Menelaus teoremasi qiziqarli stereometrik umumlashtirishni tan oladi.

Tetraedr uchun Menelaus teoremasi.

Agar samolyot m qovurg'alarni kesib o'tadi AB, BC, CD va DA tetraedr A B C D nuqtalarda A 1, B 1, C 1, D 1, keyin (2).

Aksincha, agar to'rt ball uchun A 1, B 1, C 1, D 1 chetlarida navbati bilan yotadi AB, BC, CD, DA tetraedr, tenglik (2) bajariladi, u holda bu to'rtta nuqta bir tekislikda yotadi.

Isbot.

Mayli h 1, h 2, h 3, h 4- nuqtalardan masofalar A B C D mos ravishda samolyotga m , keyin; ; ; .

Olingan nisbatlarni ko'paytirish qoladi.

Qarama-qarshi teoremani isbotlash uchun A 1, B 1, C 1 tekislik quramiz. Bu tekislik DA chetini T nuqtada kesishsin.

Tasdiqlanganlarga ko'ra , va sharti bo'yicha , shuning uchun (va lemma bo'yicha) nuqtalar T va D1 to'g'ri keladi.

§2. Ceva teoremasi

Ceva uchburchak teoremasi.

Ballarga ruxsat bering A 1, B 1, C 1 mos ravishda yon tomonlarga yoting Quyosh, AC va VA uchburchak ABC(rasmga qarang). Segmentlar uchun AA 1, BB 1, SS 1 bir nuqtada kesishsa, munosabatni ushlab turish uchun zarur va etarli: (3) (segmentlar AA 1, BB 1, SS 1 ba'zan cevians deb ataladi).

Isbot.

Kerak. Segmentlarga ruxsat bering AA 1 , BB 1, SS 1 bir nuqtada kesishadi M uchburchak ichida ABC .

tomonidan belgilang S1, S2, S3 uchburchaklar sohalari AMS, SMV, AMV, va orqali h 1, h 2- nuqtalardan masofalar LEKIN va DA to'g'riga XONIM. Keyin xuddi shunday,. Olingan nisbatlarni ko'paytirib, biz teoremaning to'g'riligiga ishonch hosil qilamiz.

Adekvatlik. Ballarga ruxsat bering A 1, B 1, C 1 yon tomonlarga yoting Quyosh, SA, AC uchburchak va munosabat (3), M- segmentlarning kesishish nuqtasi AA 1 va BB 1, va segment SM tomonni kesib o'tadi AB nuqtada Q. Keyin, allaqachon isbotlangan narsa bilan , . Lemma yana nuqtalarning mos kelishini nazarda tutadi Q=C1. Etarliligi isbotlangan.

Endi biz Ceva teoremasini fazoviy umumlashtirishga murojaat qilamiz.

Tetraedr uchun Ceva teoremasi.

Mayli M- tetraedr ichidagi nuqta A B C D, a A 1, B 1, C 1 va D 1- tekisliklarning kesishish nuqtalari CMD , AMD, AMB va SMV qovurg'alar bilan AB, B C , CD va DA mos ravishda. Keyin (to'rtta). Aksincha: agar ball uchun , keyin samolyotlar ABC , BCD 1 va DAB 1 bir nuqtadan o'tish.

Isbot.

Agar siz ochkolarni sezsangiz, zaruratni olish oson A 1, B 1, C 1, D 1 bir xil tekislikda yoting (bu tekislik chiziqlardan o'tadi A 1 C 1 va B 1 D 1, bir nuqtada kesishadi M) va Menelaus teoremasini qo'llang. Qarama-qarshi teorema Menelausning fazodagi teskari teoremasi kabi isbotlangan: nuqtalar orqali tekislik chizish kerak. A 1, B 1, C 1 va bu tekislikning chekka bilan kesishishini lemma yordamida isbotlang DA nuqtada D1 .

§3. Tetraedr medianalari va bimedianlarining xossalari

Tetraedrning medianasi - bu tetraedrning tepasini qarama-qarshi yuzning og'irlik markazi (medianalarning kesishish nuqtasi) bilan bog'laydigan segment.

Teorema (Menelaus teoremasining qo'llanilishi).

Tetraedrning medianalari bir nuqtada kesishadi. Bu nuqta har bir medianani yuqoridan 3:1 ga ajratadi.

Isbot.

Ikki medianani olaylik: DD 1 va CC 1 tetraedr A B C D. Bu medianalar bir nuqtada kesishadi F . CL chetining medianasidir ABC , DL chetining medianasidir ABD, a D 1 , C 1 - yuz markazlari ABC va ABD. Menelaus teoremasiga ko'ra: va. Keling, uchburchak teoremasini yozamiz DLD 1 : ; => Dalil boshqa har qanday median juftligi uchun o'xshash.

Teorema (Ceva teoremasining qo'llanilishi).

Birinchidan, biz tetraedrning ba'zi elementlarining ta'riflarini beramiz. Tetraedrning kesishgan qirralarining o'rta nuqtalarini tutashtiruvchi segmentga bimedian deyiladi. Biheights (analogiya bo'yicha) kesishgan qirralarning umumiy perpendikulyarlari.

Teorema.

Tetraedrning bimedianlari tetraedrning medianalari bilan bir nuqtada kesishadi.

Isbot.

Uchburchakda LDC segmentlar DC va LF bir nuqtada kesishadi K. Ushbu uchburchak uchun Ceva teoremasi bo'yicha: , ya'ni. , CK=KD, LK – bimedian.

Izoh 1.

FL = FK. Uchburchak uchun Menelaus teoremasi DLK : , , shuning uchun LF = FK .

Izoh 2.

Nuqta F tetraedrning markaziy qismidir. , , degan ma'noni anglatadi.

1.2 Tetraedralarning har xil turlari

§bir. Pifagor tetraedrasi

Agar uchburchak bitta to'g'ri burchakka ega bo'lsa va har qanday tomonlarning nisbati oqilona bo'lsa, u Pifagor deb ataladi (ya'ni, o'xshashlikdan foydalanib, siz undan butun tomonlar uzunligi bilan to'g'ri burchakli uchburchakni olishingiz mumkin).

Shunga o'xshab, tetraedr Pifagor tetraedri deb ataladi, agar uning cho'qqilarining birida tekislik burchaklari to'g'ri bo'lsa va har qanday ikki qirralarning nisbati oqilona bo'lsa (bundan o'xshashlikdan foydalanib, to'g'ri tekis burchakli tetraedrni olish mumkin). qirralarning uchlari va butun uzunliklaridan biri).

Keling, "Pifagor tetraedrasi tenglamasini" chiqarishga harakat qilaylik, ya'ni. shunday uchta noma'lumli p, ?, z bo'lgan tenglamaki, har qanday Pifagor tetraedri bu tenglamaning ratsional yechimini beradi va aksincha, tenglamaning har qanday ratsional yechimi Pifagor tetraedrini beradi.

Birinchidan, biz barcha Pifagor uchburchaklarini tasvirlash uchun yo'l beramiz.

Rasmda uchburchak ko'rsatilgan OAB- to'rtburchaklar, oyoqlarining uzunligi bilan ko'rsatilgan a va b, va gipotenuzaning dinasi - orqali R. Keling, (1) sonni to'g'ri burchakli uchburchakning parametri deb ataymiz OAB(yoki aniqrog'i, "oyoqqa nisbatan" parametri a"). Munosabatlar yordamida p 2 \u003d a 2 + b 2, bizda ... bor:

Ushbu tenglamalardan biz to'g'ridan-to'g'ri to'g'ri burchakli uchburchak tomonlari nisbatlarini uning parametri orqali ifodalovchi formulalarni olamiz:

va (2).

Formulalar (1) va (2) to'g'ridan-to'g'ri quyidagi tasdiqni nazarda tutadi: to'g'ri burchakli uchburchak Pifagor bo'lishi uchun p sonining oqilona bo'lishi zarur va etarli. Haqiqatan ham, agar uchburchak Pifagor bo'lsa, u holda (1) dan p ratsional ekanligi kelib chiqadi. Aksincha, agar p ratsional bo'lsa, u holda (2) ga ko'ra tomonlarning nisbatlari ratsionaldir, ya'ni Pifagor uchburchagi.

Keling OABC- uchida tekis burchakli tetraedr O To'g'riga. O cho'qqidan chiqadigan qirralarning uzunliklari bilan belgilanadi a, b, c, va qolgan qirralarning uzunliklari orqali p, q, r .

