kr?vs.

En uppgift.

L?t alla platta h?rn upptill D hetero; a , b , c?r l?ngderna p? kanterna som kommer ut fr?n vertexet D till planet ABC. Sedan

Bevis.

Enligt Pythagoras sats f?r en rektangul?r tetraeder

? andra sidan

1= ) => .

§2. Ortocentriska tetraedrar

Till skillnad fr?n en triangel, vars h?jder alltid sk?r varandra vid en punkt - ortocentret, har inte varje tetraeder en liknande egenskap. En tetraeder vars h?jder sk?r varandra vid en punkt kallas ortocentrisk. vi b?rjar studiet av ortocentriska tetraeder med n?dv?ndiga och tillr?ckliga villkor f?r ortocentricitet, som var och en kan tas som definitionen av en ortocentrisk tetraeder.

(1) Tetraederns h?jder sk?r varandra vid en punkt.

(2) Baserna f?r tetraederns h?jder ?r ytornas ortocenter.

(3) Varannan motsatt kanter av en tetraeder ?r vinkelr?ta.

(4) Summorna av kvadraterna p? tetraederns motsatta kanter ?r lika.

(5) Segmenten som f?rbinder mittpunkterna p? tetraederns motsatta kanter ?r lika.

(6) Produkterna av cosinus av motsatta dihedriska vinklar ?r lika.

(7) Summan av kvadraterna av ytornas ytor ?r fyra g?nger mindre ?n summan av kvadraterna av produkterna fr?n de motsatta kanterna.

L?t oss bevisa n?gra av dem.

Bevis (3).

L?t varannan motsatta kanter av tetraedern vara vinkelr?ta.

D?rf?r sk?r tetraederns h?jder i par. Om flera linjer sk?r varandra i par, ligger de i samma plan eller passerar genom en punkt. En tetraeders h?jder kan inte ligga i samma plan, eftersom dess h?rn annars skulle ligga i samma plan, s? de sk?r varandra vid en punkt.

Generellt sett ?r det n?dv?ndigt och tillr?ckligt att kr?va att endast tv? par motsatta kanter ?r vinkelr?ta f?r att h?jderna p? en tetraeder ska sk?ra varandra vid en punkt. Beviset f?r denna proposition f?ljer direkt av f?ljande problem.

Uppgift 1.

Givet en godtycklig tetraeder ABCD. Bevisa det .

L?sning.

L?ta a= , b= , c=. Sedan , och genom att l?gga till dessa likheter f?r vi den erforderliga.

L?ta a= , b= och c=. J?mlikhet 2 + 2 = 2 + 2 , Vad vill du. (a,c)=0. Genom att till?mpa denna algoritm p? andra par av motsatta kanter f?r vi uppenbarligen det ?nskade uttalandet.

L?t oss presentera ett egendomsbevis (6).

Som bevis anv?nder vi f?ljande satser:

Sinussats. "Produkten av l?ngderna av tv? motsatta kanter av en tetraeder, dividerad med produkten av sinusen av de dihedriska vinklarna vid dessa kanter, ?r densamma f?r alla tre paren av motsatta kanter av tetraedern."

Bertschneiders teorem. "Om en a och b?r l?ngden av tv? sneda kanter p? tetraedern, och ?r de dihedrala vinklarna vid dessa kanter, s? beror v?rdet inte p? valet av ett par sneda kanter.

Med sinussatsen f?r tetraedern och Bertschneidersatsen f?r vi fram att produkterna av cosinuserna f?r motsatta dihedriska vinklar ?r lika om och endast om summan av kvadraterna p? motsatta kanter ?r lika, vilket antyder giltigheten av egenskap (6) f?r en ortocentrisk tetraeder.

Som avslutning p? stycket om den ortocentriska tetraedern kommer vi att l?sa flera problem i detta ?mne.

Uppgift 2.

Bevisa att en ortocentrisk tetraeder uppfyller f?rh?llandet OH 2 \u003d 4R 2 -3d 2, var O- mitten av den beskrivna sf?ren, H- sk?rningspunkt mellan h?jder, R?r radien f?r den omskrivna sf?ren, d ?r avst?ndet mellan mittpunkterna p? motsatta kanter.

L?sning.

L?ta Till och L- mitten av revbenen AB och CD respektive. Punkt H ligger i ett plan som passerar CD vinkelr?t AB, och po?ngen O- i ett flygplan som passerar Till vinkelr?t AB.

Dessa plan ?r symmetriska kring tetraederns masscentrum - mitten av segmentet KL. Med tanke p? s?dana plan f?r alla kanter f?r vi att punkterna H och O symmetrisk om M, som betyder KLMO- parallellogram. Kvadraterna p? dess sidor ?r lika och d?rf?r . Med tanke p? ett avsnitt som g?r genom en punkt M parallell AB och CD, det f?rst?r vi AB 2 + CD 2 = 4d 2 .

H?r kan vi l?gga till att linjen som punkterna ligger p? ?h M och H, kallas Euler-linjen f?r den ortocentriska tetraedern.

Kommentar.

Tillsammans med Euler-linjen kan vi notera f?rekomsten av Euler-sf?rer f?r en ortocentrisk teraeder, vilket kommer att diskuteras i f?ljande problem.

Uppgift 3.

Bevisa att f?r en ortocentrisk cirkeltetraeder h?r 9 punkter av varje yta till samma sf?r (en sf?r med 24 punkter). F?r att l?sa detta problem ?r det n?dv?ndigt att bevisa tillst?ndet f?r f?ljande problem.

Uppgift 4.

Bevisa att mittpunkterna p? triangelns sidor, h?jdernas baser och mittpunkterna f?r h?jdsegmenten fr?n h?rn till punkten f?r deras sk?rningspunkt ligger p? en cirkel - en cirkel med 9 punkter (Euler).

Bevis.

L?ta ABC- den h?r triangeln H- sk?rningspunkten mellan dess h?jder, A 1, B 1, C 1- segmentens mittpunkter AN, VN, CH; AA 2- h?jder, A 3- mitten Sol. Vi utg?r fr?n det f?r bekv?mlighets skull ABC- en spetsig triangel. Eftersom det B 1 A 1 C 1 \u003d DU och DB 1 A 2 C 1 \u003d DB 1 NS 1, d? B 1 A 2 C 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, dvs. po?ng A 1, B 1, A 2, C 1 ligga p? samma cirkel. Det ?r ocks? l?tt att se det B 1 A 3 C 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, dvs. po?ng A 1, B 1, A 3, C 1 ocks? ligga p? samma (och d?rf?r p? samma) cirkel. Av detta f?ljer att alla 9 punkter som n?mns i villkoret ligger p? samma cirkel. Fallet med en trubbig triangel ABC behandlas p? liknande s?tt.

