atnasyan-gdz-10-11-2008-2 (Геометрия 10 - 11 класс Атанасян), страница 28

Если ребро куба равно 1, то ребро этого тетраэлра равно «(1' + 1' = чГ2. Глава ИЬ Объемы тел 366 С! № 78!. Пересечение тстраэдров АВС0, и С,ВА0 есть многогранникес вершинами в центрах М, )У, К, 1., Р, Д граней куба, то есть октаздр. Например, его грань МХР ограничена отрезками М)У= (АВС) Й (С,ВА), С РМ=(АВС) й(ВА,0), РРУ = (АВ,С) Г (С,В0). Октаэлр — правильный; он выпуклый, грани его правильные треугольники со а стороной, глс а — ребро куба, и ч'2 в каждой вершине сходится четыре ребра.

А, В Рис. 580 № 782. Пусть АВС0 — грань наименьшего куба, прилсжацгсго к грани параллелспипсла. К его сторонам должны прилсжать большие кубы. Ноесли кАВиС0ониуже приложены,ток ВС и А0 приложить их нельзя. Рис. 581 № 783. Пусть и, — ллина )-го отрезка ломаной, хи у„д — плицы его проекций на три ребра куба с общей вершиной. Согласно условию проекции отрезков нс имеют обших точек, следовательно Рис. 582 Хх,<1 Ху,<1 ~~" г < ), АС, <АС+СС, <(АВ+ВС)+СС„ в соотвествии с этим и, < х, +у, + си Отсюла ~~> и, < ~Г х, + ~Р у, + ~Р е, < 3.

Пусть теперь куб на рисунке — данный, его ребро равно ), и ломаная АВ,С„С, лежит внутри куба. Если точки В„и С„достаточно близки к В и С, то ллина этой ломаной сколь угодно близка калине ломаной А ВССи то есть к 3. 367 Задачи повышенной т дности .х/я 784. Пусть выпуклый многогранник имеет/ ~репей, /г ребер и е вершин, Отлслив от него какую-нибуль грань, нолучич многогранную поверхность Р,. Отделив от Р, грань, прилежащую к сто крак>, получим многогранную поверхность Рг Г!рололжая этот пропссс, получим через гшагов(1 < з </) поверхность Рс ~иолом граней„г„ребер /г, и вершин е, Локажсм индукцией по числу граней, равному /; = /- з, что /, + е, — !Г, = 1 (1) При/;= 1(тоесты /'-1) равенство(!) верно,так как тогда х,=е,,откуда 1 — е,— /г, 1.

Пусть(!) вернодля/,'< /'„,докажем (1)лля У„. Разрежем Р „по ломаной, соединяющей лвс вершины, лежащие на краю, образованной ребрами и не пересекающей себя. Получим поверхности Р, и Р,соответственно с Р, и /', гранями, /г, и /г, ребрами,е, не, вершинами.Так как/', < у', иу", </„,то (2) (3) Пусть л — число ребер разреза; тогда число его вершин л + 1. Если сосчитатьчислореберили вершин на Р, и Р, и рсзульзвты сложить, то каждое ребро или вершина разреза булут сосчитаны дважды; поэтому е, +е, е,+и,/г, +/г, =8 „+и+ 1; кроме того, у', + /', = Г, .

Тогда, склалывая (2) и (3), получим /' „+ е, + и + ! — (/г,, + и) = 2, то есть/, + е, — /г „= ! и (1) доказано,ъзя /', = Г „. Тем самым (1) верно для любого /'. В частности, при /, =/(то есть прн з = 1) имеем /, + е, — /г, = 1; так как у,=/ — 1, е,=е, /г,=/г, то /+ е — /г = 2. .'хб 185. Прямая, соединяющая л юбыс звс нротивополо кныс вершины правильно~о долекаэлра, является для него осью симметрии 3-го порядка, то есть при повороте вокруг нее на 120' или 240'додсказдр совмсягастся с собой.