Uchta to'g'ri burchakli uchburchakning parametrlarini ko'rib chiqing OAB, OBC, OSA:

Keyin (2) formulalardan foydalanib, biz ushbu to'g'ri burchakli uchburchaklar tomonlarining nisbatlarini parametrlari bo'yicha ifodalashimiz mumkin:

To'g'ridan-to'g'ri (4) parametrlardan kelib chiqadi x, i, z , munosabatni qanoatlantiring (6). Bu Pifagor tetraedrasining umumiy tenglamasi.

Formulalar (3) - (5) to'g'ridan-to'g'ri quyidagi bayonotni nazarda tutadi: tetraedr uchun OABC to'g'ri tekis burchaklar bilan O uchida Pifagor bo'lsa, parametrlar zarur va etarli. x, i, z (6) tenglamani qanoatlantiruvchi) ratsional edi.

Pifagor uchburchagining Pifagor tetraedri bilan o'xshashligini davom ettirib, keling, to'rtburchaklar tetraedra uchun Pifagor teoremasining fazoviy umumlashtirilishini shakllantirishga va isbotlashga harakat qilaylik, bu, shubhasiz, Pifagor tetraedrasi uchun ham to'g'ri keladi. Bunda bizga quyidagi lemma yordam beradi.

Lemma 1.

Agar ko'pburchakning maydoni bo'lsa S, u holda uning tekislikka proyeksiyalash maydoni p bo'ladi, bu erda f - p tekislik bilan ko'pburchak tekisligi orasidagi burchak.

Isbot.

Lemma bayonoti uchburchak uchun yaqqol ko'rinadi, uning bir tomoni p tekislikning ko'pburchak tekisligi bilan kesishish chizig'iga parallel. Darhaqiqat, proyeksiya paytida bu tomonning uzunligi o'zgarmaydi va proyeksiya paytida unga tushirilgan balandlikning uzunligi o'zgaradi. cosph bir marta.

Keling, har qanday ko'pburchakni ko'rsatilgan shakldagi uchburchaklarga bo'lish mumkinligini isbotlaylik.

Buning uchun ko'pburchakning barcha uchlari orqali tekisliklarning kesishish chiziqlariga parallel to'g'ri chiziqlar o'tkazamiz, bunda ko'pburchak uchburchak va trapetsiya shaklida kesiladi. Har bir trapezoidni uning diagonali bo'ylab kesish qoladi.

Teorema 1(fazoviy Pifagor teoremasi).

To'rtburchaklar tetraedrda A B C D, tepada tekis burchaklar bilan D, uning uchta to'rtburchaklar yuzlari maydonlarining kvadratlari yig'indisi yuz maydonining kvadratiga teng ABC .

Isbot.

a tekisliklar orasidagi burchak bo'lsin ABC va DBC, D"- nuqta proyeksiyasi D samolyotga ABC. Keyin S DDBC = SosaS DABC va S ?D"BC = c OSaS DFDBC(Lemma 1 tomonidan), shuning uchun c osa = . S D D " Miloddan avvalgi = .

Xuddi shunday tengliklarni uchburchaklar uchun ham olish mumkin D "AB va D "AC. Ularni qo'shib, uchburchaklar maydonlarining yig'indisi ekanligini hisobga olsak D "quyosh , D "AC va D "AB uchburchakning maydoniga teng ABC, biz kerakli narsani olamiz.

Vazifa.

Barcha tekis burchaklar tepada bo'lsin D To'g'riga; a , b , c tepadan chiqadigan qirralarning uzunliklari D samolyotga ABC. Keyin

Isbot.

To'rtburchaklar tetraedr uchun Pifagor teoremasiga ko'ra

Boshqa tomondan

1= ) => .

§2. Ortosentrik tetraedra

Balandligi har doim bir nuqtada - ortosentrda kesishadigan uchburchakdan farqli o'laroq, har bir tetraedr ham xuddi shunday xususiyatga ega emas. Balandliklari bir nuqtada kesishgan tetraedr ortosentrik deyiladi. biz ortosentrik tetraedrni o'rganishni ortosentriklik uchun zarur va etarli shartlar bilan boshlaymiz, ularning har biri ortosentrik tetraedrning ta'rifi sifatida qabul qilinishi mumkin.

(1) Tetraedrning balandliklari bir nuqtada kesishadi.

(2) Tetraedr balandliklarining asoslari yuzlarning ortosentrlaridir.

(3) Tetraedrning har ikki qarama-qarshi qirrasi perpendikulyar.

(4) Tetraedrning qarama-qarshi qirralari kvadratlari yig'indisi teng.

(5) Tetraedrning qarama-qarshi qirralarining o'rta nuqtalarini bog'laydigan segmentlar tengdir.

(6) Qarama-qarshi ikki burchakli kosinuslarning ko'paytmalari teng.

(7) Yuzlar maydonlarining kvadratlari yig'indisi qarama-qarshi qirralarning hosilalari kvadratlari yig'indisidan to'rt baravar kam.

Keling, ulardan ba'zilarini isbotlaylik.

Isbot (3).

Tetraedrning har ikki qarama-qarshi qirrasi perpendikulyar bo'lsin.

Shuning uchun tetraedrning balandliklari juft bo'lib kesishadi. Agar bir nechta chiziqlar juft bo'lib kesishsa, ular bir tekislikda yotadi yoki bir nuqtadan o'tadi. Tetraedrning balandliklari bir tekislikda yotishi mumkin emas, chunki aks holda uning uchlari bir tekislikda yotadi, shuning uchun ular bir nuqtada kesishadi.

Umuman olganda, tetraedrning balandliklari bir nuqtada kesishishi uchun faqat ikki juft qarama-qarshi qirralarning perpendikulyar bo'lishini talab qilish zarur va etarli. Bu taklifning isboti bevosita quyidagi muammodan kelib chiqadi.

Vazifa 1.

Ixtiyoriy tetraedr berilgan A B C D. Buni isbotlang.

Yechim.

Mayli a= , b= , c=. Keyin , va bu tengliklarni qo'shib, biz kerakli tenglikni olamiz.

Mayli a= , b= va c =. Tenglik 2 + 2 = 2 + 2 , Nima xohlaysiz. (a,c)=0. Ushbu algoritmni qarama-qarshi tomonlarning boshqa juftlariga qo'llash orqali biz kerakli bayonotni olamiz.

Keling, mulkni tasdiqlovchi hujjatni taqdim qilaylik (6).

Isbot uchun biz quyidagi teoremalardan foydalanamiz:

Sinus teoremasi. "Tetraedrning qarama-qarshi ikki chetining uzunliklarini bu qirralardagi ikki tomonlama burchaklar sinuslari ko'paytmasiga bo'lingan ko'paytmasi tetraedrning qarama-qarshi qirralarining uchta juftligi uchun bir xil bo'ladi".

Bertshnayder teoremasi. "Agar a a va b tetraedrning ikkita qiyshiq qirralarining uzunliklari va bu qirralarning dihedral burchaklari bo'lsa, u holda qiymat bir juft egilgan qirralarning tanlanishiga bog'liq emas.

Tetraedr va Bertshnayder teoremasi uchun sinus teoremasidan foydalanib, qarama-qarshi tomonlarning kvadratlari yig'indilari teng bo'lgandagina qarama-qarshi dihedral burchaklarning kosinuslari ko'paytmalari teng bo'ladi, bu esa (6) xossasining haqiqiyligini anglatadi. ortosentrik tetraedr.

Ortosentrik tetraedr haqidagi paragrafni yakunlashda biz ushbu mavzu bo'yicha bir nechta muammolarni hal qilamiz.

Vazifa 2.

Ortosentrik tetraedr munosabatni qanoatlantirishini isbotlang OH 2 \u003d 4R 2 -3d 2, qayerda O- tasvirlangan sharning markazi, H- balandliklarning kesishish nuqtasi, R chegaralangan sharning radiusi, d - qarama-qarshi qirralarning o'rta nuqtalari orasidagi masofa.

Yechim.

Mayli Kimga va L- qovurg'alarning o'rtasi AB va CD mos ravishda. Nuqta H orqali o'tayotgan samolyotda yotadi CD perpendikulyar AB, va nuqta O- o'tayotgan samolyotda Kimga perpendikulyar AB.

Ushbu tekisliklar tetraedrning massa markaziga - segmentning o'rtasiga nisbatan simmetrikdir. KL. Barcha qirralar uchun bunday tekisliklarni hisobga olsak, biz nuqtalarni olamiz H va O haqida simmetrik M, bu degani KLMO- parallelogramm. Uning tomonlari kvadratlari teng va shuning uchun . Nuqtadan o'tuvchi kesmani ko'rib chiqish M parallel AB va CD, biz buni tushunamiz AB 2 + CD 2 = 4d 2 .

Bu erda nuqtalar yotadigan chiziqni qo'shishimiz mumkin Oh M va H, ortosentrik tetraedrning Eyler chizig'i deyiladi.

