Egenskaber af tetraeder, typer og formler. Geometriske figurer

Menelaos' teorem giver mulighed for en interessant stereometrisk generalisering.

Menelaos' teorem for tetraederet.

Hvis flyet μ krydser ribbenene AB, BC, CD Og D.A. tetraeder ABCD på punkter A1, B1, C1, D1, At (2).

Omvendt, hvis for fire point A1, B1, C1, D1, liggende henholdsvis på kanterne AB, BC, CD, DA tetraeder, lighed (2) er opfyldt, så ligger disse fire punkter i samme plan.

Bevis.

Lade h 1, h 2, h 3, h 4- afstande fra punkter A, B, C, D i overensstemmelse med flyet μ , Derefter ; ; ; .

Det er tilbage at multiplicere de resulterende forhold.

For at bevise den omvendte sætning konstruerer vi en plan A 1, B 1, C 1. Lad dette plan skære kant DA ved punkt T.

Ifølge bevist og efter betingelse , derfor (og ved lemma) punkter T Og D 1 er sammenfaldende Udsagnet er bevist.

§2. Cevas sætning

Cevas sætning for en trekant.

Lad pointene A 1, B 1, C 1 ligge henholdsvis på siderne Sol, AC Og VA trekant ABC(se billede). I rækkefølge for segmenterne AA 1, BB 1, SS 1 skærer hinanden på et punkt, er det nødvendigt og tilstrækkeligt for forholdet at holde: (3) (segmenter AA 1, BB 1, SS 1 nogle gange kaldet cevianer).

Bevis.

Nødvendighed. Lad segmenterne AA 1 , BB 1, SS 1 skærer hinanden i et punkt M inde i trekanten ABC .

Lad os betegne med S 1, S 2, S 3 areal af trekanter AMC, SMV, AMV, og igennem h 1, h 2- afstande fra punkter EN Og I til en lige linje FRK. Derefter tilsvarende,. Efter at have multipliceret de resulterende proportioner er vi overbeviste om sætningens gyldighed.

Tilstrækkelighed. Lad pointene A 1, B 1, C 1 ligge på siderne BC, SA, AS trekant, og relation (3) er opfyldt, M- skæringspunkt for segmenter AA 1 Og BB 1, og segmentet CM krydser siden AB på punktet Q. Derefter, ifølge hvad der allerede er bevist , . Lemmaet antyder igen, at punkterne er sammenfaldende Q=C 1. Tilstrækkelighed er blevet bevist.

Lad os nu vende os til den rumlige generalisering af Cevas sætning.

Cevas teorem for tetraederet.

Lade M- et punkt inde i et tetraeder ABCD, EN A 1, B 1, C 1 og D 1- skæringspunkter mellem fly SMD , AMD, AMB Og SMV med ribben AB, B C , CD Og D.A. henholdsvis. Derefter (4). Omvendt: hvis for point , så flyene ABC , BCD 1 Og DAB 1 passere gennem et punkt.

Bevis.

Behovet er let at opnå, hvis du bemærker, at pointene A1, B1, C1, D1 ligge i samme plan (dette plan passerer gennem de lige linjer A 1 C 1 Og B 1 D 1, skærende i et punkt M), og anvende Menelaos' sætning. Den inverse sætning er bevist på samme måde som den omvendte af Menelaos' sætning i rummet: du skal tegne et plan gennem punkterne A 1, B 1, C 1 og bevis ved hjælp af lemmaet, at dette plan skærer kanten D.A. på punktet D 1 .

§3. Egenskaber for medianer og bimedianer af et tetraeder

Medianen af ​​et tetraeder er et segment, der forbinder tetraederens toppunkt med tyngdepunktet på den modsatte flade (skæringspunktet mellem medianerne).

Sætning (Anvendelse af Menelaos' sætning).

Medianerne af et tetraeder skærer hinanden på et punkt. Dette punkt deler hver median i forholdet 3:1, regnet fra toppunktet.

Bevis.

Lad os tage to medianer: DD 1 Og CC 1 tetraeder ABCD. Disse medianer vil skære hinanden ved punktet F . C.L.– medianen af ​​ansigtet ABC , D.L.– medianen af ​​ansigtet ABD, A D 1 , C 1 – ansigtets tyngdepunkter ABC Og ABD. Ifølge Menelaos' sætning: og . Lad os skrive sætningen for trekanten ned DLD 1 : ; => Beviset er det samme for alle andre medianerpar.

Sætning (Anvendelse af Cevas sætning).

Lad os først definere nogle elementer i tetraederet. Segmentet, der forbinder midtpunkterne af de krydsende kanter af et tetraeder, kaldes en bimedian. Bi-højder (i analogi) er de almindelige vinkelrette kanter, der krydser kanter.

Sætning.

Bimedianerne af et tetraeder skærer hinanden på samme punkt som medianerne af et tetraeder.

Bevis.

I en trekant LDC segmenter DC Og LF skærer hinanden i et punkt K. Ifølge Cevas sætning for denne trekant: , dvs. , CK=KD, LK – bimedian.

Note 1.

FL = FK. Menelaos' sætning for trekant DL K : , , herfra LF = FK .

Note 2.

Prik F er tetraederens tyngdepunkt. , , Midler .

1.2 Forskellige typer af tetraeder

§1. Pythagoras tetraeder

En trekant kaldes Pythagoras, hvis den har én ret vinkel, og forholdet mellem alle sider er rationelt (det vil sige, ved at bruge lighed kan du få en retvinklet trekant fra den med integrale sidelængder).

I analogi med dette kaldes et tetraeder Pythagoras, hvis dets plane vinkler ved et af toppunkterne er rette, og forholdet mellem to kanter er rationelt (udfra det, ved at bruge lighed, kan man opnå et tetraeder med rette plane vinkler ved en af hjørnerne og de integrerede kantlængder).

Lad os prøve at udlede "ligningen af ​​Pythagoras tetraeder", dvs. en ligning med tre ukendte ξ, η, ζ sådan at ethvert Pythagoras tetraeder giver en rationel løsning til denne ligning, og omvendt giver enhver rationel løsning til ligningen et Pythagoras tetraeder.

Først vil vi give en måde at beskrive alle Pythagoras trekanter på.