Observera att 9-punktscirkeln ?r homotetisk till den omskrivna cirkeln med centrum vid H och koefficient (s? h?r ?r trianglarna ordnade ABC och A 1 B 1 C 1). ? andra sidan ?r 9-punktscirkeln homotetisk till den omskrivna cirkeln centrerad vid sk?rningspunkten f?r triangelns median. ABC och koefficient (detta ?r hur trianglar ABC och en triangel med h?rn i mitten av sina sidor ?r placerade).

Nu, efter att ha best?mt cirkeln med 9 punkter, kan vi g? vidare till beviset f?r tillst?ndet i Problem 3.

Bevis.

Sektionen av en ortocentrisk tetraeder med ett plan parallellt med de motsatta kanterna och som passerar p? lika avst?nd fr?n dessa kanter ?r en rektangel vars diagonaler ?r lika med avst?ndet mellan mittpunkterna p? de motsatta kanterna p? tetraedern (alla dessa avst?nd ?r lika med varandra, se det n?dv?ndiga och tillr?ckliga villkoret f?r ortocentricitet (5). D?rav f?ljer att mittpunkterna f?r alla kanter av en ortocentrisk tetraeder ligger p? ytan av en sf?r vars centrum sammanfaller med tyngdpunkten f?r den givna tetraedern, och diameter ?r lika med avst?ndet mellan mittpunkterna p? motsatta kanter av tetraedern.S? alla fyra cirklar med 9 punkter ligger p? ytan av denna sf?r.

Uppgift 5.

Bevisa att f?r en ortocentrisk tetraeder ?r tyngdpunkterna och sk?rningspunkterna f?r h?jderna p? ytorna, s?v?l som de punkter som delar segmenten f?r varje h?jd av tetraedern fr?n spetsen till sk?rningspunkten f?r h?jderna i f?rh?llandet 2:1 , ligga p? samma sf?r (sf?ren med 12 punkter).

Bevis.

L?t po?ngen ?h M och H- respektive centrum av den omskrivna kulan, tyngdpunkten och ortocentrum f?r den ortocentriska tetraedern; M- mitten av segmentet HAN(se problem 2). Tyngdpunkterna f?r tetraederns ytor fungerar som h?rn av den homotetiska tetraedern, med homotetens centrum vid punkten M och koefficient, under denna homoteti punkten O kommer att g? till saken Ungef?r 1 placerad p? segmentet MN s? , Ungef?r 1 kommer att vara centrum f?r den sf?r som passerar genom ansiktens tyngdpunkter.

? andra sidan fungerar de punkter som delar segmenten av tetraederns h?jder fr?n h?rn till ortocentrum i f?rh?llandet 2:1 som h?rn f?r tetraederhomoteten till den givna med homotetens centrum vid H och koefficient. Med denna homoteti, po?ngen O, som det ?r l?tt att se, kommer att g? till samma punkt Ungef?r 1. S?ledes ligger ?tta av tolv punkter p? ytan av en sf?r centrerad vid Ungef?r 1 och en radie som ?r tre g?nger mindre ?n radien f?r en sf?r omskriven kring en tetraeder.

L?t oss bevisa att sk?rningspunkterna f?r h?jderna p? varje yta ligger p? ytan av samma sf?r.

L?ta O', N' och M`- centrum f?r den omskrivna cirkeln, sk?rningspunkten mellan h?jderna och tyngdpunkten f?r varje ansikte. O` och H`?r projektioner av punkter O och H till planet f?r detta ansikte och segmentet M` delar upp segmentet O'N' i f?rh?llandet 1:2, r?knat fr?n O`(v?lk?nd planimetrisk fakta). Nu ?r det l?tt att verifiera (se figur) att projektionen Ungef?r 1 p? planet f?r detta ansikte - en punkt O` 1 sammanfaller med mitten av segmentet M`N`, dvs. Ungef?r 1 lika l?ngt fr?n M` och H`, vilket ?r vad som kr?vdes.

§3. Skelett tetraeder

En ramtetraeder kallas en tetraeder f?r vilken det finns en sf?r som ber?r alla sex kanter av tetraedern. Inte varje tetraeder ?r tr?dram. Till exempel ?r det l?tt att f?rst? att det ?r om?jligt att konstruera en sf?r som tangerar alla kanter av en isoedrisk tetraeder om dess omskrivna ruta ?r "l?ng".

L?t oss lista egenskaperna hos ramtetraedern.

(1) Det finns en sf?r som tangerar alla kanter p? tetraedern.

(2) Summorna av l?ngderna av korsande kanter ?r lika.

(3) Summorna av dihedriska vinklar vid motsatta kanter ?r lika.

(4) Cirklar inskrivna i ansikten ber?r i par.

(5) Alla fyrh?rningar som h?rr?r fr?n utvecklingen av en tetraeder ?r avgr?nsade.

(6) Perpendicularer ?terst?llda till ytorna fr?n mitten av deras inskrivna cirklar sk?r varandra vid en punkt.

L?t oss bevisa flera egenskaper hos wireframe-teraedern.

Bevis (2).

L?ta O?r mitten av en sf?r som vidr?r fyra kanter vid inre punkter. notera nu att om fr?n punkten X rita tangenter XP och XQ till en sf?r med centrum O, sedan po?ngen R och F symmetrisk om ett plan som passerar en r?t linje PUSS KRAM och mitten av segmentet PQ, vilket betyder flygplanen ROH och QOX form med ett plan XPQ lika vinklar.

L?t oss rita 4 plan som g?r genom punkten O och de betraktade kanterna p? tetraedern. De delar upp var och en av de ?verv?gda dihedriska vinklarna i tv? dihedriska vinklar. Det visades ovan att de resulterande dihedriska vinklarna intill en sida av tetraedern ?r lika. B?de den ena och den andra betraktade summan av dihedriska vinklar inkluderar en erh?llen vinkel f?r varje yta av tetraedern. Genom att genomf?ra liknande resonemang f?r andra par av sneda kanter f?r vi giltigheten av egenskapen (2).

Kom ih?g n?gra egenskaper hos den beskrivna fyrh?rningen:

a) En plan fyrh?rning ?r omskriven om och endast om summan av dess motsatta sidor ?r lika;

b) Om den omskrivna fyrh?rningen delas med en diagonal i tv? trianglar, s? ber?r cirklarna inskrivna i trianglarna

Med tanke p? dessa egenskaper ?r det l?tt att bevisa resten av egenskaperna hos wireframe-tetraedern. Egenskapen (3) hos tetraedern f?ljer direkt av egenskapen (b), och egenskapen (4) fr?n egenskapen (a) och egenskapen (1) hos tetraedern. Fastighet (5) fr?n fastighet (3). N?r allt kommer omkring ?r cirklarna som ?r inskrivna i tetraederns ytor sk?rningspunkterna mellan dess ytor och sf?ren som r?r kanterna, varifr?n det ?r uppenbart att vinkelr?theterna som ?terst?lls i mitten av cirklarna inskrivna i ytorna oundvikligen kommer att sk?ra varandra vid mitten av denna sf?r.