Izoh.

Eyler chizig'i bilan bir qatorda ortosentrik teradr uchun Eyler sferalarining mavjudligini qayd etishimiz mumkin, ular quyidagi masalalarda muhokama qilinadi.

Vazifa 3.

Ortosentrik aylana tetraedri uchun har bir yuzning 9 nuqtasi bir xil sharga (24 nuqtali shar) tegishli ekanligini isbotlang. Bu masalani hal qilish uchun quyidagi masalaning shartini isbotlash kerak.

Vazifa 4.

Uchburchak tomonlarining o?rta nuqtalari, balandliklar asoslari va cho?qqilardan ularning kesishish nuqtasigacha bo?lgan balandlik segmentlarining o?rta nuqtalari bir aylana - 9 nuqtali aylana (Eyler) ustida yotishini isbotlang.

Isbot.

Mayli ABC- bu uchburchak H- uning balandliklarining kesishish nuqtasi; A 1, B 1, C 1- segmentlarning o'rta nuqtalari AN, VN, CH; AA 2- balandliklar, A 3- o'rtada Quyosh. Qulaylik uchun biz buni taxmin qilamiz ABC- o'tkir uchburchak. Chunki B 1 A 1 C 1 \u003d SIZ va DB 1 A 2 C 1 \u003d DB 1 NS 1, keyin B 1 A 2 C 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, ya'ni. ball A 1, B 1, A 2, C 1 bir xil aylanada yoting. Buni ko'rish ham oson B 1 A 3 C 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, ya'ni. ball A 1, B 1, A 3, C 1 ham bir xil (va shuning uchun bir xil) aylanada yotadi. Bundan kelib chiqadiki, shartda keltirilgan barcha 9 nuqta bir xil aylanada yotadi. Do‘lma uchburchak holati ABC shunga o'xshash tarzda davolanadi.

E'tibor bering, 9 nuqtali aylananing markazi H va koeffitsienti bo'lgan aylana bilan bir xildir (uchburchaklar shunday joylashtirilgan). ABC va A 1 B 1 C 1). Boshqa tomondan, 9 nuqtali aylana uchburchak medianalarining kesishish nuqtasida joylashgan aylana bilan gomotetikdir. ABC va koeffitsient (ABC uchburchaklari va uning tomonlarining o'rta nuqtalarida uchlari bo'lgan uchburchaklar shunday joylashgan).

Endi 9 nuqtali aylana aniqlangandan so'ng, 3-masala shartini isbotlashga o'tishimiz mumkin.

Isbot.

Ortosentrik tetraedrning har qanday tekislik bilan qarama-qarshi qirralarga parallel bo'lgan va bu qirralardan teng masofada o'tadigan qismi diagonallari tetraedrning qarama-qarshi qirralarining o'rta nuqtalari orasidagi masofaga teng bo'lgan to'rtburchaklardir (bu barcha masofalar bir-biriga, ortosentriklikning zaruriy va yetarli shartiga qarang (5).Bundan kelib chiqadiki, ortosentrik tetraedrning barcha qirralarining o'rta nuqtalari markazi berilgan tetraedrning og'irlik markaziga to'g'ri keladigan shar yuzasida yotadi va diametri tetraedrning qarama-qarshi qirralarining o'rta nuqtalari orasidagi masofaga teng.Shuning uchun 9 nuqtadan iborat barcha to'rtta doiralar bu shar yuzasida yotadi.

Vazifa 5.

Ortosentrik tetraedr uchun markazlar va yuzlar balandliklarining kesishish nuqtalari, shuningdek, tetraedrning har bir balandligi segmentlarini cho'qqidan balandliklarning kesishish nuqtasiga bo'lgan nuqtalar 2: 1 nisbatda ekanligini isbotlang. , bir xil sharda yotadi (12 nuqtadan iborat shar).

Isbot.

Ballarga ruxsat bering Oh M va H- mos ravishda aylanali sharning markazi, tortishish markazi va ortosentrik tetraedrning ortomarkazi; M- segmentning o'rtasi U(2-muammoga qarang). Tetraedr yuzlarining og'irlik markazlari gomotetik tetraedrning cho'qqilari bo'lib xizmat qiladi, gomotetikaning markazi nuqtada. M va koeffitsient , bu gomotetsiya ostida nuqta O nuqtaga o'tadi Taxminan 1 segmentida joylashgan MN shunday qilib , Taxminan 1 yuzlarning og'irlik markazlaridan o'tadigan sharning markazi bo'ladi.

Boshqa tomondan, tetraedr balandliklarining segmentlarini cho'qqilardan ortosentrga 2:1 nisbatda bo'luvchi nuqtalar gomotetika markazi bo'lgan tetraedrning gomotetik cho'qqilari bo'lib xizmat qiladi. H va koeffitsient. Bu gomotete bilan, nuqta O, ko'rish oson bo'lganidek, xuddi shu nuqtaga boradi Taxminan 1. Shunday qilib, o'n ikki nuqtadan sakkiztasi markazlashtirilgan sharning yuzasida yotadi Taxminan 1 va radiusi tetraedr atrofida chegaralangan sharning radiusidan uch marta kichik.

Har bir yuzning balandliklarining kesishish nuqtalari bir xil shar yuzasida yotishini isbotlaylik.

Mayli O', N' va M`- chegaralangan doiraning markazi, balandliklarning kesishish nuqtasi va har qanday yuzning og'irlik markazi. O` va H` nuqtalarning proyeksiyalaridir O va H bu yuzning tekisligiga va segmentga M` segmentni ajratadi O`N` dan hisoblash 1: 2 nisbatda O`(mashhur planimetrik fakt). Endi proektsiyani tekshirish oson (rasmga qarang). Taxminan 1 bu yuzning tekisligida - nuqta O` 1 segmentning o'rtasiga to'g'ri keladi M`N`, ya'ni. Taxminan 1 dan teng masofada M` va H`, bu talab qilingan narsa.

§3. Skeletli tetraedra

Ramkali tetraedr tetraedr deb ataladi, uning uchun tetraedrning olti chetiga tegib turgan shar mavjud. Har bir tetraedr simli ramka emas. Masalan, izohedral tetraedrning chegaralangan qutisi "uzun" bo'lsa, uning barcha qirralariga tegib turgan sharni qurish mumkin emasligini tushunish oson.

Keling, ramka tetraedrining xususiyatlarini sanab o'tamiz.

(1) Tetraedrning barcha chetlariga teguvchi shar mavjud.

(2) Kesishgan qirralarning uzunliklari yig'indisi teng.

(3) Qarama-qarshi tomonlardagi ikki burchakli burchaklar yig'indisi teng.

(4) Yuzlarga yozilgan doiralar juft bo'lib tegadi.

(5) Tetraedrning rivojlanishi natijasida hosil bo'lgan barcha to'rtburchaklar chegaralangan.

(6) Ularning chizilgan doiralarining markazlaridan yuzlarga tiklangan perpendikulyarlar bir nuqtada kesishadi.

Keling, sim ramkali teradrning bir qancha xususiyatlarini isbotlaylik.

Isbot (2).

Mayli O ichki nuqtalarda to'rt chetiga tegib turgan sharning markazi. Endi e'tibor bering, agar nuqtadan X tangenslarni chizish XP va XQ markazi bo'lgan sharga O, keyin nuqtalar R va Q to'g'ri chiziqdan o'tuvchi tekislikka nisbatan simmetrik XO va segmentning o'rtasi PQ, bu samolyotlarni anglatadi ROH va QOX tekislik bilan shakllantiring XPQ teng burchaklar.

O nuqtadan va tetraedrning ko'rib chiqilayotgan qirralaridan o'tuvchi 4 ta tekislikni chizamiz. Ular ko'rib chiqilgan ikki burchakli burchaklarning har birini ikkita ikki burchakli burchakka bo'lishdi. Tetraedrning bir yuziga tutash hosil bo'lgan ikki tomonlama burchaklar teng ekanligi yuqorida ko'rsatilgan. Ikkala burchakli burchaklar yig'indisi ham, ikkinchisi ham tetraedrning har bir yuzi uchun olingan bitta burchakni o'z ichiga oladi. Boshqa egilgan qirralarning juftligi uchun ham xuddi shunday fikr yuritib, biz xususiyatning haqiqiyligini olamiz (2).

Ta'riflangan to'rtburchakning ba'zi xususiyatlarini eslang:

a) Tekis to'rtburchak chegaralangan bo'ladi, agar uning qarama-qarshi tomonlari yig'indisi teng bo'lsa;

b) Agar chegaralangan to'rtburchak diagonal bilan ikkita uchburchakka bo'lingan bo'lsa, u holda uchburchaklarga chizilgan doiralar tegadi.