Billedet viser en trekant OAV- rektangulær, længden af ​​dens ben er angivet med EN Og b, og hypotenusens dyne er igennem R. Vi bliver enige om at kalde nummer (1) parameteren for en retvinklet trekant OAV(eller mere præcist parameteren "i forhold til benet EN"). Brug af relationen p2 =a2 +b2, vi har:

Fra disse ligninger får vi direkte formler, der udtrykker forholdet mellem siderne i en retvinklet trekant gennem dens parameter:

Og (2).

Følgende udsagn følger direkte af formlerne (1) og (2): For at en retvinklet trekant skal være pythagoræisk, er det nødvendigt og tilstrækkeligt, at tallet ξ er rationelt. Faktisk, hvis trekanten er Pythagoras, så følger det af (1), at ξ er rationel. Omvendt, hvis ξ er rationel, så er sidernes forhold ifølge (2) rationelle, det vil sige en pythagoras trekant.

Lad det nu OABC- et tetraeder med flade topvinkler OM lige. Længderne af kanterne, der udgår fra toppunktet O, er angivet med a,b,c, og længderne af de resterende kanter igennem p, q, r .

Overvej parametrene for tre rette trekanter OAV, OVS, OSA:

Derefter kan vi ved hjælp af formlerne (2) udtrykke forholdet mellem siderne af disse retvinklede trekanter gennem deres parametre:

Det følger direkte af (4), at parametrene ξ, η, ζ , tilfredsstille forholdet (6). Dette er den generelle ligning for Pythagoras tetraedre.

Følgende udsagn følger direkte af formlerne (3) - (5): for et tetraeder OABC med rette plane vinkler i toppunktet O er Pythagoras, er det nødvendigt og tilstrækkeligt, at parametrene ξ, η, ζ (tilfredsstillende ligning (6)) var rationelle.

For at fortsætte analogien af ​​den pythagoreiske trekant med den pythagoreiske tetraeder, vil vi forsøge at formulere og bevise en rumlig generalisering af Pythagoras sætning for rektangulære tetraeder, hvilket naturligvis vil være sandt for Pythagoras tetraeder. Det følgende lemma vil hjælpe os med dette.

Lemma 1.

Hvis arealet af polygonen er S, så er arealet af dets projektion på planet π lig med , hvor φ - vinklen mellem planet π og polygonens plan.

Bevis.

Udsagnet af lemmaet er indlysende for en trekant, hvis ene side er parallel med skæringslinjen mellem planet π og polygonens plan. Faktisk ændres længden af ​​denne side ikke under projektion, men længden af ​​højden, der sænkes ned på den under projektion, ændres i cosφ enkelt gang.

Lad os nu bevise, at ethvert polyeder kan opdeles i trekanter af den angivne type.

For at gøre dette, lad os tegne lige linjer gennem alle polygonens hjørner, parallelt med planernes skæringslinjer, og polygonen skæres i trekanter og trapezoider. Det er tilbage at skære hver trapez langs enhver af dens diagonaler.

Sætning 1(rumlig Pythagoras sætning).

I et rektangulært tetraeder ABCD, med flade hjørner i spidsen D, summen af ​​de kvadratiske arealer af dens tre rektangulære flader er lig med det kvadratiske område af ansigtet ABC .

Bevis.

Lad α være vinklen mellem planerne ABC Og DBC, D"- punktprojektion D til flyet ABC. Derefter S ΔDBC =СosαS ΔАBC Og S ΔD"BC = c оsαS ΔDBC(af Lemma 1), derfor c оsα = . S Δ D " B.C. = .

Lignende ligheder kan opnås for trekanter D"AB Og D"AC. At lægge dem sammen og tage højde for, at summen af ​​arealerne af trekanter D"Søn , D"AC Og D"AB lig med arealet af trekanten ABC, vi får, hvad vi har brug for.

Opgave.

Lad alle plane vinkler på et toppunkt D lige; -en , b , c– længden af ​​de kanter, der kommer ud fra toppunktet D til flyet ABC. Derefter

Bevis.

Ifølge Pythagoras sætning for et rektangulært tetraeder

På den anden side

1= ) => .

§2. Ortocentriske tetraedre

I modsætning til en trekant, hvis højder altid skærer hinanden på et punkt - ortocentret, har ikke alle tetraeder en lignende egenskab. Et tetraeder, hvis højder skærer hinanden på et tidspunkt, kaldes ortocentrisk. Vi vil begynde vores undersøgelse af ortocentriske tetraeder med nødvendige og tilstrækkelige betingelser for ortocentricitet, som hver kan tages til at definere et ortocentrisk tetraeder.

(1) Højderne af tetraederet skærer hinanden på et punkt.

(2) Baserne for højderne af tetraederet er fladernes ortocentre.

(3) Hver to modstående kanter af et tetraeder er vinkelrette.

(4) Summen af ​​kvadraterne af modsatte kanter af tetraederet er lige store.

(5) Segmenterne, der forbinder midtpunkterne af modsatte kanter af tetraederet, er ens.

(6) Produkterne af cosinus af modsatte dihedriske vinkler er ens.

(7) Summen af ​​kvadraterne af fladernes areal er fire gange mindre end summen af ​​kvadraterne af produkterne af modstående kanter.

Lad os bevise nogle af dem.

Bevis (3).

Lad hver to modstående kanter af tetraederet være vinkelret.

Følgelig skærer højderne af tetraederet parvis. Hvis flere linjer krydser hinanden i par, så ligger de i samme plan eller passerer gennem et punkt. Højderne af et tetraeder kan ikke ligge i samme plan, da dets toppunkter ellers også ville ligge i samme plan, så de skærer hinanden i et punkt.

Generelt set er det nødvendigt og tilstrækkeligt at kræve vinkelretheden af ​​kun to par modstående kanter, for at højderne af et tetraeder kan skære hinanden i ét punkt. Beviset for denne påstand følger direkte af følgende problem.

Opgave 1.

Givet et vilkårligt tetraeder ABCD. Bevis det .

Løsning.

Lade a= , b= , c=. Derefter , og ved at tilføje disse ligheder opnår vi det nødvendige.

Lade a= , b= og c=. Lighed 2 + 2 = 2 + 2 , Hvad vil du have. (a,c)=0. Ved at anvende denne algoritme på andre par af modsatte kanter opnår vi naturligvis den ønskede erklæring.

Lad os fremlægge beviset for ejendom (6).

