Рівногранний тетраедр

Кіровський Фізико-математичний лицей.

Реферат на тему.

" «Властивості равногранного тетраедра ««.

Виконав: учень 10 «» А «» класу Соболєв Александр

Перевірила: Прокашева Маргарита Анатольевна.

Кіров 2003 г.

У будь-якого тетраедра 4 вершини, 6 ребер, 4 межі, 4 трёхгранных кута, 6 двугранных кутів, 12 пласких кутів. Якщо всі 6 ребер рівні, то рівними будуть і межі, і трёхгранные кути, і плоскі; у разі тетраэдр — правильний. З рівності всіх 4 граней, проте, не слід правильність тетраедра; тетраэдр, яка має всі грані рівні, називається равногранным. Щоб краще уявити собі равногранный тетраэдр, відмінний від правильного, візьмемо довільний гострокутий трикутник з паперу і згинати його за середнім лініях. Тоді три вершини зійдуться до однієї точку, а половинки сторін стулять, створюючи бічні ребра тетраедра (рис. 2).

Перерахуємо тепер властивості тетраедра, кожна з якого є необхідним і достатня умова равногранности, включаючи определение:

(0) Грані равны.

(1) Перехресні ребра попарно рівні (2) Трёхгранные кути равны.

(3) Противолежащие двугранные кути равны.

(4) Два пласких кута, які спираються одне ребро, равны.

(5) Сума пласких кутів за будь-якої вершині дорівнює 180.

(6) Развёртка тетраедра — трикутник чи параллелограмм.

(7) Описаний паралелепіпед — прямоугольный.

(8) Тетраэдр має три осі симметрии.

(9) Загальні перпендикуляри перехресних ребер попарно перпендикулярны.

(10) Середні лінії попарно перпендикулярны.

(11) Периметри граней равны.

(12) Площі граней равны.

(13) Висоти (тетраедра) рівні. 19=>18.

(14) Відтинки, що з'єднують вершини з центром тяжкості пртивоположных граней, равны.

(15) Радіуси описаних близько граней окружностей равны.

(16) Центр тяжкості (тетраедра) збігаються з центром описаної сферы.

(17) Центр тяжкості (тетраедра) збігаються з центром уписаної сферы.

(18) Центр уписаної сфери збігаються з центром описанной.

(19) Вписана сфера стосується граней в центрах описаних близько них окружностей.

(20) Сума зовнішніх одиничних векторів, перпендикулярних до граням, дорівнює 0 (рис. 4).

(21) Сума косинусов всіх двугранных кутів дорівнює 2.

Усі перелічені умови є це й властивостями і ознаками равногранного тетраедра. Аби вивести равногранность з якогонибудь умови, треба вибудувати цілий ланцюжок проміжних умов, в котрої кожен прямий наслідок предыдущего.

Найпростіше встановлюється, що (0)(1)(2)(3)(4).

Докажем (0)(1).

. (0)=>(1). Усі межі тетраедра АВСD рівні за умовою. Розглянемо трикутники АDВ і DАС: АD — загальна, тоді АВ дорівнює або DС (якщо така, те з рівності трикутників АDВ і DАС слід АС=DВ; та якщо з рівності трикутників АDВ і СВD слід АD=ВС, тобто. перехресні ребра попарно рівні), або АС (якщо так, те з рівності трикутників АDВ і DАС слід DВ=DС, тобто. трикутник — рівнобедрений, інші ж — немає, тобто. противоречие).

. (0)(2). З (1) слід, що трикутники АВD, СDВ, ВАС (мал.1) рівні (доведено вище). Тоді рівні й відповідні кути трикутників, тобто. трёхгранные кути ВАСD, АВСD, САВD, DАВС рівні, т.к. будь-який трёхгранный кут однозначно визначається своїми трьома пласкими кутами. Т.к. трёхгранный кут однозначно визначається своїми трьома пласкими кутами, то сдедующие докази будуть аналогічні предудущему.