Ushbu xususiyatlarni hisobga olgan holda, simli tetraedrning qolgan xususiyatlarini isbotlash oson. Tetraedrning (3) xossasi to'g'ridan-to'g'ri (b) xususiyatdan va (4) mulk (a) va tetraedrning (1) mulkidan kelib chiqadi. Mulk (5) mulkdan (3). Darhaqiqat, tetraedrning yuzlariga chizilgan doiralar uning yuzlarining qirralariga tegib turgan shar bilan kesishgan joylari bo'lib, ulardan yuzlarga chizilgan doiralarning markazlarida tiklangan perpendikulyarlar muqarrar ravishda kesishishi aniq. bu sohaning markazi.

Vazifa 1.

Sfera qirralarga tegib turadi AB, BC, CD va DA tetraedr A B C D nuqtalarda L, M, N, K, kvadratning uchlari bo'lgan. Agar bu shar chetga tegsa, buni isbotlang AC, keyin u ham chetiga tegadi BD .

Yechim.

Shartlar bo'yicha KLMN- kvadrat. Keling, nuqtalardan o'tamiz K, L, M, N sferaga tegib turgan samolyotlar. Chunki bu samolyotlarning barchasi tekislikka teng darajada moyil KLMN, keyin ular bir nuqtada kesishadi S to'g'ri chiziqda joylashgan OO 1, sharning markazi qayerda, va Taxminan 1 kvadratning markazidir. Bu tekisliklar kvadrat sirtini kesib o'tadi KLMN kvadrat TUVW, uning yon o'rta nuqtalari nuqtalardir K, L, M, N. Tetraedral STUVW burchagi S cho'qqisida barcha tekislik burchaklari teng va nuqtalar K, L, M, N uning tekis burchaklarining bissektrisalarida yotadi va SK=SL=SM=SN. Binobarin,

SA=SC va SD=SB, bu degani AK=AL=CM=CN va BL = BM = DN = DK. Shart bo'yicha AC to'pga ham tegadi, shuning uchun LEKIN C =AK+CN=2AK. Va shundan beri SK- burchak bissektrisasi DSA, keyin DK:KA=DS:SA=DB:AC. Tenglikdan AC=2AC endi shundan kelib chiqadi DB=2DK. Mayli R- segmentning o'rtasi JB, keyin R to'g'ri chiziqda yotadi SO. uchburchaklar D.O.K. va DOP teng, chunki DK=DP va DKO=DPO=90°. Shunung uchun OP=OK=R, qayerda R sharning radiusi, shuning uchun D.B. sohaga ham tegishli.

§ to'rt. Izoedral tetraedra

Tetraedr, agar uning barcha yuzlari teng bo'lsa, ekviedr deyiladi. Izoedral tetraedrni tasavvur qilish uchun qog'ozdan ixtiyoriy o'tkir burchakli uchburchakni olaylik va biz uni o'rta chiziqlar bo'ylab egamiz. Keyin uchta cho'qqi bir nuqtada uchrashadi va tomonlarning yarmi yopilib, tetraedrning yon qirralarini hosil qiladi.

(0) Yuzlar bir-biriga mos keladi.

(1) Kesishish qirralari juftlik bilan teng.

(2) Uchburchak burchaklar teng.

(3) Qarama-qarshi ikki burchakli burchaklar teng.

(4) Bir qirraga asoslangan ikkita tekis burchaklar teng.

(5) Har bir cho'qqidagi tekislik burchaklarining yig'indisi 180° ga teng.

(6) Tetraedrning rivojlanishi - uchburchak yoki parallelogramm.

(7) Ta'riflangan parallelepiped to'rtburchakdir.

(8) Tetraedr uchta simmetriya o'qiga ega.

(9) Kesishgan qirralarning juftlikdagi umumiy perpendikulyarlari

perpendikulyar.

(10) Median chiziqlar juft perpendikulyar.

(11) Yuzlarning perimetrlari teng.

(12) Yuzlarning maydonlari teng.

(13) Tetraedrning balandliklari teng.

(14) Qarama-qarshi yuzlarning og'irlik markazlari bilan cho'qqilarni bog'laydigan segmentlar tengdir.

(15) Yuzlar yaqinida tasvirlangan doiralarning radiuslari tengdir.

(16) Tetraedrning og'irlik markazi aylanali sharning markaziga to'g'ri keladi.

(17) Og'irlik markazi chizilgan sharning markaziga to'g'ri keladi.

(18) Cheklangan sharning markazi chizilgan sharning markaziga to'g'ri keladi.

(19) Yozilgan shar ularning yaqinida tasvirlangan markazlardagi yuzlarga tegadi

doira yuzlari.

(20) Tashqi birlik normallarining yig'indisi (birlik vektorlari,

yuzlarga perpendikulyar) nolga teng.

(21) Barcha ikki burchakli burchaklarning yig'indisi nolga teng.

Izoedral tetraedrning deyarli barcha xossalari undan kelib chiqadi

ta'riflar, shuning uchun biz ulardan faqat ba'zilarini isbotlaymiz.

Isbot (16).

Chunki tetraedr A B C D izohedral, keyin mulk bo'yicha (1) AB=CD. Nuqtaga ruxsat bering Kimga segment AB, va nuqta L o'rta nuqta DC, shuning uchun segment KL bimedia tetraedr A B C D, bu erdan tetraedr medianalarining xossalaridan kelib chiqadiki, nuqta O- segmentning o'rtasi KL, tetraedrning tortishish markazidir A B C D .

Bundan tashqari, tetraedrning medianalari tortishish markazida, nuqtada kesishadi O, va bu nuqtani yuqoridan sanab, 3: 1 nisbatda baham ko'ring. Bundan tashqari, izogedral tetraedrning yuqoridagi va xususiyatini (14) hisobga olib, biz segmentlarning quyidagi tengligini olamiz. AO=BO=CO=DO, shundan kelib chiqadiki, bu nuqta O chegaralangan sharning markazi (ta'rifi bo'yicha, ko'pburchak atrofida chegaralangan shar).

Orqaga. Mayli Kimga va L- qovurg'alarning o'rtasi AB va CD mos ravishda nuqta O- tetraedrning tasvirlangan sferasining markazi, ya'ni. o'rta nuqta KL. Chunki O tetraedrning chegaralangan sharining markazi, keyin uchburchaklar AOB va COD- tomonlari teng va medianalari teng bo'lgan teng yon tomonlar OK va OL. Shunung uchun DAOB =?COD. Shunday qilib AB=CD. Xuddi shunday, qarama-qarshi qirralarning boshqa juftliklari tengligi isbotlangan, undan izohedral tetraedrning (1) xossasi bo'yicha kerakli narsa kelib chiqadi.

Isbot (17).

Ikki burchakli burchakning bissektrisasini chetida ko'rib chiqaylik AB, u DC segmentini yuzlar sohalariga nisbatan ajratadi ABD va ABC .

Chunki tetraedr A B C D izohedral, keyin mulk bo'yicha (12) S DAABD =S DAABD =>DL=LC, bu erdan bissektrisa kelib chiqadi ABL bimedianni o'z ichiga oladi KL. Qolgan dihedral burchaklar uchun ham shunga o'xshash mulohazalarni qo'llash va tetraedrning bissektrisalari chizilgan sharning markazi bo'lgan bir nuqtada kesishishini hisobga olsak, biz bu nuqta muqarrar ravishda ushbu izohedralning og'irlik markazi bo'lishini aniqlaymiz. tetraedr.

Orqaga. Og'irlik markazi va chizilgan sharning markazi bir-biriga to'g'ri kelishidan biz quyidagilarga ega bo'lamiz: DL=LC=>SABD=SADC. Xuddi shunga o'xshash tarzda barcha yuzlar teng o'lchamda ekanligini isbotlab, izohedral tetraedrning xususiyatini (12) qo'llasak, biz izlayotgan narsaga erishamiz.

Keling, mulkni isbotlaylik (20). Buning uchun avvalo ixtiyoriy tetraedrning xossalaridan birini isbotlashimiz kerak.

Tetraedr teoremasi darslik

Lemma 1.

Agar tetraedrning yuzlariga perpendikulyar vektorlarning uzunliklari son jihatdan mos keladigan yuzlarning maydonlariga teng bo'lsa, u holda bu vektorlarning yig'indisi nolga teng.

Isbot.

Mayli X- ichki nuqta va ko'pburchak, h i (i=1,2,3,4)- undan samolyotgacha bo'lgan masofa i- cheti.