For at bevise dette bruger vi følgende teoremer:

Sinussætning. "Produktet af længderne af to modstående kanter af et tetraeder, divideret med produktet af sinus af de dihedrale vinkler ved disse kanter, er det samme for alle tre par af modsatte kanter af tetraederet."

Bertschneiders sætning. "Hvis -en Og b er længderne af to krydsende kanter af tetraederet, og er de dihedrale vinkler ved disse kanter, så afhænger værdien ikke af valget af et par krydsende kanter.

Ved at bruge sinussætningen for tetraederet og Bertschneiders sætning finder vi, at produkterne af cosinus af modsatte dihedriske vinkler er ens, hvis og kun hvis summen af ​​kvadrater af modsatte kanter er lige store, hvorfra gyldigheden af ​​egenskab (6) af en ortocentrisk tetraeder følger.

For at afslutte punktet om det ortocentriske tetraeder, vil vi løse flere problemer om dette emne.

Opgave 2.

Bevis, at sammenhængen er sand i et ortocentrisk tetraeder OH2=4R2-3d2, Hvor OM- midten af ​​den beskrevne kugle, H- skæringspunktet mellem højder, R- radius af den omskrevne kugle, d - afstand mellem midtpunkterne af modstående kanter.

Løsning.

Lade TIL Og L- midten af ​​ribbenene AB Og CD henholdsvis. Prik N ligge i et fly, der passerer igennem CD vinkelret AB, og peg OM- i et fly, der passerer igennem TIL vinkelret AB.

Disse planer er symmetriske i forhold til tetraederens massecenter - midten af ​​segmentet KL. I betragtning af sådanne planer for alle kanter, finder vi, at punkterne N Og OM symmetrisk omkring M, hvilket betyder KLMO- parallelogram. Kvadraterne på dens sider er lige store og derfor . Overvejer et afsnit, der går gennem et punkt M parallel AB Og CD, det forstår vi AB 2 + CD 2 = 4d 2 .

Her kan vi tilføje, at den linje, punkterne ligger på Åh, M Og N, kaldes Euler lige linje af et ortocentrisk tetraeder.

Kommentar.

Sammen med Eulers lige linje kan vi bemærke eksistensen af ​​Euler-sfærer for en ortocentrisk terahedra, som vil blive diskuteret i de følgende problemer.

Opgave 3.

Bevis, at for et ortocentrisk tetraeder af en cirkel, hører 9 punkter af hver flade til en kugle (en kugle på 24 punkter). For at løse dette problem er det nødvendigt at bevise tilstanden af ​​følgende problem.

Opgave 4.

Bevis, at midtpunkterne på trekantens sider, højdernes grundpunkter og midtpunkterne af højdesegmenterne fra hjørnerne til deres skæringspunkt ligger på den samme cirkel - cirklen med 9 punkter (Euler).

Bevis.

Lade ABC- denne trekant, N- skæringspunktet mellem dets højder, A 1, B 1, C 1- midtpunkter af segmenter AN, VN, SN; AA 2- højder, A 3- midten Sol. For nemheds skyld antager vi det ABC- spids trekant. Fordi B 1 A 1 C 1 = DIG Og ΔB 1 A 2 C 1 = ΔB 1 NS 1, At B 1 A 2 C 1 = B 1 NS=180° - B 1 A 1 C 1, dvs. point A 1, B 1, A 2, C 1 ligge på samme cirkel. Det er også nemt at se det B 1 A 3 C 1 = B 1 NS = 180° - B 1 A 1 C 1, dvs. point A 1, B 1, A 3, C 1 også ligge på samme (og derfor på samme) cirkel. Det følger heraf, at alle 9 punkter nævnt i betingelsen ligger på samme cirkel. Tilfældet med en stump trekant ABC behandles ens.

Bemærk, at cirklen med 9 punkter er homotetisk med den omskrevne cirkel med centrum ved H og koefficienten (sådan er trekanter arrangeret ABC Og A 1 B 1 C 1). På den anden side er 9-punktscirklen homotetisk med den omskrevne cirkel centreret ved skæringspunktet for trekantens medianer ABC og en koefficient (sådan er trekanter ABC og en trekant med hjørner i midten af ​​siderne placeret).

Nu, efter at have defineret en cirkel på 9 punkter, kan vi gå videre til at bevise betingelserne for opgave 3.

Bevis.

Sektionen af ​​et ortocentrisk tetraeder i et hvilket som helst plan parallelt med de modsatte kanter og passerer i lige stor afstand fra disse kanter er et rektangel, hvis diagonaler er lig med afstanden mellem midtpunkterne af de modsatte kanter af tetraederet (alle disse afstande er lig med hinanden, se den nødvendige og tilstrækkelige betingelse for ortocentricitet (5) Deraf følger, at midtpunkterne af alle kanterne af det ortocentriske tetraeder ligger på overfladen af ​​en kugle, hvis centrum falder sammen med tyngdepunktet af det givne tetraeder, og diameteren er lig med afstanden mellem midtpunkterne af de modsatte kanter af tetraederet. Det betyder, at alle fire cirkler med 9 punkter ligger på overfladen af ​​denne kugle.

Opgave 5.

Bevis, at for et ortocentrisk tetraeder er tyngdepunkterne og skæringspunkterne for højderne af fladerne, såvel som de punkter, der deler segmenterne af hver højde af tetraederet fra toppunktet til skæringspunktet mellem højderne i en forhold på 2: 1, ligge på den samme kugle (kugle på 12 punkter).

Bevis.

Lad pointene Åh, M Og N- henholdsvis midten af ​​en afgrænset kugle, tyngdepunktet og ortocentret af et ortocentrisk tetraeder; M- midten af ​​segmentet HAN(se opgave 2). Tyngdepunkterne af tetraederets ansigter tjener som hjørnerne af et homotetisk tetraeder, med homotetisk centrum i punktet M og koefficient , med dette homotetiske punkt OM vil gå til punkt O 1, placeret på segmentet MN Så , O 1 vil være centrum af kuglen, der passerer gennem ansigternes tyngdepunkter.

På den anden side tjener de punkter, der deler segmenterne af højderne af tetraederet fra hjørnerne til ortocentret i forholdet 2:1 som hjørnerne af en tetraederhomotetisk til den givne med homotetisk centrum ved N og koefficient. Med denne homoteti er pointen OM, som det er let at se, vil gå til samme punkt O 1. Således ligger otte af de tolv punkter på overfladen af ​​kuglen centreret ved O 1 og en radius tre gange mindre end radius af kuglen, der er afgrænset omkring tetraederet.