Далі розмірковувати за такою схемою: (4)=>(5)=>(6)=>(1) (звідки вже потрібно равносильность перших шести умов). Доведемо (4)=>(5).

. З умови слід, що кути ADB=ACB, ADC=ABC, BDC=BAC. Тоді трикутники ABC, ADC, ADB, BCD подібні, але трикутники ADB і DAC мають загальну бік, тобто. вони рівні, аналогічно рівні екжду собою і злочини інші трикутники, тобто. тетраэдр — равногранный.

Докажем (5)=>(6).

. Разрежем тетраэдр АВСD по ребрам АВ, АС, АD і розглянемо развёртку.

А1ВА2DА3С (рис. =>), тоді точках У, З повагою та D прикладені по три кута, сума яких 180°, тому кути А1ВА2, А2ОА3, А3СА1 — розгорнуті; отже, А1А2А3 — трикутник, у якому точки У, З, D і є розгорненням тетраедра АВСD, Для інших разверток міркування аналогично.

Докажем (6)=>(1).

. Подивившись на малюнок помітні, що у развёртке (наприклад трикутник) перехресні ребра є протилежними сторонами паралелограма, тобто. вони равны.

Наш наступний крок — доказ равносильности (1)(7). Доведемо (1)(7). У насправді, оскільки перехресні ребра тетраедра — діагоналі граней описаного паралелепіпеда, з попарного рівності ребер слід, що межі описаного паралелепіпеда — прямокутники і наоборот.

Нині ми пропонуємо розмірковувати за схемою (7)=>(8)=>(9)=>(10)=>(7). Доведемо (7)=>(8).

. Подивившись на (рис. =>), ви легко встановіть, що осями симетрії є прямі, що з'єднують центри симетрії протилежних граней описаного (прямокутного) паралелепіпеда, чи, що саме той самий, загальними перпендикулярами перехресних рёбер.

Докажем (8)=>(9).

. Спільними перпендикулярами перехресних ребер є відтинки що з'єднують середини протилежних граней описаного параллелограмма.

(прямокутного) (рис. ^), але це отже, що це відтинки попарно перпендикулярні (т.к. кожен із відрізків перпендикулярний граням, що він соединяет).

Докажем (9)=>(10).

. Відтинки, що з'єднують середини перехресних ребер — перпендикулярні, але й є середні линии.

Докажем (10)=>(7).

.

Наступна ланцюжок міркувань (0)=>(11); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (12); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (13); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (14); INSERT INTO `ref` (`id_predmet`, `name_predmet`, `id_ref`, `name_ref`, `text_ref`) VALUES (15). Ми доведемо, що (11)=>(1), (12)=>(3), (13)=>(12), (14)=>(1), (4)=>(15); цим буде встановлено равносильность перших 15 властивостей. Доведемо (11)=>(1).

. Запишемо умова (11) як a2+b2+c2 (1) =a2+b1+c1 (2) =b2+a1+c1 (3).

=c2+a1+b1 (4), де a1b1c1 — довжини ребер тетраедра, що виходять з однієї вершини, a2b2c2 — довжини відповідно перехресних із нею рёбер.

(1)-(2)=(3)-(4) чи b2+c2-b1-c1=b2+c1-c2-b1, тобто. 2с2=2с1 чи зіншому с2=с1, розмірковуючи аналогічно для a1, a2,b1,b2, отримуємо a1=a2, b1=b2, c1=c2, але це це і є запис умови (1).

Докажем (12)=>(3).

. І тому затвердження попередньо зауважимо, що S4=S1c14+S2c24+S3c34.

(**), де Si — площі i-го межі, а сij — косинус двугранного кута між i-го і j-й межею. Співвідношення (**) відразу випливає з теореми про площі проекції, якщо спроектувати всіх граней тетраедра на четверту грань. Написавши ще три таких співвідношення (для трьох інших граней) й скориставшися умовою (12), дійшли системі с14+с24+с34=с13+с23+с34=с12+с23+с24=с12+с13+с14, яка вирішується точно як і система з попереднього затвердження. Одержимо с14=с23, с24=с14, с34=с12, звідки слід рівність відповідних кутів, тобто. (3).