Uppgift 1.

Sf?ren ber?r kanterna AB, BC, CD och DA tetraeder ABCD p? punkter L, M, N, K, som ?r kvadratens h?rn. Bevisa att om denna sf?r vidr?r en kant AC, d? nuddar den ocks? kanten BD .

L?sning.

Enligt villkor KLMN- fyrkantig. L?t oss g? igenom punkterna K, L, M, N plan som r?r vid sf?ren. Eftersom alla dessa plan ?r lika lutande mot planet KLMN, sedan sk?r de varandra vid en punkt S ligger p? en rak linje OO 1, var ?r mitten av sf?ren, och Ungef?r 1?r mitten av torget. Dessa plan sk?r kvadratens yta KLMN kvadrat TUVW, vars sidomittpunkter ?r punkterna K, L, M, N. I en tetraedrisk vinkel STUVW med vertex S ?r alla planvinklar lika, och punkterna K, L, M, N ligga p? bisectors av dess plana vinklar, och SK=SL=SM=SN. F?ljaktligen,

SA=SC och SD=SB, som betyder AK=AL=CM=CN och BL=BM=DN=DK. Efter tillst?nd AC r?r ocks? bollen, s? MEN C =AK+CN=2AK. Och sedan SK- vinkelhalveringsled DSA, d? DK:KA=DS:SA=DB:AC. Fr?n j?mlikhet AC=2AC det f?ljer nu att DB=2DK. L?ta R- mitten av segmentet DB, d? R ligger p? en rak linje S?. trianglar D.O.K. och DOP?r lika, eftersom DK=DP och DKO=DPO=90°. Det ?r d?rf?r OP=OK=R, var R?r sf?rens radie, allts? D.B. g?ller ?ven sf?ren.

§ fyra. Isoedriska tetraedrar

En tetraeder kallas ekvihedral om alla dess ytor ?r lika. F?r att f?rest?lla oss en isoedrisk tetraeder, l?t oss ta en godtycklig spetsvinklad triangel fr?n papper, och vi kommer att b?ja den l?ngs mittlinjerna. D? kommer de tre h?rnen att m?tas vid en punkt, och sidornas halvor kommer att st?ngas och bilda tetraederns sidokanter.

(0) Ansiktena ?r kongruenta.

(1) Korsande kanter ?r parvis lika.

(2) Triedriska vinklar ?r lika.

(3) Motsatta dihedriska vinklar ?r lika.

(4) Tv? plana vinklar baserade p? samma kant ?r lika.

(5) Summan av planvinklarna vid varje vertex ?r 180°.

(6) Utveckling av en tetraeder - en triangel eller ett parallellogram.

(7) Den beskrivna parallellepipeden ?r rektangul?r.

(8) Tetraedern har tre symmetriaxlar.

(9) Vanliga perpendikuler av korsande kanter i par

?r vinkelr?ta.

(10) Medianlinjerna ?r parvis vinkelr?ta.

(11) Ytornas omkrets ?r lika.

(12) Ytornas ytor ?r lika.

(13) Tetraederns h?jder ?r lika.

(14) Segmenten som f?rbinder h?rnen med tyngdpunkterna p? motsatta ytor ?r lika.

(15) Radierna f?r cirklarna som beskrivs n?ra ytorna ?r lika.

(16) Tyngdpunkten f?r tetraedern sammanfaller med mitten av den omskrivna sf?ren.

(17) Tyngdpunkten sammanfaller med centrum f?r den inskrivna sf?ren.

(18) Mitten av den omskrivna sf?ren sammanfaller med mitten av den inskrivna.

(19) Den inskrivna sf?ren ber?r ansiktena vid de centra som beskrivs n?ra dessa

cirkel ansikten.

(20) Summan av yttre enhetsnormaler (enhetsvektorer,

vinkelr?tt mot ytorna) ?r lika med noll.

(21) Summan av alla dihedriska vinklar ?r lika med noll.

N?stan alla egenskaper hos en isoedrisk tetraeder f?ljer av dess

definitioner, s? vi bevisar bara n?gra av dem.

Bevis (16).

D?rf?r att tetraeder ABCD isohedral, sedan efter egenskap (1) AB=CD. L?t po?ngen Till segmentet AB, och po?ngen L mittpunkt DC, d?rav segmentet KL bimedian tetraeder ABCD, varav det f?ljer av egenskaperna hos tetraederns medianer att punkten O- mitten av segmentet KL, ?r tetraederns tyngdpunkt ABCD .

Dessutom sk?r tetraederns medianer i tyngdpunkten, punkten O, och dela denna punkt i f?rh?llandet 3:1, r?knat fr?n toppen. Vidare, med h?nsyn till ovanst?ende och egenskap (14) hos en isoedrisk tetraeder, erh?ller vi f?ljande j?mlikhet av segment AO=BO=CO=DO, varav f?ljer att punkten O?r mitten av den omskrivna sf?ren (per definition en sf?r omskriven om en polyeder).

Tillbaka. L?ta Till och L- mitten av revbenen AB och CD respektive punkt O- mitten av tetraederns beskrivna sf?r, dvs. mittpunkt KL. D?rf?r att O?r mitten av tetraederns omskrivna sf?r, sedan trianglarna AOB och TORSK- likbent med lika sidor och lika median OK och OL. Det ?r d?rf?r DAOB =?COD. S? AB=CD. P? liknande s?tt bevisas likheten mellan andra par av motsatta kanter, varifr?n, genom egenskap (1) hos en isoedrisk tetraeder, det ?nskade kommer att f?lja.

Bevis (17).

Betrakta bisektrisen av den dihedriska vinkeln vid kanten AB, kommer den att dela segmentet DC med avseende p? ytornas ytor ABD och ABC .

D?rf?r att tetraeder ABCD isohedral, sedan efter egenskap (12) S DABD =S DABD =>DL=LC, hvaraf f?ljer att bisekturen ABL inneh?ller bimedian KL. Genom att till?mpa liknande resonemang f?r de ?terst?ende dihedriska vinklarna, och med h?nsyn till det faktum att tetraederns halvled sk?r varandra i en punkt, som ?r centrum f?r den inskrivna sf?ren, finner vi att denna punkt oundvikligen kommer att vara tyngdpunkten f?r denna isohedral tetraeder.