Lad os bevise, at skæringspunkterne mellem højderne af hver flade ligger på overfladen af ​​den samme kugle.

Lade Åh, N' Og M`- midten af ​​den omskrevne cirkel, skæringspunktet mellem højderne og tyngdepunktet for enhver flade. O` Og N` er projektioner af punkter OM Og N til dette ansigts plan og segmentet M` opdeler et segment O'N' i forholdet 1:2, regnet fra O`(et kendt planimetrisk faktum). Nu er det nemt at verificere (se figur), at projektionen O 1 på dette ansigts plan - et punkt O` 1 falder sammen med midten af ​​segmentet M`N`, dvs. O 1 lige langt fra M` Og N`, hvilket er det, der kræves.

§3. Ramme tetraeder

Et rammetetraeder er et tetraeder, for hvilket der er en kugle, der rører ved alle seks kanter af tetraederet. Ikke alle tetraeder er indrammet. For eksempel er det let at forstå, at det er umuligt at konstruere en kugle, der berører alle kanterne af et isoedrisk tetraeder, hvis dets beskrevne parallelepipedum er "langt".

Lad os liste egenskaberne for rammetetraederet.

(1) Der er en kugle, der rører ved alle kanterne af tetraederet.

(2) Summen af ​​længderne af de krydsende kanter er lige store.

(3) Summen af ​​dihedriske vinkler ved modsatte kanter er lige store.

(4) Cirkler indskrevet i ansigter rører parvis.

(5) Alle firkanter som følge af udviklingen af ​​et tetraeder er beskrevet.

(6) Vinkler, der er gendannet på ansigterne fra centrene af cirklerne indskrevet i dem, skærer hinanden på et punkt.

Lad os bevise flere egenskaber ved rammens tehedron.

Bevis (2).

Lade OM- midten af ​​en kugle, der berører fire kanter på de indre punkter. Lad os nu bemærke, at hvis fra punktet x tegne tangenter XP Og XQ til en kugle med centrum OM, så punkterne R Og Q symmetrisk om et plan, der går gennem en ret linje XO og midten af ​​segmentet PQ, hvilket betyder fly ROH Og QOX dannes med et fly XPQ lige store vinkler.

Lad os tegne 4 planer, der går gennem punkt O og de betragtede kanter af tetraederet. De opdeler hver af de pågældende dihedriske vinkler i to dihedriske vinkler. Det blev vist ovenfor, at de resulterende dihedriske vinkler, der støder op til den ene side af tetraederet, er ens. Både den ene og den anden betragtede sum af dihedriske vinkler inkluderer en resulterende vinkel for hver side af tetraederet. Ved at udføre lignende ræsonnementer for andre par krydsende kanter opnår vi gyldigheden af ​​egenskaben (2).

Lad os huske nogle egenskaber ved den beskrevne firkant:

a) En plan firkant vil blive omskrevet, hvis og kun hvis summen af ​​dens modstående sider er lige store;

b) Hvis den omskrevne firkant er opdelt diagonalt i to trekanter, så rører cirklerne indskrevet i trekanterne

I betragtning af disse egenskaber er det let at bevise de resterende egenskaber af rammens tetraeder. Egenskab (3) af tetraederet følger direkte af egenskab (b), og ejendom (4) af egenskab (a) og egenskab (1) af tetraeder. Ejendom (5) fra ejendom (3). Faktisk er de cirkler, der er indskrevet i tetraederets flader, skæringspunkterne mellem dets flader med en kugle, der rører kanterne, hvorfra det er tydeligt, at de vinkelrette punkter, der er gendannet i midten af ​​cirklerne indskrevet i fladerne, uundgåeligt vil skære hinanden i midten af denne sfære.

Opgave 1.

Kuglen rører ved kanterne AB, BC, CD Og D.A. tetraeder ABCD på punkter L, M, N, K, som er hjørnerne af firkanten. Bevis, at hvis denne kugle rører en kant AC, så rører den også kanten BD .

Løsning.

Efter forhold KLMN- firkantet. Lad os trække punkterne igennem K, L, M, N planer, der tangerer kuglen. Fordi alle disse fly er lige tilbøjelige til flyet KLMN, så skærer de hinanden på et tidspunkt S, placeret på en lige linje OO 1, hvor er centrum af kuglen, og O 1- midten af ​​pladsen. Disse planer skærer kvadratets overflade KLMN efter kvadrat TUVW, hvis midtpunkter er punkter K, L, M, N. I en tetraedrisk vinkel STUVW med toppunkt S er alle planvinkler ens, og punkterne K, L, M, N ligge på halveringslinjen af ​​dens plane vinkler, og SK=SL=SM=SN. Derfor,

SA=SC Og SD=SB, hvilket betyder AK=AL=CM=CN Og ВL=BM=DN=DK. Efter betingelse AC rører også bolden, så EN C =AK+CN=2AK. Og siden S.K.- vinkelhalveringslinje DSA, At DK:KA=DS:SA=DВ:AC. Fra ligestilling AC=2AC det følger nu, at DВ=2DK. Lade R- midten af ​​segmentet DВ, Derefter R ligger på en lige linje SÅ. Trekanter DOK Og DOP er lige, fordi DK=DP Og DKO=DPO=90°. Derfor ELLER=OK=R, Hvor R er kuglens radius, hvilket betyder D.B. gælder også for sfæren.

§4. Isoedriske tetraeder

Et isoedrisk tetraeder er et, hvor alle sider er lige store. For at forestille os et isohedral tetraeder, lad os tage en vilkårlig spids trekant lavet af papir og bøje den langs midterlinjerne. Så vil de tre hjørner konvergere på et punkt, og halvdelene af siderne vil lukke sammen og danne sidekanterne af tetraederet.

(0) Ansigterne er kongruente.

(1) Krydsende kanter er parvis lige store.

(2) Triedriske vinkler er ens.

(3) Modsatte dihedrale vinkler er lige store.

(4) To plane vinkler, der hviler på den ene kant, er lige store.

(5) Summen af ​​planvinklerne ved hvert toppunkt er 180°.

(6) Udvikling af et tetraeder - trekant eller parallelogram.

(7) Det beskrevne parallelepipedum er rektangulært.

(8) Tetraederet har tre symmetriakser.

(9) Fælles perpendikulære af krydsende kanter i par

vinkelret.