Biz ko'pburchakni uchi bilan piramidalarga kesib tashladik X Uning asoslari uning yuzlaridir. Tetraedr hajmi V bu piramidalar hajmlarining yig'indisiga teng, ya'ni. 3 V=?h i S i, qayerda Si kvadrat i- cheti. Yana davom eting n i i-chi yuzga tashqi normalning birlik vektori, M i bu yuzning ixtiyoriy nuqtasi. Keyin h i \u003d (XM i , S i n i), shunung uchun 3V=?h i S i =?(XM i , S i n i)=(XO, S i n i)+(OM i , S i n i)=(XO, ?S i n i)+3V, qayerda O- tetraedrning ba'zi sobit nuqtasi, shuning uchun, ? S i n i =0 .

Bundan tashqari, izohedral tetraedrning xossasi (20) yuqoridagi lemmaning alohida holati ekanligi aniq. S 1 = S 2 = S 3 = S 4 =>n 1 = n 2 = n 3 = n 4, va yuzlarning maydonlari nolga teng bo'lmaganligi sababli, biz to'g'ri tenglikni olamiz n 1 + n 2 + n 3 + n 4 =0 .

Izoedral tetraedr haqidagi hikoyani yakunlab, biz ushbu mavzu bo'yicha bir nechta muammolarni taqdim etamiz.

Vazifa 1.

Tetraedrning massa markazidan va uning yonidan aylanib o‘tilgan sharning markazidan o‘tuvchi to‘g‘ri chiziq qirralarini kesib o‘tadi. AB va CD. Buni isbotlang AC = BD va AD=BC .

Yechim.

Tetraedrning massa markazi qirralarning o'rta nuqtalarini tutashtiruvchi to'g'ri chiziqda yotadi. AB va CD .

Demak, tetraedrning chegaralangan sharining markazi shu chiziqda yotadi, ya'ni ko'rsatilgan chiziq qirralarga perpendikulyar. AB va CD. Mayli C` va D`- nuqta proyeksiyalari C va D to'g'ri chiziqdan o'tuvchi tekislikka AB parallel CD. Chunki AC`BD`- parallelogramma (qurilish bo'yicha), keyin AC = BD va AD=BC .

Vazifa 2.

Mayli h- izogedral tetraedrning balandligi, h1 va h2- yuzning balandliklaridan biri bu yuzning balandliklarining kesishish nuqtasiga bo'lingan segmentlar. Buni isbotlang h 2 \u003d 4h 1 soat 2; Shuningdek, tetraedr balandligining asosi va bu balandlik tushirilgan yuz balandliklarining kesishish nuqtasi shu yuz atrofida aylana markaziga nisbatan simmetrik ekanligini isbotlang.

Isbot.

Mayli A B C D- bu tetraedr, D.H.- uning balandligi, DA 1, DV 1, DC 1- tepadan tushirilgan yuz balandliklari D tomonlarga BC, SA va AB .

Tetraedrning sirtini qirralarning bo'ylab kesib oling DA, DB, DC, va tozalashni bajaring. Bu aniq H uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasidir D 1 D 2 D 3. Mayli F- uchburchak balandliklarining kesishish nuqtasi ABC, AK bu uchburchakning balandligi, AF=h 1 , FK=h 2. Keyin D 1 H \u003d 2h 1, D 1 A 1 \u003d h 1 -h 2 .

Shunday qilib, beri h- tetraedrimizning balandligi, 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 soat 2. Keling M- uchburchakning og'irlik markazi ABC(aka uchburchakning og'irlik markazi D 1 D 2 D 3), O chegaralangan doiraning markazidir. Ma'lumki F, M va O bitta to'g'ri chiziqda (Eyler chizig'i) yotadi va M- orasida F va O , FM =2MO, Boshqa tomondan, uchburchak D 1 D 2 D 3 uchburchakka gomotetik ABC markazlashgan M va koeffitsient (-2), shuning uchun MN=2FM. Bundan kelib chiqadi OH=FO .

Vazifa 3.

Izoedral tetraedrda balandliklar asoslari, balandliklarning o'rta nuqtalari va yuzlar balandliklarining kesishish nuqtalari bir shar (12 nuqtali shar) yuzasida yotishini isbotlang.

Isbot.

2-masalani yechishda biz tetraedr atrofida chegaralangan sharning markazi har bir yuzga segmentning o'rtasiga proyeksiyalanganligini isbotladik, uning uchlari bu yuzga tushirilgan balandlikning asosi va balandliklarning kesishish nuqtasidir. bu yuz. Va tetraedr atrofida chegaralangan shar markazidan yuzgacha bo'lgan masofa bo'lgani uchun, bu erda h- tetraedrning balandligi, chegaralangan sharning markazi bu nuqtalardan uzoqda chiqariladi, bu erda a- balandliklarning kesishish nuqtasi va chetiga yaqin chegaralangan doira markazi orasidagi masofa.

§5. Insentrik tetraedra

Tetraedr yuzlarining tortishish markazlarini qarama-qarshi uchlari (tetraedr medianalari) bilan bog'laydigan segmentlar har doim bir nuqtada kesishadi, bu nuqta tetraedrning og'irlik markazidir. Agar bu holatda biz yuzlarning og'irlik markazlarini yuzlarning ortosentrlari bilan almashtirsak, u ortosentrik tetraedrning yangi ta'rifiga aylanadi. Agar biz ularni yuzlarga chizilgan doiralar markazlari bilan almashtirsak, ba'zan markazlar deb ataladigan bo'lsak, biz tetraedralarning yangi sinfi - incentric ta'rifini olamiz.

Insentrik tetraedralar sinfining xususiyatlari ham juda qiziq.

(1) Tetraedrning uchlarini qarama-qarshi yuzlarga chizilgan doiralar markazlari bilan bog'laydigan segmentlar bir nuqtada kesishadi.

(2) Bu yuzlarning umumiy chetiga chizilgan ikki yuzning burchak bissektrisalari umumiy asosga ega.

(3) Qarama-qarshi qirralarning uzunliklari ko'paytmalari teng.

(4) Bir cho'qqidan chiqadigan uchta qirraning bu qirralarning uch uchidan o'tuvchi har qanday shar bilan kesishishning ikkinchi nuqtalaridan hosil bo'lgan uchburchak teng yonlidir.

Isbot (2).

Mulk bo'yicha (1), agar DF, BE, CF, AM- uchburchaklardagi mos burchaklarning bissektrisalari ABC va FBD, keyin segmentlar KS va LD umumiy fikrga ega bo‘ladi I(rasmga qarang). Agar to'g'ridan-to'g'ri DK va CL bir nuqtada kesishmang F, keyin aniq KS va DL kesishmaydi, bu bo'lishi mumkin emas (insentrik tetraedrning ta'rifi bo'yicha).

Isbot (3).

Mulk (2) va bissektrisa xossasini hisobga olib, quyidagi munosabatlarni olamiz:

; .

§6. Taqqoslanadigan tetraedralar

Tetraedralar, agar mavjud bo'lsa, mutanosib deb aytiladi

(1) Ikki balandliklar teng.

(2) Tetraedrning istalgan bimedianga perpendikulyar tekislikka proyeksiyasi rombdir.

(3) Cheklangan parallelepipedning yuzlari teng.

(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, qayerda a va a 1 , b va b 1 , Bilan va 1 dan- qarama-qarshi qirralarning uzunliklari.

(1) - (4) ta'riflarning ekvivalentligini isbotlash uchun tetraedrning bibalandliklari uning proyeksiyasi bo'lgan parallelogramm balandliklariga (2) xossada ko'rsatilgan balandliklarga teng ekanligini ta'kidlash kifoya. chegaralangan parallelepiped va parallelepiped maydonining kvadrati, masalan, chetini o'z ichiga oladi. Bilan, ga teng bo'ladi va skalyar ko'paytma (4) formula bo'yicha tetraedr qirralari orqali ifodalanadi.

Bu erga yana ikkita mutanosiblik shartini qo'shamiz:

(5) Tetraedrning qarama-qarshi qirralarining har bir jufti uchun ulardan biri orqali o'tkazilgan tekisliklar va ikkinchisining o'rta nuqtasi perpendikulyar.

(6) Sferani mutanosib tetraedrning chegaralangan parallelepipediga chizish mumkin.

§7. Oddiy tetraedra

Agar tetraedrning qirralari bir-biriga teng bo'lsa, uchburchak, ikki burchakli va tekis burchaklar bir-biriga teng bo'ladi. Bunday holda, tetraedr muntazam deb ataladi. Shuni ham yodda tutingki, bunday tetraedr ham ortosentrik, ham simli ramka, ham izohedral, ham markazlashtirilgan va mutanosibdir.

Izoh 1.

Agar tetraedr izohedral bo'lsa va tetraedrlarning quyidagi turlaridan biriga tegishli bo'lsa: ortosentrik, simli ramka, insentrik, mutanosib, u holda u muntazam bo'ladi.