Tillbaka. Fr?n det faktum att tyngdpunkten och centrum f?r den inskrivna sf?ren sammanfaller, har vi f?ljande: DL=LC=>SABD=SADC. Genom att p? ett liknande s?tt bevisa att alla ytor ?r lika stora och till?mpa egenskapen (12) hos en isoedrisk tetraeder, f?r vi det vi letar efter.

L?t oss nu bevisa egendom (20). F?r att g?ra detta m?ste vi f?rst bevisa en av egenskaperna hos en godtycklig tetraeder.

tetraedersats l?robok

Lemma 1.

Om l?ngderna p? vektorerna vinkelr?ta mot tetraederns ytor ?r numeriskt lika med ytorna p? motsvarande ytor, d? ?r summan av dessa vektorer lika med noll.

Bevis.

L?ta X- punkt inuti och polyeder, h i (i=1,2,3,4)- avst?nd fr?n den till planet i-e kanten.

Vi sk?r polyhedronen i pyramider med en vertex X vars baser ?r dess ansikten. Volym av en tetraeder V?r lika med summan av dessa pyramiders volymer, dvs. 3 V=?h i S i, var Si fyrkant i-e kanten. L?t vidare n i?r enhetsvektorn f?r den yttre normalen till den i:te ytan, M i ?r en godtycklig punkt f?r denna yta. Sedan h i \u003d (ХM i, S i n i), det ?r d?rf?r 3V=?h i Si =?(XM i, S i n i)=(XO, S i n i)+(OM i, S i n i)=(XO, ?S i n i)+3V, var O- n?gon fast punkt p? tetraedern, d?rf?r, ? S i n i =0 .

Vidare ?r det uppenbart att egenskapen (20) hos en isoedrisk tetraeder ?r ett specialfall av ovanst?ende lemma, d?r S 1 = S 2 = S 3 = S 4 => n 1 = n 2 = n 3 = n 4, och eftersom ytornas ytor inte ?r lika med noll f?r vi den korrekta likheten ni + n2 + n3 + n4 =0 .

Som avslutning p? ber?ttelsen om den isoedriska tetraedern presenterar vi flera problem om detta ?mne.

Uppgift 1.

Den r?ta linjen som g?r genom tetraederns masscentrum och sf?rens mittpunkt, omskriven n?ra den, sk?r kanterna AB och CD. Bevisa det AC=BD och AD=BC .

L?sning.

Tetraederns masscentrum ligger p? den raka linjen som f?rbinder kanternas mittpunkter AB och CD .

D?rf?r ligger mitten av tetraederns omskrivna sf?r p? denna linje, vilket betyder att den angivna linjen ?r vinkelr?t mot kanterna AB och CD. L?ta C` och D`- punktprojektioner C och D till ett plan som g?r genom en r?t linje AB parallell CD. D?rf?r att AC`BD`- parallellogram (genom konstruktion), allts? AC=BD och AD=BC .

Uppgift 2.

L?ta h?r h?jden av en isoedrisk tetraeder, h1 och h2- segment i vilka en av h?jderna p? ett ansikte delas med sk?rningspunkten f?r h?jderna p? detta ansikte. Bevisa det h 2 \u003d 4h 1 h 2; bevisa ocks? att basen av h?jden p? tetraedern och sk?rningspunkten f?r h?jderna p? den yta p? vilken denna h?jd s?nks ?r symmetriska med avseende p? mitten av cirkeln omskriven kring denna yta.

Bevis.

L?ta ABCD- denna tetraeder, D.H.- hans h?ga, DA 1 , DВ 1 , DC 1- ansiktsh?jder s?nkta fr?n vertex D?t sidorna BC, SA och AB .

Sk?r ytan p? tetraedern l?ngs kanterna DA, DB, DC, och g?r ett svep. Det ?r uppenbart H?r sk?rningspunkten f?r triangelns h?jder D 1 D 2 D 3. L?ta F- sk?rningspunkten f?r triangelns h?jder ABC, AK?r h?jden p? denna triangel, АF=h 1, FК=h 2. Sedan D 1 H \u003d 2h 1, D 1 A 1 \u003d h 1 -h 2 .

Allts?, sedan h- h?jden p? v?r tetraeder, h 2 \u003d DH 2 \u003d DA 2 - HA 1 2 \u003d (h 1+ h 2) 2 - (h 1 - h 2) 2 \u003d 4h 1 h 2. L?t nu M- triangelns tyngdpunkt ABC(alias triangelns tyngdpunkt D 1 D 2 D 3), O?r mitten av den omskrivna cirkeln. Det ?r k?nt att F, M och O ligga p? en rak linje (Eulerlinjen), och M- emellan F och O , FM =2 MO, ? andra sidan triangeln D 1 D 2 D 3 homotetisk till triangel ABC centrerad p? M och koefficient (-2), allts? МН=2FM. Det f?ljer att OH=FO .

Uppgift 3.

Bevisa att i en isoedrisk tetraeder ligger h?jdernas baser, h?jdernas mittpunkter och sk?rningspunkterna f?r h?jderna p? ytorna p? ytan av en sf?r (en sf?r med 12 punkter).

Bevis.

N?r vi l?ste problem 2 bevisade vi att mitten av sf?ren omskriven kring tetraedern projiceras p? varje yta in i mitten av segmentet, vars ?ndar ?r basen f?r h?jden som s?nks ner p? denna yta och sk?rningspunkten f?r h?jderna p? detta ansikte. Och eftersom avst?ndet fr?n mitten av sf?ren omskrivet om tetraedern till ansiktet ?r , d?r h- h?jden av tetraedern, mitten av den omskrivna sf?ren avl?gsnas fr?n dessa punkter p? ett avst?nd , d?r a- avst?ndet mellan sk?rningspunkten f?r h?jderna och mitten av cirkeln omskriven n?ra kanten.

§5. Incentriska tetraedrar

Segmenten som f?rbinder tetraederns tyngdpunkter med motsatta h?rn (medianerna f?r tetraedern) sk?r alltid varandra vid en punkt, denna punkt ?r tetraederns tyngdpunkt. Om vi i detta tillst?nd ers?tter ansiktens tyngdpunkter med ansiktens ortocenter, kommer det att f?rvandlas till en ny definition av den ortocentriska tetraedern. Om vi ers?tter dem med mitten av cirklar inskrivna i ytorna, ibland kallade incentra, kommer vi att f? en definition av en ny klass av tetraedrar - incentriska.

Funktionerna i klassen av incentriska tetraedrar ?r ocks? ganska intressanta.

(1) Segmenten som f?rbinder tetraederns h?rn med mitten av cirklar inskrivna i motsatta ytor sk?r varandra i en punkt.