(10) Midtlinjerne er parvis vinkelrette.

(11) Omkredsen af ​​fladerne er ens.

(12) Arealerne af ansigterne er lige store.

(13) Højderne af tetraederet er lige store.

(14) Segmenterne, der forbinder hjørnerne med tyngdepunkterne på modstående flader, er ens.

(15) Radierne af cirklerne beskrevet omkring fladerne er ens.

(16) Tyngdepunktet for tetraederet falder sammen med midten af ​​den omskrevne kugle.

(17) Tyngdepunktet falder sammen med midten af ​​den indskrevne kugle.

(18) Centrum af den omskrevne kugle falder sammen med midten af ​​den indskrevne kugle.

(19) Den indskrevne kugle rører ved ansigterne ved de centre, der er beskrevet om disse

kanter af cirkler.

(20) Summen af ​​ydre enhedsnormaler (enhedsvektorer,

vinkelret på fladerne) er lig nul.

(21) Summen af ​​alle dihedriske vinkler er nul.

Næsten alle egenskaber ved et isoedrisk tetraeder følger af dets

definitioner, så vi vil kun bevise nogle af dem.

Bevis (16).

Fordi tetraeder ABCD isohedral, derefter efter ejendom (1) AB=CD. Lad pointen TIL segment AB, og peg L midtpunkt DC, deraf segmentet KL bimedian af et tetraeder ABCD, hvoraf det følger af tetraedermedianernes egenskaber, at punktet OM- midten af ​​segmentet KL, er tetraederens tyngdepunkt ABCD .

Derudover skærer medianerne af tetraederet i tyngdepunktet, punktet OM, og divideres med dette punkt i forholdet 3:1, regnet fra toppen. Dernæst, under hensyntagen til ovenstående og egenskaben (14) af et isoedrisk tetraeder, opnår vi følgende lighed af segmenter AO=BO=CO=DO, hvoraf det følger, at punktet OM er midten af ​​en omskrevet kugle (per definition omskrevet om et polyeder af en kugle).

Tilbage. Lade TIL Og L- midten af ​​ribbenene AB Og CD derfor punkt OM- midten af ​​tetraederens beskrevne kugle, dvs. midtpunkt KL. Fordi OM er midten af ​​tetraederets omskrevne kugle, derefter trekanterne AOB Og TORSK.- ligebenet med lige sider og lige medianer Okay Og OL. Derfor ΔAOB =ΔCOD. Hvilket betyder AB=CD. Ligheden af ​​andre par af modstående kanter er bevist på lignende måde, hvorfra, ved egenskab (1) af et isoedrisk tetraeder, vil det ønskede resultat følge.

Bevis (17).

Overvej halveringslinjen af ​​den dihedrale vinkel ved kanten AB, vil den opdele segmentet DC med hensyn til områderne af fladerne ABD Og ABC .

Fordi tetraeder ABCD isohedral, derefter efter ejendom (12) S ΔABD =S ΔABD =>DL=LC, hvilket indebærer, at halveringslinjen ABL indeholder bimedian KL. Ved at anvende lignende ræsonnementer for de resterende dihedriske vinkler, og under hensyntagen til det faktum, at halveringslinjerne i tetraederet skærer hinanden i et punkt, som er midten af ​​den indskrevne kugle, opnår vi, at dette punkt uundgåeligt vil være tyngdepunktet for denne isohedral. tetraeder.

Tilbage. Fra det faktum, at tyngdepunktet og midten af ​​den indskrevne kugle falder sammen, har vi følgende: DL=LC=>SABD=SADC. Ved at bevise på en lignende måde, at alle flader er lige store og anvende egenskaben (12) af et isoedrisk tetraeder, opnår vi det, vi leder efter.

Lad os nu bevise ejendom (20). For at gøre dette skal du først bevise en af ​​egenskaberne ved et vilkårligt tetraeder.

tetrahedron sætning skole lærebog

Lemma 1.

Hvis længderne af vektorerne vinkelret på tetraederets flader er numerisk lig med arealerne af de tilsvarende flader, så er summen af ​​disse vektorer nul.

Bevis.

Lade x- punkt inde og polyeder, h i (i=1,2,3,4)- afstand fra det til flyet jeg-kanten.

Lad os skære polyederet i pyramider med et toppunkt x, hvis baser er dens ansigter. Volumen af ​​et tetraeder V lig med summen af ​​disse pyramiders rumfang, dvs. 3 V=∑h i S i, Hvor S i firkant jeg-kanten. Lad videre n i er enhedsvektoren for den ydre normal til den i-te flade, M i er et vilkårligt punkt på denne flade. Derefter h i =(ХM i, S i n i), Derfor 3V=∑h i S i =∑(ХM i, S i n i)=(ХО, S i n i)+(ОM i, S i n i)=(ХО, ∑S i n i)+3V, Hvor OM er et fast punkt på tetraederet, derfor ∑S i n i =0 .

Det er yderligere indlysende, at egenskaben (20) af et isoedrisk tetraeder er et specialtilfælde af ovenstående lemma, hvor S 1 =S 2 =S 3 =S 4 =>n 1 =n 2 =n 3 =n 4, og da arealerne af ansigterne ikke er lig med nul, opnår vi den korrekte lighed n1+n2+n3+n4=0 .

For at afslutte historien om det isoedriske tetraeder præsenterer vi flere problemer om dette emne.

Opgave 1.

En lige linje, der går gennem tetraederens massecenter og midten af ​​kuglen omkranset omkring det, skærer kanterne AB Og CD. Bevis det AC=BD Og AD=BC .

Løsning.

Tetraederens massecenter ligger på den lige linje, der forbinder kanternes midtpunkter AB Og CD .

Som følge heraf ligger midten af ​​tetraederens omskrevne kugle på denne linje, hvilket betyder, at den angivne linje er vinkelret på kanterne AB Og CD. Lade C` Og D`- projektioner af punkter C Og D til et fly, der passerer gennem en linje AB parallel CD. Fordi AC`BD`- parallelogram (ved konstruktion), så AC=BD Og AD=BC .

Opgave 2.

Lade h- højden af ​​et isoedrisk tetraeder, h 1 Og h 2- segmenter, i hvilke en af ​​højderne af en flade er divideret med skæringspunktet mellem højderne af denne flade. Bevis det h 2 = 4 t 1 h 2; bevis også, at bunden af ​​højden af ​​tetraederet og skæringspunktet for højderne af den flade, hvorpå denne højde er sænket, er symmetriske i forhold til midten af ​​cirklen, der er afgrænset omkring denne flade.