Izoh 2.

Tetraedr, agar u sanab o'tilgan tetraedrlarning har qanday ikki turiga tegishli bo'lsa, muntazamdir: ortosentrik, simli ramka, markazlashtirilgan, mutanosib, izohedral.

Muntazam tetraedrning xususiyatlari:

Uning har bir cho'qqisi uchta uchburchakning cho'qqisidir. Shunday qilib, har bir cho'qqidagi tekislik burchaklarining yig'indisi 180? ga teng bo'ladi

(0) Oktaedr oddiy tetraedrga yozilishi mumkin, bundan tashqari, oktaedrning to'rtta (sakkiztadan) yuzi tetraedrning to'rtta yuzi bilan birlashtiriladi, oktaedrning barcha oltita uchlari oltita qirralarning markazlari bilan birlashtiriladi. tetraedrdan.

(1) Muntazam tetraedr bitta chizilgan oktaedr (markazda) va to'rtta tetraedrdan (cho'qqilari bo'ylab) iborat va bu tetraedr va oktaedrning chetlari muntazam tetraedrning yarmini tashkil qiladi.

(2) Muntazam tetraedrni kubga ikki yo'l bilan yozish mumkin, bundan tashqari, tetraedrning to'rtta uchi kubning to'rtta uchi bilan birlashtiriladi.

(3) Muntazam tetraedrni ikosahedrga yozish mumkin, bundan tashqari, tetraedrning to'rtta uchi ikosahedrning to'rtta uchi bilan birlashtiriladi.

Vazifa 1.

Muntazam tetraedrning qiyshiq qirralari o'zaro perpendikulyar ekanligini isbotlang.

Yechim:

Mayli DH- muntazam tetraedrning balandligi, H nuqtasi muntazam tetraedrning markazi D ABC . U holda AD segmentining ABC asos tekisligiga proyeksiyasi segment bo'ladi BH . Chunki BH ?AC , keyin uch perpendikulyar teorema orqali qiya BD ?AC .

Vazifa 2.

Muntazam tetraedr berilgan IAWS cheti bilan 1. chiziqlar orasidagi masofani toping AL va MO, qayerda L- qovurg'aning o'rtasi XONIM , O- yuz markazi ABC.

Yechim:

1. Ikki kesishuvchi chiziq orasidagi masofa - bu chiziqqa parallel bo'lgan va ikkinchi chiziqni o'z ichiga olgan tekislikka bir chiziqdan tushirilgan perpendikulyar uzunligi.

2. Proyeksiyani yasash AK segment AL samolyotga ABC. Samolyot AKL tekislikka perpendikulyar ABC, chiziqqa parallel MO va qatorni o'z ichiga oladi AL. Shunday qilib, kerakli uzunlik perpendikulyarning uzunligi ON, nuqtadan tushirildi O uchun AK .

3. Toping S D KHA ikki yo'l.

S D = .

Boshqa tomondan: S D KHA =

shuning uchun p.

Keling, topamiz ON : r= .

Vazifa 3.

Uchburchak piramidaning har bir cheti PABC 1 ga teng; BD- uchburchakning balandligi ABC. Teng tomonli uchburchak bde burchak hosil qiluvchi tekislikda yotadi f qovurg'a bilan AC, va nuqtalar P va E samolyotning bir tomonida yoting ABC. Nuqtalar orasidagi masofani toping P va E .

Yechim. Piramidaning barcha qirralari beri PABC teng, u muntazam tetraedrdir. Mayli M- asosiy markaz ABC , N– tepalikning ortogonal proyeksiyasi E teng tomonli uchburchak bde samolyotga ABC ,K- o'rtada BD ,F nuqtadan chizilgan perpendikulyarning asosidir E balandlikka PM tetraedr PABC. Chunki EK BD, keyin uchta perpendikulyar teorema bilan NK BD, shunung uchun EKN tekisliklar hosil qilgan dihedral burchakning chiziqli burchagi ABC va bde, va shundan beri NK || AC, keyin EKN= f . Keyingi bizda:

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

KM = KD - MD = - = , EK = BD · = , UZ = EK gunoh f = gunoh 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 - UZ)2 =

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

Binobarin,

PE = = .

Vazifa 4.

Tetraedrning qo‘shni yuzlarining qiyshiq balandliklari orasidagi burchaklarni toping.

Yechim.

Ish raqami 1.

Mayli BK va D.F.- yuz balandligi ABC va BCD. BK, FD= a . Tetraedrning chekka uzunligini deb belgilang a. Keling, sarf qilaylik FL || BK, keyin a = DFL . , KL=LC.

D DLF :

; ; ; .

Ish raqami 2 (balandligi boshqacha joylashgan).

BK va CN- yuz balandligi ABC va BCD. Keling, sarf qilaylik FP || CN va FL || BK . ; . Keling, topamiz LP .QILING muntazam tetraedrning balandligi, QILING = , Q- proyeksiya P samolyotga ABC , . ,

uchun kosinus teoremasini yozamiz D LFP :

Chunki to'g'ri chiziqlar orasidagi burchak ta'rifiga ko'ra o'tkirdir

II bob. O'rta maktab matematika kursida tetraedr

§bir. Maktab darsliklarida "tetraedr" mavzusi taqdimotining qiyosiy tavsifi

Maktab geometriya kursida ko'p vaqt tetraedr mavzusining asoslarini o'rganishga bag'ishlangan. Ushbu mavzuni o'tkazishda deyarli hech qanday uslubiy muammolar yo'q, chunki talabalar piramida (shu jumladan uchburchak) nima ekanligini matematika o'qitishning oldingi yillaridagi propedevtika kurslaridan ham, hayotiy tajribadan ham bilishadi. Muntazam tetraedr o'zining tekis hamkasbi - muntazam uchburchak va tomonlarning tengligi qirralarning yoki yuzlarning tengligi bilan bog'liq.

Shu bilan birga, talabalar uchun mavzuni o'rganishda muammolar mavjud bo'lib, turli darsliklarda ularni turli yo'llar bilan hal qilishga harakat qilinadi (nazariy materialni berish tartibi, topshiriqlarning murakkablik darajasi va boshqalar). Keling, tetraedrni o'rganish nuqtai nazaridan umumiy geometriya darsliklarining qisqacha tavsifini beraylik.

10-11 sinflar uchun "Geometriya" darsligida "Tetraedr" mavzusining taqdimoti Atanasyan L. S. va boshqalar.

DA Asosiy Atanasyan L. S. o?rta maktabining 10-11-sinflari uchun “Geometriya” darsligi va tetraedr haqidagi boshqa ma'lumotlarni 7 ta paragrafda (12, 14, 28, 29, 32, 33, 69) topish mumkin.

Darslik mualliflari tetraedrni to'rtta uchburchakdan tashkil topgan sirt sifatida belgilaydilar. 10-sinf darsligining nazariy bazasidan tetraedrning yuzlari, qirralari va cho'qqilari, tetraedrning kesmalarini tekislik bilan qurish, umumiy sirt maydonini hisoblash haqida ma'lumotga ega bo'lish mumkin. tetraedr, shu jumladan. va kesilgan (III bob, § 2 "Piramida").

Darslikning nazariy materiali ixcham va uslubiy jihatdan bir xilda berilgan. Ba'zi nazariy materiallar darslikning amaliy qismida joylashgan (ba'zi teoremalar masalalarda isbotlangan). Darslikning amaliy materiali ikki qiyinchilik darajasiga bo'lingan ("*" maxsus belgisi bilan belgilangan "yuqori qiyinchilik vazifalari" deb ataladi). Bundan tashqari, darslik oxirida yuqori murakkablikdagi muammolar bilan muammoli kitob mavjud bo'lib, ularning ba'zilari tetraedrga tegishli. Keling, darslikning ba'zi vazifalarini ko'rib chiqaylik.

Muammoni hal qilish.

1-topshiriq (№300). Oddiy uchburchak piramidada DABC ball E, F va P- tomonlarning o'rta nuqtalari Miloddan avvalgi , AB va AD. Kesim turini aniqlang va piramida poydevorining yon tomoni bo'lsa, uning maydonini toping a, yon qirrasi ga teng b.

Yechim.

Nuqtalardan o'tadigan tekislik bilan kesma quramiz E, F, P. Uchburchakning o'rta chizig'ini chizing ABC , EF || AC ,

EF || AC, a A C ichida yotadi kv. D CA, degan ma'noni anglatadi EF || kv. DCA. Bo'lim tekisligi yuzni kesib o'tadi DCA to'g'ri chiziqda Kompyuter.

Chunki kesim tekisligi to'g'ri chiziqdan o'tadi EF tekislikka parallel DCA va samolyotni kesib o'tadi DCA, keyin kesishish chizig'i PK to'g'ri chiziqqa parallel EF.