(2) Vinkelhalveringslinjerna f?r tv? ytor som dras till en gemensam kant p? dessa ytor har en gemensam bas.

(3) Produkterna av l?ngderna av motsatta kanter ?r lika.

(4) Triangeln som bildas av de andra sk?rningspunkterna mellan tre kanter som utg?r fr?n samma vertex med vilken sf?r som helst som passerar genom de tre ?ndarna av dessa kanter ?r liksidig.

Bevis (2).

Av fastighet (1), om DF, BE, CF, AM- halveringslinjer f?r motsvarande vinklar i trianglar ABC och FBD, sedan segmenten KS och LD kommer att ha en gemensam po?ng jag(se bild). Om direkt DK och CL sk?r inte vid en punkt F, d? uppenbarligen KS och DL inte sk?ra varandra, vilket inte kan vara (enligt definitionen av en incentrisk tetraeder).

Bevis (3).

Med h?nsyn till egenskap (2) och egenskapen f?r bisekturen, f?r vi relationerna:

; .

§6. J?mf?rbara tetraedrar

Tetraedrar s?gs vara proportionerliga om de har

(1) Bi-h?jder ?r lika.

(2) Projektionen av en tetraeder p? ett plan vinkelr?tt mot n?gon bimedian ?r en romb.

(3) Ytorna p? den omskrivna parallellepipeden ?r lika.

(4) 4a 2 a 1 2 - (b 2 +b 1 2 -c 2 -c 1 2) 2 \u003d 4b 2 b 1 2 - (c 2 +c 1 2 -a 2 -a 1 2) 2 \u003d 4c 2 c 1 2 - (a 2 +a 1 2 -b 2 -b 1 2) 2, var a och en 1 , b och b 1 , Med och fr?n 1- l?ngder av motsatta kanter.

F?r att bevisa likv?rdigheten mellan definitionerna (1) - (4), r?cker det att notera att tetraederns bih?jder ?r lika med h?jderna p? parallellogrammet, vilket ?r dess projektion, som n?mns i egenskap (2), och h?jderna p? omskriven parallellepiped, och att kvadraten p? arean av parallellepipeden som inneh?ller, s?g, en kant Med,?r lika med , och den skal?ra produkten uttrycks genom kanterna p? tetraedern enligt formel (4).

Vi l?gger till tv? ytterligare villkor f?r proportionalitet:

(5) F?r varje par av motsatta kanter av tetraedern ?r planen som dras genom en av dem och mittpunkten av den andra vinkelr?ta.

(6) En sf?r kan vara inskriven i den omskrivna parallellepipeden av en motsvarande tetraeder.

§7. Vanliga tetraedrar

Om kanterna p? en tetraeder ?r lika med varandra, kommer trihedriska, dihedriska och platta vinklar att vara lika med varandra. I det h?r fallet kallas tetraedern regelbunden. Observera ocks? att en s?dan tetraeder ?r b?de ortocentrisk och tr?dram, och isoedrisk och incentrisk och proportionell.

Anm?rkning 1.

Om tetraedern ?r isoedrisk och tillh?r en av f?ljande typer av tetraedrar: ortocentrisk, tr?dram, incentrisk, proportionell, d? kommer den att vara regelbunden.

Anm?rkning 2.

En tetraeder ?r regelbunden om den tillh?r tv? av de listade tetraedrarna: ortocentrisk, wireframe, incentrisk, proportionell, isoedrisk.

Egenskaper hos en vanlig tetraeder:

Var och en av dess h?rn ?r en vertex av tre trianglar. S? summan av planvinklarna vid varje vertex blir lika med 180?

(0) En oktaeder kan vara inskriven i en vanlig tetraeder, dessutom kommer fyra (av ?tta) ytor p? oktaedern att kombineras med fyra ytor p? tetraedern, alla sex h?rn p? oktaedern kommer att kombineras med mitten av sex kanter av tetraedern.

(1) En vanlig tetraeder best?r av en inskriven oktaeder (i mitten) och fyra tetraeder (l?ngs h?rnen), och kanterna p? dessa tetraeder och oktaedern ?r h?lften av kanterna p? den regulj?ra tetraedern

(2) En vanlig tetraeder kan inskrivas i en kub p? tv? s?tt, dessutom kommer fyra h?rn av tetraedern att kombineras med fyra h?rn av kuben.

(3) En vanlig tetraeder kan vara inskriven i en ikosaeder, dessutom kommer fyra h?rn av tetraedern att kombineras med fyra h?rn av icosahedron.

Uppgift 1.

Bevisa att de sneda kanterna p? en vanlig tetraeder ?r inb?rdes vinkelr?ta.

L?sning:

L?ta DH- h?jden av en vanlig tetraeder, punkt H ?r mitten av en regulj?r D ABC . D? kommer projektionen av segmentet AD p? planet f?r basen ABC att vara segmentet BH . D?rf?r att BH ?AC , sedan genom de tre vinkelr?ta satserna snedst?llningen BD ?AC .

Uppgift 2.

Givet en vanlig tetraeder IAWS med en kant 1. hitta avst?ndet mellan linjerna AL och MO, var L- mitten av revbenet FR?KEN , O- ansikte mitt ABC.

L?sning:

1. Avst?ndet mellan tv? sk?rande linjer ?r l?ngden p? den vinkelr?ta som faller fr?n en linje till ett plan parallellt med denna linje och som inneh?ller den andra linjen.

2. Bygga en projektion AK segmentet AL till planet ABC. Plan AKL vinkelr?tt mot planet ABC, parallellt med linjen MO och inneh?ller en rad AL. S? den ?nskade l?ngden ?r l?ngden p? vinkelr?t P?, s?nkt fr?n punkten O till AK .

3. Hitta S D KHA tv? s?tt.

S D = .

? andra sidan: S D KHA =

s? sid.

L?t oss hitta P? : r= .

Uppgift 3.

Varje kant av en triangul?r pyramid PABC?r lika med 1; BD- triangelns h?jd ABC. Liksidig triangel bde ligger i ett plan som bildar en vinkel f med ett revben AC, och po?ngen P och E ligga p? ena sidan av planet ABC. Hitta avst?ndet mellan punkter P och E .

L?sning. Eftersom alla kanter av pyramiden PABC?r lika, ?r det en vanlig tetraeder. L?ta M- bascentrum ABC , N– ortogonal projektion av vertex E liksidig triangel bde till planet ABC ,K- mitten BD ,F?r basen av vinkelr?t draget fr?n punkten E till h?jden PM tetraeder PABC. D?rf?r att EK BD, sedan av tre vinkelr?ta satsen NK BD, det ?r d?rf?r EKN?r den linj?ra vinkeln f?r den dihedriska vinkeln som bildas av planen ABC och bde, och sedan NK || AC, d? EKN= f . N?sta har vi:

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

KM = KD - MD = - = , EK = BD · = , SV = EK synd f = synd 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 + + ( - synd f )2 = cos 2f + + - synd f + synd 2f == + + - synd f = - synd f = - synd f .