Bevis.

Lade ABCD- dette tetraeder, D.H.- hans høje, DA 1, DB 1, DC 1- højderne af ansigterne faldt fra toppunktet D til siderne BC, SA og AB .

Lad os skære overfladen af ​​tetraederet langs kanterne DA, DB, DC, og lad os lave et sweep. Det er indlysende N er skæringspunktet for trekantens højder D 1 D 2 D 3. Lade F- skæringspunktet for trekantens højder ABC, AK- højden af ​​denne trekant, АF=h 1, FК=h 2. Derefter D1Н=2h1, D1A1=h1-h2 .

Altså siden h- højden af ​​vores tetraeder, h 2 =DH 2 = DA 2 - NA 1 2 = (h 1+ h 2) 2 - (h 1 - h 2) 2 = 4 h 1 h 2. Lad det nu M- trekantens tyngdepunkt ABC(alias trekantens tyngdepunkt D 1 D 2 D 3), OM- midten af ​​cirklen beskrevet omkring den. Det er kendt, at F, M Og OM ligge på samme rette linie (Eulers rette linie), og M- mellem F Og OM , FM =2MO, På den anden side trekant D 1 D 2 D 3 homotetisk til en trekant ABC centreret ved M og koefficient (-2), hvilket betyder MH=2FM. Den følger det OH=FO .

Opgave 3.

Bevis, at i et isoedrisk tetraeder ligger grundene af højderne, højdernes midtpunkter og skæringspunkterne for højderne af fladerne på overfladen af ​​en kugle (en kugle på 12 punkter).

Bevis.

Ved at løse opgave 2 beviste vi, at midten af ​​en kugle afgrænset omkring et tetraeder projiceres på hver flade ind i midten af ​​et segment, hvis ender er bunden af ​​højden sænket til denne flade og skæringspunktet mellem højderne af dette ansigt. Og da afstanden fra midten af ​​kuglen beskrevet om tetraederet til ansigtet er lig med , hvor h er højden af ​​tetraederet, er midten af ​​den omskrevne kugle fjernet fra disse punkter i en afstand, hvor EN- afstanden mellem højdernes skæringspunkt og midten af ​​cirklen beskrevet rundt om kanten.

§5. Incentriske tetraeder

Segmenterne, der forbinder tyngdepunkterne af tetraederets flader med modsatte hjørner (medianer af tetraederet) skærer altid hinanden på et punkt, dette punkt er tetraederens tyngdepunkt. Hvis vi i denne tilstand erstatter ansigternes tyngdepunkter med ansigternes ortocentre, så bliver det til en ny definition af et ortocentrisk tetraeder. Hvis vi erstatter dem med centre af cirkler indskrevet i ansigterne, nogle gange kaldet incentre, får vi definitionen af ​​en ny klasse af tetraedre - incentriske.

Karakteristikaene for klassen af ​​incentriske tetraeder er også ret interessante.

(1) Segmenterne, der forbinder tetraederens hjørner med centrene af cirkler, der er indskrevet i modsatte flader, skærer hinanden i et punkt.

(2) Halveringsvinklerne af to flader trukket til den fælles kant af disse flader har en fælles base.

(3) Produkterne af længderne af modstående kanter er lige store.

(4) Trekanten dannet af det andet skæringspunkt mellem tre kanter, der kommer ud fra et toppunkt med en hvilken som helst kugle, der passerer gennem de tre ender af disse kanter, er ligesidet.

Bevis (2).

Ved ejendom (1), hvis DF, BE, CF, AM- halveringslinjer for tilsvarende vinkler i trekanter ABC Og FBD, derefter segmenterne KS Og LD vil have en fælles pointe jeg(se billede). Hvis lige DK Og CL ikke skære hinanden i et punkt F, så åbenbart KS Og D.L. krydser ikke, hvilket ikke kan være (i henhold til definitionen af ​​et incentrisk tetraeder).

Bevis (3).

Under hensyntagen til egenskaben (2) og halveringslinjens egenskab får vi følgende relationer:

; .

§6. Tilsvarende tetraeder

Tetraedre kaldes tilsvarende, hvis de har

(1) Bi-højder er ens.

(2) Projektionen af ​​et tetraeder på et plan vinkelret på enhver bimedian er en rombe.

(3) Overfladerne på det beskrevne parallelepipedum er lige store.

(4) 4a 2 a 1 2 - (b 2 +b 1 2 -c 2 -c 1 2) 2 =4b 2 b 1 2 - (c 2 +c 1 2 -a 2 -a 1 2) 2 =4c 2 c 1 2 - (a 2 + a 1 2 -b 2 -b 1 2) 2, Hvor EN Og en 1 , b Og b 1 , Med Og fra 1- længder af modstående ribben.

For at bevise ækvivalensen af ​​definitioner (1) - (4), er det nok at bemærke, at bihøjderne af et tetraeder er lig med højderne af parallelogrammet, hvilket er dets projektion, nævnt i egenskab (2), og højderne af det beskrevne parallelepipedum, og at kvadratet af det areal af parallelepipedet, der f.eks. indeholder en kant Med, er lig med , og skalarproduktet udtrykkes gennem kanterne af tetraederet ifølge formel (4).

Lad os tilføje yderligere to betingelser for proportionalitet her:

(5) For hvert par af modstående kanter af et tetraeder er planerne trukket gennem den ene af dem og midten af ​​den anden vinkelrette.

(6) En kugle kan indskrives i det beskrevne parallelepipedum af et tilsvarende tetraeder.

§7. Regelmæssige tetraeder

Hvis kanterne på et tetraeder er ens med hinanden, vil de trihedrale, dihedrale og plane vinkler være lig med hinanden. I dette tilfælde kaldes tetraederet regulært. Bemærk også, at et sådant tetraeder er ortocentrisk, rammeformet, ækviedrisk, incentrisk og tilsvarende.

Note 1.

Hvis tetraederet er isoedrisk og tilhører en af ​​følgende typer tetraedre: ortocentrisk, ramme, incentrisk, tilsvarende, så vil det være regelmæssigt.

Note 2.

Et tetraeder er regulært, hvis det tilhører to typer af tetraeder fra følgende: ortocentrisk, ramme, incentrisk, tilsvarende, ækviedrisk.