Докажем (13)=>(12).

. Твердження очевидно випливає з формули для обсягу тетраедра V=Sh/3:

S1h1/3=S2h2/3=S3h3=S4h4/3 S1=S2=S3=S4 за умовою => h1=h2=h3=h4.

Докажем (14)=>(1).

. Означимо через Оi центр тяжкості i-го межі і висловимо |DO4| через боку /DA/=/a/, /DB/=/b/, /DC/=/c/ (рис. =>). /DO4/ = =/DA/ + +.

/AO4/ = /DA/ + 2/3*/AE/ = /DA/ + 2/3*½*(/AB/ + /AC/) = =.

1/3*(/DA/ + /AB/) + 1/3*(/DA/ + /AC/) + 1/3*/DA/ = 1/3*/DA/ + +.

1/3*/DB/ + 1/3*/DC/ = 1/3*(/a/+/b/+/c/). Звідси знаходимо скалярний квадрат вектора /DO4/ :

(DO4)2=1/9*(a2+b2+c2+2/a/*/b/+2/a/*/c/+2/b/*/c/). Окресливши a1=|a|, b1=|b|, c1=|c|, a2=|BC|, b2=|AC|, c2=|AB| й скориставшися тим, что.

/AB/=/b/-/a/, /BC/=/c/-/b/, /CA/=/a/-/c/, можна DO4 висловити в виде.

(DO4)2 = 1/3*((a1)2+(b1)2+(c1)2) + 1/9*((a2)2+(b2)2+(c2)2).

Напишемо ще три таких співвідношення для трьох інших граней:

(DO3)2=1/3*((a2)2+(b2)2+(c1)2) + 1/9*((a1)2+(b1)2+(c2)2);

(DO2)2=1/3*((a2)2+(b1)2+(c2)2) + 1/9*((a1)2+(b2)2+(c1)2);

(DO1)2=1/3*((a1)2+(b2)2+(c2)2) + 1/9*((a2)2+(b1)2+(c1)2).

За умовою DO1=DO2=DO3=DO4 прирівняємо, наприклад, DO1=DO2, отримуємо :

1/3*((a1)2+(b2)2+(c2)2) + 1/9*((a2)2+(b1)2+(c1)2) =.

1/3*((a2)2+(b1)2+(c2)2) + 1/9*((a1)2+(b2)2+(c1)2),.

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

+ 1/9*(a1)2 + 1/9*(b2)2,.

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

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

Прирівнявши DO3=DO4, отримуємо :

1/3*((a2)2+(b2)2+(c1)2) + 1/9*((a1)2+(b1)2+(c2)2) =.

1/3*((a1)2+(b1)2+(c1)2) + 1/9*((a2)2+(b2)2+(c2)2),.

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

+ 1/9*(a2)2 + 1/9*(b2)2,.

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

(a2)2 + (b2)2 = (a1)2 + (b1)2 віднімаючи від цього рівності (***) отримуємо :

(a2)2-(a1)2 = (a2)2-(a1)2, тобто. отримуємо, що (a2)2=(a1)2, аналогічно знаходимо (b2)2=(b1)2, (c2)2=(c1)2, тобто. одержимо (1).

Докажем (4)=>(15).

. Кути ADB і АСВ спираються на рівні хорди на рівних кіл, тому вони рівні чи складають у сумі 180°. Припустимо спочатку, що з кожної пари кутів граней тетраедра, які спираються одне ребро, має місце рівність кутів. Тоді, наприклад, сума пласких кутів при вершині D дорівнює сумі кутів трикутника АВС, т.e. дорівнює 180°. Сума пласких кутів за будь-якої вершині тетраедра дорівнює 180°, й тому він равногранный (властивість (5)).