F?ljaktligen,

PE= = .

Uppgift 4.

Hitta vinklarna mellan de sneda h?jderna p? intilliggande ytor p? tetraedern.

L?sning.

Fall nummer 1.

L?ta BK och D.F.– ansiktsh?jder ABC och BCD. BK, FD= a . Beteckna kantl?ngden p? tetraedern som a. L?t oss spendera FL || BK, d? a = DFL . KL=LC.

D DLF :

; ; ; .

Fall nummer 2 (h?jden ligger annorlunda).

BK och CN– ansiktsh?jder ABC och BCD. L?t oss spendera FP || CN och FL || BK . ; . L?t oss hitta LP .DO?r h?jden p? en vanlig tetraeder, DO = , F– projektion P till planet ABC , . ,

L?t oss skriva cosinussatsen f?r D LFP :

Eftersom vinkeln mellan r?ta linjer per definition ?r spetsig

Kapitel II. Tetraeder i en gymnasiekurs i matematik

§ett. J?mf?rande egenskaper f?r presentationen av ?mnet "tetrahedron" i skolb?cker

I skolans geometrikurs ?gnas mycket tid ?t att studera grunderna i Tetrahedron-?mnet. Det finns praktiskt taget inga metodologiska problem med att genomf?ra detta ?mne, eftersom eleverna vet vad en pyramid ?r (inklusive en triangul?r), b?de fr?n de propedeutiska kurserna under tidigare ?r av matematikundervisning och fr?n livserfarenhet. En vanlig tetraeder ?r associerad med sin platta motsvarighet - en vanlig triangel, och sidornas likhet med kanternas eller ytornas likhet.

Det finns dock problem med att studera ?mnet f?r elever, och olika l?rob?cker f?rs?ker l?sa dem p? olika s?tt (ordningen i vilken det teoretiska materialet presenteras, niv?n p? uppgifternas komplexitet, etc.). L?t oss ge en kort beskrivning av de vanliga geometrib?ckerna i aspekten av att studera tetraedern.

Presentation av ?mnet "Tetrahedron" i l?roboken "Geometry" f?r ?rskurs 10-11 Atanasyan L. S. och andra.

P? grundl?ggande l?roboken "Geometri" f?r klass 10-11 i gymnasieskolan Atanasyan L. S. och annan information om tetraedern finns i 7 stycken (12, 14, 28, 29, 32, 33, 69).

L?roboksf?rfattarna definierar en tetraeder som en yta som best?r av fyra trianglar. Fr?n den teoretiska basen i l?roboken f?r ?rskurs 10 kan man f? kunskap om ytorna, kanterna och h?rnen p? en tetraeder, om att konstruera sektioner av en tetraeder med ett plan, ber?kna arean av den totala ytan av en tetraeder. tetraeder, inkl. och stympad (kapitel III, § 2 "Pyramid").

L?robokens teoretiska material presenteras kompakt och stilm?ssigt enhetligt. En del teoretiskt material finns i den praktiska delen av l?roboken (vissa satser bevisas i problem). Det praktiska materialet i l?roboken ?r uppdelat i tv? sv?righetsgrader (det finns s? kallade "uppgifter med ?kad sv?righetsgrad", markerade med en speciell symbol "*"). Dessutom finns i slutet av l?roboken en problembok med problem av h?g komplexitet, varav en del r?r tetraedern. L?t oss titta p? n?gra uppgifter i l?roboken.

Probleml?sning.

Uppgift 1 (#b9ecec). I en vanlig triangul?r pyramid DABC po?ng E, F och P- sidornas mittpunkter f?re Kristus , AB och AD. Best?m typen av sektion och hitta dess yta om sidan av pyramidens bas ?r a, sidokanten ?r lika med b.

L?sning.

Vi bygger en sektion av ett plan som passerar genom punkterna E, F, P. Rita triangelns mittlinje ABC , EF || AC ,

EF || AC, a A C ligger i kvm D CA, betyder att EF || kvm DCA. Sektionsplanet sk?r ansiktet DCA i en rak linje PC.

D?rf?r att sektionsplanet g?r genom en r?t linje EF parallellt med planet DCA och korsar planet DCA, sedan sk?rningslinjen PK parallellt med en r?t linje EF.

L?t oss bygga p? kanten BDA linjesegmentet FP, men p? gr?nsen BDC- linjesegmentet EK. Fyrsidig EFOK och ?r det obligatoriska avsnittet. EF || AC, PK || EF || AC, , , betyder att .

D?rf?r att PK || EF och PK = EF, sedan EFPC- parallellogram. P? det h?r s?ttet, EK || EP, EP- mittlinjen i en triangel BCD, .

Vinkel mellan sneda linjer D.B. och CA lika 90 °. L?t oss bevisa det. Konstruera h?jden p? pyramiden DO. Punkt O- mitten av en liksidig triangel ABC. L?t oss forts?tta segmentet BO till korsningen med sidan AC vid punkten M. I en r?tvinklig triangel ABC:BM- h?jd, median och bisekt, allts?. Vi har att , , D? genom kriteriet vinkelr?thet av linjen och planet , d? .

D?rf?r att , PK || CA och EK || BD, sedan och EFPC- rektangel.

.

Problem 2 (#8653ca).

Basen p? pyramiden ?r en r?tvinklig triangel med ben a och b. Var och en av dess laterala kanter lutar mot basens plan i en vinkel f . Hitta volymen p? pyramiden

L?sning:

ABCD- pyramid, h?rn ABC- rektangul?r , AC = b, BC = a, h?rn DAO, DBO, DCO?r j?mlika. L?t oss hitta V DABC0 .

1) ?DAO=?ADC=?DBO l?ngs benet och en spetsig vinkel, vilket betyder AO=OC=OB=R cirkel omgiven av ?ABC. D?rf?r att . ?ABC- rektangul?r allts? .

2) Fr?n ? DOC : ; .

3) ; ; .

Presentation av ?mnet "Tetrahedron" i l?roboken "Geometri" f?r ?rskurs 7-11 Pogorelova A.V.

I en annan grundl?robok, A.V. Pogorelova och annat teoretiskt material mer eller mindre relaterat till ?mnet "Tetrahedron" finns i punkterna 176-180, 186, 192, 199, 200.