Egenskaber ved et regulært tetraeder:

Hver af dens toppunkter er toppunktet af tre trekanter. Det betyder, at summen af ​​planvinklerne ved hvert toppunkt vil være lig med 180º

(0) Et oktaeder kan indskrives i et regulært tetraeder, desuden vil fire (ud af otte) flader af oktaederet blive kombineret med fire flader af tetraederet, alle seks spidser af oktaederet vil blive kombineret med midten af ​​seks kanter af tetraederet.

(1) Et regulært tetraeder består af et indskrevet oktaeder (i midten) og fire tetraeder (ved hjørnerne), og kanterne på disse tetraeder og oktaederet er halvt så store som kanterne på et regulært tetraeder

(2) Et regulært tetraeder kan indskrives i en terning på to måder, og de fire hjørner af tetraederet vil være på linje med terningens fire spidser.

(3) Et regulært tetraeder kan indskrives i et icosahedron, desuden vil tetraederens fire spidser blive kombineret med icosaederets fire spidser.

Opgave 1.

Bevis, at de skærende kanter af et regulært tetraeder er indbyrdes vinkelrette.

Løsning:

Lade D.H. højden af ​​et regulært tetraeder, punkt H er midten af ​​et regulært tetraeder Δ ABC . Så vil projektionen af ​​segmentet AD på planet af basis-ABC være segmentet B.H. . Fordi B.H. A.C. , derefter ved sætningen om tre perpendikulære den skrånende BD A.C. .

Opgave 2.

Givet et regulært tetraeder MAVS med kant 1. find afstanden mellem linjerne AL Og MO, Hvor L- midten af ​​ribben FRK , OM-ansigtscenter ABC.

Løsning:

1. Afstanden mellem to krydsende linjer er længden af ​​vinkelret tegnet fra en linje til et plan parallelt med denne linje og indeholder den anden linje.

2. Vi bygger en projektion A.K. segment AL til flyet ABC. Fly AKL vinkelret på planet ABC, parallelt med linjen M.O. og indeholder en direkte AL. Det betyder, at den nødvendige længde er længden af ​​vinkelret PÅ, faldt fra punktet O Til A.K. .

3. Lad os finde S Δ KHA to måder.

S Δ = .

På den anden side: S Δ KHA =

derfor ρ.

Lad os finde PÅ : ρ= .

Opgave 3.

Hver kant af en trekantet pyramide PABC er lig med 1; BD– højden af ​​trekanten ABC. Ligesidet trekant BDE ligger i et plan, der danner en vinkel ϕ med ribben A.C., og punkterne P Og E ligge på den ene side af flyet ABC. Find afstanden mellem punkter P Og E .

Løsning. Da alle kanterne af pyramiden PABC er ens, er dette et regulært tetraeder. Lade M– midten af ​​basen ABC , N– ortogonal projektion af toppunktet E ligesidet trekant BDE til flyet ABC ,K– midt BD ,F– bunden af ​​en vinkelret faldet fra et punkt E til højden OM EFTERMIDDAGEN. tetraeder PABC. Fordi E.K. BD, derefter ved sætningen om tre perpendikulære N.K. BD, Derfor EKN– lineær vinkel på den dihedrale vinkel dannet af planerne ABC Og BDE, og fordi NK || A.C., At EKN = ϕ . Dernæst har vi:

BD = , M.D. = , KD = , BD = , OM EFTERMIDDAGEN. = ,

K.M. = KD - M.D. = - = , E.K. = BD · = , DA = E.K. synd ϕ = synd ϕ ,

NK = EKcos ϕ = cos ϕ , MN 2= NK 2+KM 2 = cos 2ϕ + ,

P.E. 2= EF 2+PF 2= MN 2 + (PM - MF)2= MN 2 + (PM - EN)2 =

= cos 2ϕ + + ( - synd ϕ )2 = cos 2ϕ + + - synd ϕ + synd 2ϕ == + + - synd ϕ = - synd ϕ = - synd ϕ .

Derfor,

PE = = .

Opgave 4.

Find vinklerne mellem krydsningshøjderne af tilstødende flader af tetraederet.

Løsning.

Sag nr. 1.

Lade B.K. Og DF– højder af kanter ABC Og BCD. BK, FD = α . Lad os betegne længden af ​​kanten af ​​tetraederet som -en. Lad os udføre FL || B.K., Derefter α = DFL . KL=LC.

Δ DLF :

; ; ; .

Sag nr. 2 (højden er placeret anderledes).

B.K. Og CN– højder af kanter ABC Og BCD. Lad os udføre FP || CN Og FL || B.K. . ; . Vi finder LP .GØR- højden af ​​et regulært tetraeder, GØR = , Q– projektion P til flyet ABC , . ,

Lad os skrive cosinussætningen for Δ LFP :

Da vinklen mellem rette linjer per definition er spids

Kapitel II. Tetraeder i et matematikkursus på gymnasiet

§1. Sammenlignende egenskaber ved præsentationen af ​​emnet "tetrahedron" i skolebøger

I et skolegeometrikursus afsættes ret meget tid til at studere det grundlæggende i emnet "Tetrahedron". Der er praktisk talt ingen metodiske problemer med at undervise i dette emne, da eleverne ved, hvad en pyramide er (inklusive en trekantet), både fra propædeutiske kurser i tidligere år med matematikundervisning og fra livserfaring. Et regulært tetraeder er forbundet med dets flade modstykke - en regulær trekant og lighed af sider med lighed af kanter eller flader.

Der er imidlertid problemer med at studere emnet for studerende, og forskellige lærebøger forsøger at løse dem på forskellige måder (rækkefølgen af ​​præsentationen af ​​teoretisk materiale, niveauet af problemernes kompleksitet osv.). Lad os give en kort beskrivelse af almindelige geometriske lærebøger i aspektet ved at studere tetraederet.

Præsentation af emnet "Tetrahedron" i lærebogen "Geometry" for klasse 10-11 Atanasyan L. S. et al.

I grundlæggende i lærebogen "Geometri" for klasse 10-11 i gymnasiet af L. S. Atanasyan og andre kan information om tetraederet findes i 7 afsnit (12, 14, 28, 29, 32, 33, 69).