Доведемо тепер, що випадок, коли кути ADB і АСВ нерівні, невозможен.

Припустимо, що кути ADB + АСВ = 180° і кут ADB не = АСВ. Нехай для визначеності кут ADB тупий. Поверхня тетраедра ABCD можна так.

«розгорнути» на площину АВС, що образи Dа, Db і Dc точки D потраплять па описану окружність трикутника АВС; у своїй напрям повороту бічний межі навколо ребра підстави вибирається відповідно до тим, рівні чи кути, які спираються цього ребро, або ж вони є у сумі 180°. У процесі розгортання точка D рухається по окружностям, площині яких перпендикулярні прямим АВ,.

ВР і СА. Ці прибл ружности лежать у різних площинах, тож будь-які дві їх мають трохи більше двох загальних точок. Але дві загальних точки є в кожної пари цих окружностей: точка D і край, симетрична їй щодо площині АВС. Отже, точки Dа, Db і Dc попарно різні. З іншого боку, ADb=ADc, BDa=BDc, CDa=CDb. Розгорнення виглядає так: в окружність уписаний трикутник ADcB з тупим углом.

Dc; з точок Проте й У проведено хорди ADb і BDa, рівні ADc і BDc відповідно; З — середина одній з двох дуг, заданих точками Da и.

Db. Один із середин цих двох дуг симетрична точці Dc щодо прямий, що проходить через середину відрізка АВ перпендикулярно йому; цю крапку нам не підходить. Бажана розгорнення зображено на рис.. Кути при вершинах Da, Db і Dc шестикутника ADcBDaCDb доповнюють до 180° кути трикутника АВС, тому їх сума дорівнює 360°. Але це кути рівні пласким кутках при вершині D тетраедра ABCD, тому їх сума меньше.

360°. Отримано противоречие.

Докажем інші п’ять свойств Докажем (16).

. Нехай До і L — середини ребер, А У і CD, Про — центр тяжкості тетраедра, т.e. середина відрізка KL. Оскільки Про — центр описаної сфери тетраедра, то трикутники АОВ і COD равнобедренные, із рівними бічними сторонами і рівними медианами ОК і OL. Тому трикутники АОВ = СОD, а значит,.

АВ =CD. Аналогічно доводиться рівність інших пар протилежних ребер.

Докажем (19).

. Нехай О1 і О2 — точки торкання уписаної сфери, з гранями АВС і ВСD.

Тоді трикутник О1ВС=О2ВС. З умови завдання слід, що O1 і O2 — центри описаних окружностей зазначених граней. Тому кут ВАС =.

BO1C/2 == ВО2С/2 == BDC. Аналогічні міркування показують, що з пласких кутів при вершині D дорівнює відповідному розі трикутника АВС, отже, їх сума дорівнює 180°. Це твердження справедливо всім вершин тетраэдра.

Докажем (20).

. Доведемо це твердження нічого для будь-якого багатогранника. (завдання, коли довжина вектора = площі межі, якій він перпендикулярен).

Доведемо, сума проекції всіх даних векторів кожну пряму L равна.

0. Розглянемо при цьому проекцію багатогранника на площину, перпендикулярну L. Проекція багатогранника покрита проекціями його граней удвічі шару (видимі згори, видимі знизу). Приписавши площами проекцій граней одного типу «» + «», іншого типу «» — «», одержимо, сума площ проекцій з урахуванням знака дорівнює 0. Зауважимо тепер, що загальна площа проекції межі дорівнює довжині проекції відповідного вектора безпосередньо L, причому для граней різного типу проекції векторів протилежно направлены.

Отже, сума проекцій векторів безпосередньо L теж дорівнює 0. Т.к. це твердження справедливо для багатогранника, воно справедливе й для тетраэдра Докажем (21).