Paragraf 180 "Regulj?ra polyedrar" inneh?ller definitionen av begreppet "regelbunden tetraeder" ("En tetraeder ?r en triangul?r pyramid d?r alla kanter ?r lika"), beviset f?r vissa egenskaper och satser om pyramiden illustreras av ritningar av tetraeder. Denna handledning fokuserar dock inte p? studiet av figuren, och i denna mening kan dess informationsinneh?ll (avseende tetraedern) bed?mas som l?gt. Det praktiska materialet i l?roboken inneh?ller ett tillfredsst?llande antal uppgifter relaterade till pyramiden, vid basen av vilken det finns en triangel (som i sj?lva verket ?r en tetraeder). L?t oss ge exempel p? att l?sa n?gra problem.

Probleml?sning.

Uppgift 1 (nr 41 fr?n stycket "Polyhedra").

Pyramidens bas ?r en likbent triangel, d?r basen ?r 12 cm och sidan ?r 10 cm. Sidoytorna bildar lika tv?sidiga vinklar med basen, inneh?llande 45 ° vardera. Hitta h?jden p? pyramiden.

L?sning:

L?t oss rita en vinkelr?t S? till basens plan och vinkelr?ta SK, SM och SN?t sidorna DABS. Sedan genom tre vinkelr?ta satsen OK BC, OM AC och P? AB.

Sedan, SKO= SMO= SNO = 45° - som linj?ra vinklar f?r givna dihedriska vinklar. D?rf?r r?ta trianglar SKO, SMO och SNO ?r lika i ben och spetsig vinkel . S? att OK=OM=P?, det ?r po?ngen O?r mitten av cirkeln inskriven i DABC.

Uttryck rektangelns area ABC:

? andra sidan , . S? att ; ok=r=3 cm. Sedan i en r?tvinklig triangel S.O.K. spetsig vinkel ?r 45° , sedan ?SOK?r likbent och S?=OK= 3 (cm) .

Uppgift 2 (nr 43 fr?n stycket "Volumes of polyhedra").

Hitta volymen av en pyramid vars bas ?r en triangel med tv? vinklar a och v; omskriven cirkelradie R. Pyramidens sidokanter lutar mot planet f?r dess bas i en vinkel g.

L?sning.

Eftersom alla sidokanter p? pyramiden lutar mot basens plan i samma vinkel, ?r h?jden p? pyramiden O 1 O passerar genom mitten av cirkeln omskriven n?ra basen. S? att

I DABC. D? enligt sinussatsen

S? att , , =

=.

Arean av en triangel :

Sedan .

Presentation av ?mnet "Tetrahedron" i l?roboken "Geometry" f?r ?rskurs 10-11 Aleksandrova A.D.

T?nk p? l?roboken Alexandrov A.D. etc. ”Geometri: en l?robok f?r elever i ?rskurs 11. med en f?rdjupning i matematik. Det finns inga separata stycken ?gnade ?t tetraedern i den h?r l?roboken, men ?mnet finns i form av fragment av andra stycken.

Tetraedern n?mns f?rst i §21.3. Materialet i stycket betraktar satsen om trianguleringen av en polyeder, som ett exempel utf?rs triangulering av en konvex pyramid. Sj?lva begreppet "polyhedron" i l?roboken tolkas p? tv? s?tt, den andra definitionen av begreppet ?r direkt relaterad till tetraedern: "En polyhedron ?r en figur som ?r en f?rening av ett ?ndligt antal tetraedrar ...". Kunskap om den regulj?ra pyramiden och vissa aspekter av tetraederns symmetri finns i §23.

§26.2 beskriver till?mpningen av Eulers teorem ("regulj?ra n?tverk") f?r regelbundna polyedrar (inklusive tetraedern), och §26.4 diskuterar de typer av symmetrier som ?r karakteristiska f?r dessa figurer.

I l?roboken kan du ocks? hitta information om tetraederns mittlinje, masscentrum (§35.5) och klassen av isoedriska tetraedrar. R?relser av det f?rsta och andra slaget demonstreras i samband med att l?sa problem p? tetraedrar.

Utm?rkande f?r l?roboken ?r dess h?ga vetenskapliga inneh?ll, som f?rfattarna lyckats kombinera med ett tillg?ngligt spr?k och en tydlig presentationsstruktur. L?t oss ge exempel p? att l?sa n?gra problem.

Probleml?sning.

Uppgift 1.

I en given regelbunden triangul?r stympad pyramid med sidokant a kan man placera en sf?r som ber?r alla ytor och en sf?r som ber?r alla kanter. Hitta sidorna av pyramidens baser.

L?sning.

L?t oss avbilda en "full" pyramid p? ritningen. Denna pyramid, - h?jden av den "fulla" pyramiden, - dess del till den ?vre basen ?r stympad. Uppgiften reduceras till en planimetrisk, och det ?r inte n?dv?ndigt att rita n?gon av dessa sf?rer. D?rf?r att en sf?r som ber?r alla kanter kan inskrivas i en stympad pyramid, sedan kan en cirkel inskrivas i dess sidoyta. L?t oss beteckna , (f?r bekv?mligheten att dela p? mitten) och f?r den beskrivna fyrh?rningen f?r vi att , varifr?n

Av existensen av en inskriven sf?r f?ljer det att det finns en halvcirkel i en trapets (- apotem f?r en "full" pyramid) s? att dess centrum ligger i mitten och att den sj?lv ber?r de andra tre sidorna av trapetsen. .

Mitten av bollen, och ?r kontaktpunkterna. Sedan . Vi uttrycker dessa kvantiteter i termer av och . Fr?n : . Fr?n : . Fr?n trapetsen: . Vi f?r ekvationen:

.(2)

Efter att ha l?st ekvationssystemet (1) och (2) f?r vi att sidorna p? baserna ?r lika.

Uppgift 2 .

Inuti en vanlig tetraeder med en kant a fyra lika stora sf?rer ?r arrangerade s? att varje sf?r ber?r tre andra sf?rer och tre ytor av tetraedern. Hitta radien f?r dessa sf?rer.

L?sning .

Denna tetraeder, - dess h?jd, - sf?rernas mittpunkter, - sk?rningspunkten f?r den r?ta linjen med planet. Observera att mitten av lika sf?rer som ber?r planet tas bort fr?n det med lika avst?nd, som var och en ?r lika med kulans radie (betecknar den som x). S? planen ?r parallella, och d?rf?r .

Men hur ?r h?jden p? en vanlig tetraeder med en kant; som h?jden av en vanlig tetraeder med kant 2 x ; .

Det ?terst?r att uttrycka Observera att punkten ?r inuti den trihedriska vinkeln och ?r p? avst?nd fr?n dess ytor, och de plana vinklarna f?r den trihedriska vinkeln ?r lika. Det ?r inte sv?rt att f? vad. Vi kommer till ekvationen:

, varifr?n vi efter f?renklingar erh?ller .