Пусть Л— вершина лслекаэлра, 0„ 0„ О, пснтры нрилсжшпих граней (рис. 583). При повороте на 120" вокруг проходящий через А Риг. /ЮЗ Глава И/. Объемы тел 388 № 786. Рассуждения, как и в №785; используются оси симметрии 5-го порядка (рис. 584). Доказательства №785, 786 интуитивны, так как материала для строгих доказательств в учебнике нет. Рис. 584 № 787. Рассмотрим параллелограмм АВСР. Искомый угол а равен углу между 5С и прямой РС, параллельной АВ, то есть углу 5СР. Искомое расстояние А есть расстаяв не от точки А прямой АВ до плоскости 5СР, проходящей через РС параллельно АВ, то есть высота тетраэдра А5СР.

Так как А5 = а — другая его высота, то его объем. Р„„, = -5„„8= -5., <)) 1 1 Так как А5 = АВ = ВС = АР = а, Рис. 585 то 5В = 5С = 5Р = а Г2 а МС Л Если 5М 1 РС, то РМ = МС = —, откуда соз а = — = —, 2 5С 4 Г 1 яи й'-си' Г2 4 2 а ач7 а'/7 а' . „а'ГЗ 5 =- — —,5 = — з)п60'= —. 2 2 4 ' 2 4 оси 3-го порядка О, совмещается с 0„0, — с 0„0, — с О„следовательно, треугольник 0,0,0, — правильный. Таким жс образом используя ось, проходящую через В, убеждаемся, что треугольник 000, правильный и равный треугольнику 0,0 Ог Продолжая аналогично, получаем 20 равных между собой правильных треугольников.

Многоугольник, который они составляют — выпуклый, из каждой его вершины исходит 5 ребер. Он является поэтому правильным икосаэдром. 369 Задачи повышенной т дности а'~Г7 а' ГЗ. а ГЗ Тогда из (1) получаем: — г) =, 8 = а —. 4 4 ~(7 М 788. Пусть РС 1 ВС и Р = РЕ и ВС, а а ТоглаЕО= ЕС вЂ” СС= ЕС вЂ” ВР= ач2 — — = — = ВО= СС, зГ2 Г2 РР = ОЕ, РВ= ВС= а. Из бЗА ВР: АР =,(а + — = а ( —; 2 ~(2 (1) Е из сзАСЕ: АЕ= /а'+ 2а' = а ГЗ; (2) из б.' РСЕ РЕ= 1а'+ — = а —; а' ГЗ (3) О С 2 )(2 из (1), (2), (3) н по теореме, обратной теореме Пифагора, ~АРЕ = 90'. Р В С В сз РВА: Ф с'РВА = 180' — 60' 120', РВ = ВА а, с.'РАВ = кР= 30* и с'.РАС = 30' + 60' = 90'.

Рис. 58б По теореме о трех перпендикулярах с'.РАЕ= 90', и аз = с'.САЕ- 1 искомый угол между плоскостями. Из 1~АСЕ соа у = 73 с, М 789. ЕслиАВ=а, АО=Ь,АА, =с,то АС, =АВ+ВС+СС, =а+Ь+ с, ВР, =ВА+ АР+00, = — а+Ь+ с, аналогично: А СА =-а-Ь+ с, РВ =а — Ь+ с. При сложении квадратов этих трехчленов удвоенные произведения взаимно уничтожаются: а Рис.

587 Глава И/. Обьемы тел 370 АС,'+ ВР,' +СА,'+ РВ, '= 4 и'+ 4Ь'+ 4с' = 4АВ'+ 4А)У+ 4АА,' = = (А В' + РС' + А В,' + Р С) + (А Р' + ВС+ А Р,' + В С, ') + (АА, ' + + ВВ,~ + СС,' + РР;) М 790. Направим оси координат влоль ребер ОА, ОВ, ОС. Прололжсние данного луча с направляющим вектором й (х; у; е) и луч, отраженный от плоскости Оху, симметричны относительно этой плоскости. Поэтому вектор и, (х,; у,; г,) = и, (х; у; — е) является направляющим вектором отраженного луча. Действительно,и=(х~ +у!)+сгг,и, =(хГ+у~) — еВ, где вектор МФ = хг +угх лежит в плоскости Оху, а векторы с)г и -гй перненликулярны к плоскости С Оху, противоположно направлены и имеют равные длины.