. Нехай, e1, e2, e3, e4 поодинокі вектори, перпендикулярні граням і спрямовані у внeшнюю бік. Оскільки площі всіх граней рівні, то e1+e2+e3+e4 == 0 (див. завдання вище). Отже, 0 = | e1+e2+e3+e4|2.

=4+2*((ei, ej) .Залишається помітити, що скалярне твір (ei, ej) одно —cosфij, де (фij — двугранный кут між гранями з номерами і і j. Тобто. сума косинусов двугранных кутів дорівнює 2: -4 = -2*((cosфij).

=> ((cosфij)=2.

Задачи.

1. Ребра равногранного тетраедра рівні a, b, c. Обчислите обсяг тетраэдра.

V, і радіус описаної сфери R.

2. У равногранном тетраэдре ABCD опущене висота AH; H1 — точка перетину висот межі BCD; h1, h2 — довжини відрізків, куди одне з висот межі BCD ділиться точкою H1. а) доведіть, що точки H і H1 симетричні щодо центру описаної окружності трикутника BCD. б) доведіть, що AH2=4h1h2.

3. Доведіть, що у равногранном тетраэдре центри 4 вневписанных куль є вершинами тетраедра рівного даному і радіус уписаного кулі вдвічі менше вневписанного шара.

Решения.

1. Добудуємо даний тетраэдр до прямокутного паралелепіпеда; нехай x, у і z — ребра цього паралелепіпеда. Тоді х2 + у2 = А2, у2 + z2 = b2 і z2 + х2 == с2. Оскільки R == d/2, де d — діагональ паралелепіпеда, а d2 = x2 + y2 + z2, то R2 == (x2 + y2 + z2)/4 == (А2 + b2 +c2)/8. Складаючи рівності х2 + у2 = А2 і z2 + x2 == с2 і віднімаючи їх рівність y2 + z2 = b2, отримуємо x2 = (a2+c2-b2)/2. Аналогічно знаходимо у2 і z2. Так як обсяг тетраедра втричі менше обсягу паралелепіпеда, то V2 = (xyz)2/9 = (А2 + b2 — c2) (А2 + c2 — b2) (c2 + b2 — a2)/72.

2. Добудуємо даний тетраэдр до прямокутного паралелепіпеда. Нехай AA1 — його діагональ, Про — його центр. Крапка H1 є проекцією точки A1 до межі BCD, а центр O1 описаної окружності трикутника BCD — проекцією точки Про. Оскільки Про — середина відрізка AA1, точки H і H1 симетричні щодо O1.

Розглянемо проекцію паралелепіпеда на площину, перпендикулярну BD (рис. => надалі рішенні використовуються позначення цього малюнка, а чи не позначення у просторі). Висота СС «трикутника BCD паралельна площині проекції, тому довжини відрізків ВH1 і СН1 рівні h1 і h2, довжини відрізків АН і А1Н1 при проектуванні залишилися незмінними. Оскільки АН: A1H1 = АС: А1 В = 2 і A1H1: ВН1 = CH1: A1H1, то АН2 = 4(H1A1)2 = 4h1h2.

3. Добудуємо даний тетраэдр до прямокутного паралелепіпеда. Крапка перетину биссекторных площин двугранных кутів тетраедра (т. е. центр уписаного кулі) збігаються з центром Про паралелепіпеда. Розглядаючи проекції на площині, перпендикулярні ребрах тетраедра, легко перевірити, що межі тетраедра віддалені від вершин паралелепіпеда, відмінних вершин тетраедра, ще більше, ніж від точки Про. Отже, ці вершини є центрами вневписанных куль. Цим доведені обидва утверждения.

Литература

: 1. Енциклопедія для дітей Аванта+ (тому «» Математика «») 2. Журнал «» Квант «» № 7 1983 р. 3. «» Завдання по стереометрії «» Прасолов, Шарыгин.

———————————- [pic].

[pic].

[pic].

[pic].

[pic].

[pic].

[pic].

[pic].