Presentation av ?mnet "Tetrahedron" i l?roboken "Geometry" f?r ?rskurs 10-11 Smirnova I.M.

Presentationen av ?mnet "Tetrahedron" i l?roboken f?r ?rskurs 10-11 av den humanit?ra profilen Smirnova I.M. f?ljande klasser ?gnas: 18, 19, 21, 22, 28-30, 35.

Efter att ha studerat satsen att "Varje konvex polyeder som helst kan best? av pyramider med en gemensam vertex, vars baser bildar polyederns yta", anses Eulers sats f?r vissa s?dana polyeder, i synnerhet uppfyllandet av villkoren f?r sats anses ocks? f?r en triangul?r pyramid, som i huvudsak , och det finns en tetraeder.

L?roboken ?r intressant genom att den behandlar topologi och topologiskt regelbundna polyedrar (tetraeder, oktaeder, icosahedron, kub, dodekaeder), vars existens motiveras med samma Eulersats.

Dessutom ger l?roboken en definition av begreppet "korrekt pyramid"; satser om f?rekomsten av tetraederns inskrivna och omskrivna sf?rer, ?verv?gs vissa symmetriegenskaper betr?ffande tetraedern. Vid den sista lektionen (35) ges formeln f?r att hitta volymen av en triangul?r pyramid.

Denna l?robok k?nnetecknas av en stor m?ngd illustrativt och historiskt material, samt en liten m?ngd praktiskt material, p? grund av l?robokens orientering. T?nk ocks? p? l?roboken av Smirnova I.M. och andra f?r ?rskurserna 10-11 i den naturvetenskapliga profilen.

Presentation av ?mnet "Tetrahedron" i l?roboken "Geometry" f?r ?rskurs 10-11 Smirnova I.M. och s? vidare.

Den h?r l?roboken skiljer sig fr?n den tidigare handledningen i layouten av ?mnen och komplexitetsniv?n f?r de uppgifter som f?resl?s f?r att l?sa. Ett utm?rkande drag f?r presentationen av materialet ?r dess indelning i "terminer", av vilka det finns fyra i l?roboken. Tetraedern n?mns i det allra f?rsta stycket ("Introduktion till solid geometri"), begreppet "pyramid" definieras i §3.

Liksom i f?rra l?roboken kompletteras det praktiska materialet med uppgifter med utveckling av stereometriska figurer. I materialet i §26 kan man hitta en sats om en sf?r inskriven i en tetraeder. Resten av det teoretiska materialet om tetraedern sammanfaller faktiskt med materialen i den ovan beskrivna l?roboken.

Probleml?sning.

Uppgift 1.

Hitta den kortaste v?gen l?ngs ytan av en vanlig tetraeder ABCD koppla ihop prickarna E och F bel?gen p? h?jden av sidoytorna 7 cm fr?n motsvarande h?rn p? tetraedern. Kanten p? en tetraeder ?r 20 cm.

L?sning.

T?nk p? utvecklingen av tre ytor av en tetraeder. Den kortaste v?gen ?r det segment som f?rbinder punkterna E och F. Dess l?ngd ?r 20 cm.

Uppgift 2.

Vid basen av pyramiden ligger en r?tvinklig triangel, vars ena ben ?r 3 cm och den spetsiga vinkeln intill den ?r 30 grader. Alla sidokanter p? pyramiden lutar mot basens plan i en vinkel p? 60 grader. Hitta volymen p? pyramiden.

L?sning.

Arean av triangeln ABC ?r . Basen p? h?jden ?r mitten. Triangel SAC ?r liksidig. .

H?rifr?n och d?rf?r ?r pyramidens volym lika med.

Slutsats.

Ett utm?rkande drag f?r l?roboken Atanasyan L.S. och andra ?r att studiet av tetraedern b?rjar ganska tidigt, materialet ?r utspritt under kursen och presenteras p? olika niv?er av komplexitet. I l?roboken Pogorelov A.V. materialet ?r kompakt placerat, begreppet "tetraeder", liksom begreppen f?r andra rumsliga figurer, introduceras ganska sent (i slutet av ?rskurs 10), det praktiska materialet som presenteras i l?roboken ?r litet. I l?roboken Smirnova I.M. och annat teoretiskt material, s?v?l som praktiskt, har en liten volym, praktiska uppgifter av l?g komplexitetsniv?, l?roboken k?nnetecknas av en stor m?ngd material fr?n matematikens historia. I l?roboken Alexandrov A.D. och andra, materialets komplexitetsniv? ?r h?gre, materialet i sig ?r mer m?ngsidigt, m?nga praktiska uppgifter inneh?ller en del av teorin, det finns extrema uppgifter och uppgifter i form av fr?gor, vilket skiljer det fr?n resten.

§2. Testa utvecklingsniv?n f?r rumsligt t?nkande hos gymnasieelever

Intelligens ?r f?rm?gan att l?ra eller f?rst?, vilket ?r inneboende i alla m?nniskor. Vissa m?nniskor har det i st?rre utstr?ckning, andra - i mindre utstr?ckning, men hos varje person f?rblir denna f?rm?ga praktiskt taget of?r?ndrad under hela livet. Det ?r tack vare intellektet som vi kan agera korrekt och l?ra av v?ra misstag.

Inom psykologi definieras intelligens som f?rm?gan att uppfatta kunskap och anv?nda den i andra, i grunden nya situationer. Under testf?rh?llanden ?r det m?jligt att avg?ra hur framg?ngsrikt en person anpassar sig till ovanliga situationer. Att best?mma niv?n p? allm?n intellektuell utveckling genom ett test ?r ett ganska sv?rt och tidskr?vande arbete, d?rf?r kommer en del av intelligenstestmetoden att anv?ndas i texten till detta arbete f?r att svara p? fr?gan om utvecklingsniv?n f?r rumslig utveckling. t?nkande. Rumsligt t?nkande ?r en specifik typ av mental aktivitet som ?ger rum f?r att l?sa problem som kr?ver orientering i praktiskt och teoretiskt rum (b?de synligt och imagin?rt). I sina mest utvecklade former ?r detta t?nkande genom m?nster d?r rumsliga egenskaper och relationer ?r fixerade. Genom att arbeta med initiala bilder skapade p? olika visuella baser, s?kerst?ller t?nkande deras modifiering, transformation och skapande av nya bilder som skiljer sig fr?n de ursprungliga.

Testet som anv?nds ("Minitest of the level of development of spatial thinking" fr?n "First test for the coefficient of development of intelligence" av F. Carter, K. Russell) ?r universellt f?r alla ?ldersgrupper och tar en liten m?ngd tid (30 minuter). Provets text och dess nycklar finns i "Bilaga nr 1" till diplomet.