Keling, chetiga quraylik BDA chiziq segmenti FP, lekin yoqasida BDC- chiziq segmenti EK. To'rtburchak EFOK va kerakli bo'limdir. EF || AC, PK || EF || AC, , , anglatadi.

Chunki PK || EF va PK = EF, keyin EFPC- parallelogramma. Shunday qilib, EK || EP, EP- uchburchakning o'rta chizig'i BCD, .

Egri chiziqlar orasidagi burchak D.B. va CA teng 90 °. Keling, buni isbotlaylik. Piramidaning balandligini qurish QILING. Nuqta O- teng yonli uchburchakning markazi ABC. Keling, segmentni davom ettiramiz BO tomoni bilan kesishgan joyga AC nuqtada M. To'g'ri uchburchakda ABC: BM- balandlik, mediana va bissektrisa, shuning uchun. Bizda , , keyin chiziq va tekislikning perpendikulyarlik mezoni bo'yicha , keyin.

Chunki , PK || CA va EK || BD, keyin va EFPC- to'rtburchak.

.

2-muammo (№692).

Piramidaning asosi oyoqlari bo'lgan to'g'ri burchakli uchburchakdir a va b. Uning har bir lateral qirralari burchak ostida poydevor tekisligiga moyil f . Piramidaning hajmini toping

Yechim:

A B C D- piramida, burchak ABC- to'rtburchaklar , AC = b, BC = a, burchaklar DAO, DBO, DCO teng. Keling, topamiz V DABC0.

1) ?DAO=?ADC=?DBO oyoq va o'tkir burchak bo'ylab, bu degani AO=OC=OB=R tomonidan chegaralangan doira ?ABC. Chunki . ?ABC- to'rtburchaklar, keyin .

2) dan ? DOC : ; .

3) ; ; .

7-11-sinflar uchun "Geometriya" darsligida "Tetraedr" mavzusining taqdimoti Pogorelova A.V.

Boshqa asosiy darslikda A.V. Pogorelova va "Tetraedr" mavzusiga ko'proq yoki kamroq tegishli boshqa nazariy materiallar 176-180, 186, 192, 199, 200-bandlarda keltirilgan.

180-bandda "muntazam ko'p yuzli" "muntazam tetraedr" tushunchasining ta'rifi mavjud ("Tetraedr - barcha qirralari teng bo'lgan uchburchak piramida"), piramida haqidagi ba'zi xususiyatlar va teoremalarning isboti chizmalar bilan tasvirlangan. tetraedr. Biroq, bu o'quv qo'llanma figurani o'rganishga e'tibor qaratmaydi va shu ma'noda uning axborot mazmunini (tetraedrga nisbatan) past deb baholash mumkin. Darslikning amaliy materialida piramida bilan bog'liq qoniqarli miqdordagi topshiriqlar mavjud bo'lib, uning negizida uchburchak (aslida tetraedr) joylashgan. Keling, ba'zi muammolarni hal qilish uchun misollar keltiraylik.

Muammoni hal qilish.

1-masala (“Polyhedra” bandidan № 41).

Piramidaning asosi teng yonli uchburchak bo'lib, uning asosi 12 sm va yon tomoni 10 sm.Yon yuzlar poydevor bilan teng ikki tomonlama burchaklar hosil qiladi, ularning har biri 45 ° ni tashkil qiladi. Piramidaning balandligini toping.

Yechim:

Keling, perpendikulyar chizamiz SO asos va perpendikulyar tekislikka SK, SM va SN tomonlarga ABS. Keyin uchta perpendikulyar teorema bo'yicha OK BC, OM AC va ON AB.

Keyin, SKO = SMO = SNO = 45° - berilgan dihedral burchaklarning chiziqli burchaklari sifatida. Shunday qilib, to'g'ri uchburchaklar SKO, SMO va SNO oyoq va o'tkir burchakda tengdir . Shunday qilib OK=OM=ON, Gap shundaki O ichiga chizilgan doira markazidir DABC.

To'rtburchakning maydonini ifodalang ABC:

Boshqa tomondan , . Shunday qilib ; ok=r=3 sm. To'g'ri uchburchakda bo'lgani uchun S.O.K. o'tkir burchak 45 ° , keyin ?SOK teng yon tomonli va SO=OK= 3 (sm) .

2-masala ("Ko'p yuzlilar hajmlari" bandidan 43-son).

Poydevori ikki burchakli uchburchak bo‘lgan piramidaning hajmini toping a va b; chegaralangan doira radiusi R. Piramidaning yon qirralari uning asosi tekisligiga burchak ostida egiladi g.

Yechim.

Piramidaning barcha yon qirralari poydevor tekisligiga bir xil burchak ostida qiya bo'lganligi sababli, piramidaning balandligi O 1 O poydevor yaqinida chegaralangan doira markazidan o'tadi. Shunday qilib

DABCda. Keyin sinus teoremasiga ko'ra

Shunday qilib , , =

=.

Uchburchakning maydoni :

Keyin .

10-11-sinflar uchun "Geometriya" darsligidagi "Tetraedr" mavzusining taqdimoti Aleksandrova A.D.

Darslikni ko'rib chiqaylik Aleksandrov A.D. va hokazo “Geometriya: 11-sinf o‘quvchilari uchun darslik. matematikani chuqur o'rganish bilan. Ushbu darslikda tetraedrga bag'ishlangan alohida paragraflar mavjud emas, ammo mavzu boshqa paragraflarning parchalari shaklida mavjud.

Tetraedr birinchi bo'lib §21.3 da eslatib o'tilgan. Paragrafning materialida ko'pburchakning triangulyatsiyasi haqidagi teorema ko'rib chiqiladi, misol sifatida qavariq piramidaning triangulyatsiyasi amalga oshiriladi. Darslikdagi “ko‘p yuzli” tushunchasining o‘zi ikki xil talqin qilingan bo‘lib, tushunchaning ikkinchi ta’rifi bevosita tetraedr bilan bog‘liq: “Ko‘p yuzli – chekli sonli tetraedrlarning birlashmasi bo‘lgan figura...”. Muntazam piramida va tetraedr simmetriyasining ba'zi jihatlari haqidagi ma'lumotlarni §23 da topish mumkin.

26.2 §da Eyler teoremasining ("muntazam tarmoqlar") muntazam ko'pburchaklar (jumladan, tetraedr) uchun qo'llanilishi va 26.4-bandda ushbu raqamlarga xos simmetriya turlari ko'rib chiqiladi.

Shuningdek, darslikda siz tetraedrning o'rta chizig'i, massa markazi (§35.5) va izohedral tetraedrlar sinfi haqida ma'lumot olishingiz mumkin. Birinchi va ikkinchi turdagi harakatlar tetraedralarga oid masalalarni yechish jarayonida namoyon bo'ladi.

Darslikning o'ziga xos xususiyati uning yuqori ilmiy mazmuni bo'lib, mualliflar uni tushunarli til va taqdimotning aniq tuzilishi bilan uyg'unlashtirishga muvaffaq bo'lishdi. Keling, ba'zi muammolarni hal qilish uchun misollar keltiraylik.

Muammoni hal qilish.

Vazifa 1.

Yon qirrasi a bo'lgan berilgan muntazam uchburchak kesilgan piramidada barcha yuzlarga tegib turgan sharni va barcha qirralarga tegib turgan sharni joylashtirish mumkin. Piramida asoslarining tomonlarini toping.

Yechim.

Keling, rasmda "to'liq" piramidani tasvirlaymiz. Ushbu piramida, - "to'liq" piramidaning balandligi, - uning yuqori poydevorigacha bo'lgan qismi kesilgan. Vazifa planimetrik vazifaga qisqartiriladi va bu sohalarning birortasini chizish shart emas. Chunki kesilgan piramidaga barcha qirralarga tegib turgan sharni, so'ngra uning yon yuziga doirani yozish mumkin. ni belgilaymiz (yarmga bo'lish qulayligi uchun) va tasvirlangan to'rtburchak uchun biz buni olamiz, qaerdan

Yozilgan sharning mavjudligidan kelib chiqadiki, trapezoidda (“to'liq” piramidaning apothemi) yarim doira joylashganki, uning markazi o'rtada joylashgan va uning o'zi trapetsiyaning qolgan uch tomoniga tegib turadi.

To'pning markazi va aloqa nuqtalari. Keyin . Bu miqdorlarni va shaklida ifodalaymiz. Kimdan: . Kimdan: . Trapezoiddan: . Biz tenglamani olamiz:

.(2)

(1) va (2) tenglamalar tizimini yechib, biz asoslarning tomonlari teng ekanligini bilib olamiz.