Аналогично и, (х„' у,; е,) = Фу = и, (х,; -у„' -с,) = и, (х; -у; -е)- направляющий вектор луча, 0 отраженно~о от Охг, а вектор М й,(х,; у„' е,) = и, (-х,; уй е,) = =и, ( — х; — у; -г) — направляющий вектор луча, отраженного х -гл от Оуб Но тогла и, = -и, сле- довате:и но, направления вхоРис 5ВВ лянге~о н выходящего лучей противоположны. Замечашге: в данной задаче существенно, что луч успевает отразится от всех граней тстраэдра. Хв 791. Пусть С лежит по одну сторону с Е от АВР, СВ: х!В, СР Л АР, АВ = а.

Тогда и трсуголь- Р нике АВС х'.АСВ = 30', АС = 2а, ВС = аЛ, в ~~АСР СР = 2и йп 45, в ЛАВР по теореме косинус<и ВФ = и'+ 2а' — 2и ичг2 2соа45'= и', Риг. 5ВУ З71 Задачи повышенной т двести в ~',ВВС тогда ВС' = В1У + СВ' и по теореью, обратной теореме Пифагора, СР.Е ВР; так как егле и СР.1 АВ, то С02. АВО. По условию, АЕ3 АВВ. следовательно, С011АЕи к.'САЕ = 90' — 45' 45'.

Если С лежит по разные стороны с Е от А ВО, то е'.САЕ= 90" + 45' = 135'. № 792. Пусть высоты АА„ВВ„ Р СС„РР, тетраэдраАВСР пересекаютсяя в точ ке Н; а — плоскость А ВН, М М= а гз РС, В а Т.к.АА 5.ВСВиСВсВСР,то А АА, 5 СВ; аналогично ВВ, 5 СР. 7 Т.к. АА, сан ВВ, са,тоСРЛ.а, ноАВ с а, слелователыю, С05 АВ. Аналоги ~но доказывается, что ВР 5 АСиА0.1 ВС.

Рис. МР Обратно, пустьСВЛ.АВ, В0.1 АС, А05. ВС;а — плоскостьАВА,. ТаккакАА,5 ВСВиРСсВСО,тоАА,Л.ВС,апосколькуипоус- ловиюАВ 1 ВС,гоаб. ОС.Таккак ВВ,са,то ВВ„5. ВС,новместес тем ВВ, 5. АМ. Поскольку РС с АРС и АМ с АВС, то ВВ„3 АРС, то есть ВВ„совпадает с высотой ВВ, тетраэлра. Таким образом, высоты АА, и ВВ, тетраэлра пересекаются в точке Н; аназогично и остальные высоты тетраэлра попарно пересекаются. Их точки пересечения совпадают, так как в противном случае все вьюоты тстраэдра лежали бы в одной плоскости. № 793.

Если в тетраэдре АВСВ АВ = ВС = СВ = а, 00 = В, т'АВО = = Е ВРО = ~СВО = = а, то РА РО=ВВ ВО= РС 00= А = аВ соз а, откуда (Р — РА100 =1РС вЂ” РА100=0, АВ ВО=О,АС 00=0, РО Л АВ, 00 .Е АС, 00 1 А ВС. Зуг Глава ИЬ Обьемы тел № 794. Доказано в Мо770. Доказательство согласно указанию в учебнике:еслиОА = аОВ =Ь,ОС=с00, =в,то ВС= с — ЬО А= = а — д.