Vazifa 2 .

Kengaytirilgan muntazam tetraedr ichida a to'rtta teng shar shunday joylashtirilganki, har bir shar tetraedrning uchta boshqa shariga va uchta yuziga tegadi. Bu sharlarning radiusini toping.

Yechim .

Bu tetraedr, - uning balandligi, - sharlarning markazlari, - to'g'ri chiziqning tekislik bilan kesishish nuqtasi. E'tibor bering, tekislikka tegib turgan teng sharlarning markazlari undan teng masofalar bilan chiqariladi, ularning har biri to'pning radiusiga teng (uni ko'rsatadi). x). Demak, tekisliklar parallel va shuning uchun .

Lekin qirrali muntazam tetraedrning balandligi qanday; qirrasi 2 bo'lgan muntazam tetraedrning balandligi kabi x ; .

Bu ifoda etish uchun qoladi E'tibor bering, nuqta uchburchak burchak ichida va uning yuzlaridan uzoqda joylashgan va uchburchak burchakning tekis burchaklari tengdir. Nimani olish qiyin emas. Biz tenglamaga kelamiz:

, bu erdan, soddalashtirishlardan so'ng, biz ni olamiz.

10-11-sinflar uchun "Geometriya" darsligida "Tetraedr" mavzusining taqdimoti Smirnova I.M.

Gumanitar profilning 10-11-sinflar uchun darslikdagi "Tetraedr" mavzusining taqdimoti Smirnova I.M. quyidagi sinflar bag'ishlangan: 18, 19, 21, 22, 28-30, 35.

“Har qanday qavariq ko‘p yuzli umumiy cho‘qqisi bo‘lgan, asoslari ko‘pburchak sirtini tashkil etuvchi piramidalardan iborat bo‘lishi mumkin” degan teoremani o‘rganib chiqqach, Eyler teoremasi shunday ba’zi ko‘pyoqlamalar uchun, xususan, ko‘pyoqlama shartlarining bajarilishi ko‘rib chiqiladi. teorema uchburchak piramida uchun ham ko'rib chiqiladi, u mohiyatan , va tetraedr mavjud.

Darslik topologiya va topologik muntazam ko‘pyoqlamalar (tetraedr, oktaedr, ikosahedr, kub, dodekaedr) bilan bog‘liqligi bilan qiziqki, ularning mavjudligi xuddi shu Eyler teoremasi yordamida oqlanadi.

Bundan tashqari, darslikda "to'g'ri piramida" tushunchasiga ta'rif berilgan; tetraedrning chizilgan va chegaralangan sharlari mavjudligi haqidagi teoremalar, tetraedrga tegishli ba'zi simmetriya xossalari ko'rib chiqiladi. Yakuniy darsda (35) uchburchak piramidaning hajmini topish formulasi berilgan.

Bu o‘quv qo‘llanma darslikning yo‘naltirilganligidan kelib chiqib, ko‘p miqdorda illyustrativ va tarixiy materiallar hamda amaliy materiallarning kamligi bilan ajralib turadi. Shuningdek, Smirnova I.M.ning darsligini ko'rib chiqing. va boshqalar tabiatshunoslik profilining 10-11-sinflari uchun.

10-11-sinflar uchun "Geometriya" darsligida "Tetraedr" mavzusining taqdimoti Smirnova I.M. va boshq.

Ushbu darslik oldingi o‘quv qo‘llanmadan mavzular tuzilishi va yechish uchun taklif etilayotgan vazifalarning murakkablik darajasi bilan farq qiladi. Materialni taqdim etishning o'ziga xos xususiyati uning "semestrlarga" bo'linishi bo'lib, ulardan to'rttasi darslikda mavjud. Tetraedr birinchi xatboshida ("Qattiq geometriyaga kirish") eslatib o'tilgan, "piramida" tushunchasi §3da ta'riflangan.

Oldingi darslikda bo'lgani kabi, amaliy material stereometrik raqamlarni ishlab chiqish bo'yicha topshiriqlar bilan to'ldirilgan. §26 materialida tetraedr ichiga chizilgan shar haqidagi teoremani topish mumkin. Tetraedrga oid qolgan nazariy materiallar aslida yuqorida tavsiflangan darslik materiallariga to'g'ri keladi.

Muammoni hal qilish.

Vazifa 1.

Muntazam tetraedr yuzasi bo'ylab eng qisqa yo'lni toping A B C D nuqtalarni ulash E va F tetraedrning mos keladigan cho'qqilaridan 7 sm masofada yon tomonlarning balandliklarida joylashgan. Tetraedrning cheti 20 sm.

Yechim.

Tetraedrning uchta yuzining rivojlanishini ko'rib chiqing. Eng qisqa yo'l nuqtalarni bog'laydigan segmentdir E va F. Uning uzunligi 20 sm.

Vazifa 2.

Piramidaning tagida to'g'ri burchakli uchburchak yotadi, uning oyoqlaridan biri 3 sm, unga tutash o'tkir burchak esa 30 daraja. Piramidaning barcha yon qirralari 60 graduslik burchak ostida poydevor tekisligiga moyil. Piramidaning hajmini toping.

Yechim.

ABC uchburchagining maydoni . Balandlikning asosi o'rtadir. SAC uchburchagi teng tomonli. .

Bu yerdan va shuning uchun piramidaning hajmi teng.

Xulosa.

Darslikning o'ziga xos xususiyati Atanasyan L.S. va boshqalar tetraedrni o'rganish ancha erta boshlanadi, material kurs davomida tarqalib ketgan va turli darajadagi murakkabliklarda taqdim etilgan. Darslikda Pogorelov A.V. material ixcham joylashgan, "tetraedr" tushunchasi, shuningdek, boshqa fazoviy figuralar tushunchalari ancha kech kiritilgan (10-sinf oxirida), darslikda keltirilgan amaliy material kichik. Darslikda Smirnova I.M. va boshqa nazariy materiallar, shuningdek, amaliy, kichik hajmli, murakkablik darajasi past bo'lgan amaliy vazifalarga ega, darslik matematika tarixidan katta hajmdagi materiallar bilan ajralib turadi. Darslikda Aleksandrov A.D. va boshqalar.. materialning murakkablik darajasi yuqoriroq, materialning o'zi ko'proq rang-barang, ko'plab amaliy topshiriqlar nazariyaning bir qismini o'z ichiga oladi, savollar ko'rinishidagi ekstremal topshiriqlar va topshiriqlar mavjud bo'lib, bu uni materialdan yaxshi ajratib turadi. dam olish.

§2. O'rta maktab o'quvchilarida fazoviy fikrlashning rivojlanish darajasini tekshirish

Aql-idrok - bu barcha odamlarga xos bo'lgan o'rganish yoki tushunish qobiliyati. Ba'zi odamlar ko'proq darajada, boshqalari - kamroq darajada, lekin har bir insonda bu qobiliyat hayot davomida deyarli o'zgarmaydi. Aql tufayli biz to'g'ri harakat qila olamiz va xatolarimizdan saboq olamiz.

Psixologiyada intellekt bilimlarni idrok etish va undan boshqa, tubdan yangi vaziyatlarda foydalanish qobiliyati sifatida ta'riflanadi. Sinov sharoitida odamning g'ayrioddiy vaziyatlarga qanchalik muvaffaqiyatli moslashishini aniqlash mumkin. Sinov orqali umumiy intellektual rivojlanish darajasini aniqlash juda qiyin va ko'p vaqt talab qiladigan ishdir, shuning uchun ushbu ish matnida fazoviy rivojlanish darajasi haqidagi savolga javob beradigan intellektni tekshirish metodologiyasining bir qismi qo'llaniladi. fikrlash. Fazoviy fikrlash - amaliy va nazariy makonda (ko'rinadigan va xayoliy) yo'nalishni talab qiladigan muammolarni hal qilishda amalga oshiriladigan aqliy faoliyatning o'ziga xos turi. Uning eng rivojlangan shakllarida bu fazoviy xususiyatlar va munosabatlar o'rnatiladigan naqshlar bo'yicha fikrlashdir. Turli vizual asoslarda yaratilgan dastlabki tasvirlar bilan ishlash, fikrlash ularni o'zgartirish, o'zgartirish va asl tasvirlardan farq qiladigan yangi tasvirlarni yaratishni ta'minlaydi.

Amaldagi test (“F. Karter, K. Rasselning “Intellekt rivojlanish koeffitsienti uchun birinchi test” dan fazoviy fikrlashning rivojlanish darajasining mini testi”) barcha yosh guruhlari uchun universal bo'lib, kichik hajmni oladi. vaqt (30 daqiqa). Test matni va uning kalitlari bilan diplomga “1-ilova”da tanishish mumkin.