Lærebogens forfattere definerer et tetraeder som en overflade bestående af fire trekanter. Fra det teoretiske grundlag for lærebogen for klasse 10 kan du få viden om tetraederets flader, kanter og toppunkter, konstruktionen af ​​sektioner af tetraederet ved hjælp af et plan og beregningen af ​​arealet af den samlede overflade af tetraederet, inkl. og afkortet (kapitel III, § 2 "Pyramid").

Lærebogens teoretiske materiale præsenteres kompakt og stilistisk ensartet. Noget teoretisk materiale er placeret i den praktiske del af lærebogen (beviser for nogle sætninger er givet i opgaver). Lærebogens praktiske materiale er opdelt i to sværhedsgrader (der er såkaldte "opgaver med øget sværhedsgrad", markeret med et særligt symbol "*"). Derudover er der i slutningen af ​​lærebogen en problembog med problemer af høj kompleksitet, hvoraf nogle vedrører tetraederet. Lad os se på nogle af problemerne i lærebogen.

Problemløsning.

Opgave 1 (nr. 300). I en regulær trekantet pyramide DABC point E, F og P- midtpunkter på siderne B.C. , AB og A.D.. Bestem typen af ​​sektion og find dens areal, hvis siden af ​​bunden af ​​pyramiden er lig med -en, sidekanten er ens b.

Løsning.

Vi konstruerer et snit med et plan, der går gennem punkterne E, F, P. Lad os tegne trekantens midterlinje ABC , E.F. || A.C. ,

E.F. || AC, EN EN C ligger i pl. D C.A., Midler E.F. || pl. DCA. Skæreplanet vil skære ansigtet DCA i en lige linje P.K.

Fordi snitplanet går gennem den rette linje E.F. parallelt med flyet DCA og skærer flyet DCA, derefter skæringslinjen PK parallelt med linjen E.F.

Lad os bygge på kanten BDA linjestykke FP, og på kanten BDC- linjestykke E.K. Firkantet EFOK og er det ønskede afsnit. E.F. || AC, PK || E.F. || AC, , , Midler .

Fordi PK || EF og PK = E.F. At EFPK- parallelogram. Dermed, EK || EP, EP- trekantens midtlinje BCD .

Vinkel mellem skærende linjer D.B. Og C.A. lige med 90 °. Lad os bevise det. Lad os bygge pyramidens højde GØR. Prik O- midten af ​​en regulær trekant ABC. Lad os fortsætte segmentet B.O. indtil den skærer med siden A.C. på punktet M. I en retvinklet trekant ABC: BM- derfor højde, median og halveringslinje. Vi har, , , så baseret på vinkelret på linjen og planet , Derefter .

Fordi , PK || C.A. Og E.K. || BD, derefter EFPK- rektangel.

.

Opgave 2 (nr. 692).

Pyramidens bund er en retvinklet trekant med ben -en Og b. Hver af dens laterale kanter er skråtstillet til basens plan i en vinkel φ . Find pyramidens rumfang

Løsning:

ABCD- pyramide, hjørne ABC- rektangulær , AC = b, BC = a, vinkler DAO, DBO, DCO er lige. Vi finder VDABC0.

1) ∆DAO=∆ADC=∆DBO langs benet og spids vinkel, hvilket betyder AO=OC=OB=R cirkel afgrænset ca ∆ABC. Fordi . ∆ABC - rektangulær da .

2) Fra ∆ DOC : ; .

3) ; ; .

Præsentation af emnet "Tetrahedron" i lærebogen "Geometri" for klasse 7-11 Pogorelova A.V.

I en anden grundlærebog af A.V. Pogorelova og andet teoretisk materiale i en eller anden grad vedrørende emnet "Tetrahedron" er indeholdt i afsnit 176-180, 186, 192, 199, 200.

Afsnit 180 "Regulære polyedre" indeholder en definition af begrebet "regulært tetraeder" ("Et tetraeder er en trekantet pyramide, hvor alle kanter er ens"), beviset for nogle egenskaber og sætninger om pyramiden er illustreret med tegninger af tetraeder. Men i denne lærebog er der ikke lagt vægt på at studere figuren, og i den forstand kan dens informationsindhold (vedrørende tetraederet) vurderes som lavt. Lærebogens praktiske materiale indeholder et tilfredsstillende antal opgaver vedrørende en pyramide, ved hvilken der er en trekant (som i det væsentlige er et tetraeder). Lad os give eksempler på løsning af nogle problemer.

Problemløsning.

Opgave 1 (nr. 41 fra afsnittet "Polyhedra").

Pyramidens bund er en ligebenet trekant, hvis basis er 12 cm, og siden er 10 cm. Sidefladerne danner lige store dihedriske vinkler med basen, der hver indeholder 45°. Find højden af ​​pyramiden.

Løsning:

Lad os tegne en vinkelret SÅ til grundplanet og vinkelrette S.K., S.M. Og SN til siderne ΔABC. Derefter ved sætningen om tre perpendikulære Okay BC, OM AC og ON AB.

Derefter, SKO = SMO = SNO = 45° - som lineære vinkler af givne dihedrale vinkler. Derfor retvinklede trekanter SKO, SMO og SNO er ​​ens i ben og spids vinkel . Så OK=OM=TIL, det er meningen OM er midten af ​​en cirkel indskrevet i ΔABC.

Lad os udtrykke arealet af rektanglet ABC:

På den anden side , . Så ; OK=r=3 cm. Siden i en retvinklet trekant SOK spids vinkel er 45° , At ΔSOK er ligebenet og SÅ=OK= 3 (cm) .

Opgave 2 (nr. 43 fra afsnittet "Volumes of polyedra").

Find rumfanget af en pyramide, hvis basis er en trekant med to hjørner a og β; omskrevne cirkelradius R. Pyramidens laterale kanter er skråtstillet i forhold til dens baseplan i en vinkel γ.

Løsning.

Da alle pyramidens sidekanter hælder til bundens plan i samme vinkel, så er pyramidens højde O 1 O passerer gennem midten af ​​en cirkel, der er afgrænset nær bunden. Så

I ΔABC. Derefter ifølge sinussætningen

Så , , =

=.

Areal af en trekant :

Derefter .

Præsentation af emnet "Tetrahedron" i lærebogen "Geometry" for klasse 10-11 Aleksandrova A.D.

Lad os overveje lærebogen af ​​A.D. Aleksandrov. og andre.“Geometri: en lærebog for elever i 11. klasse. med dybdegående studier af matematik." Der er ingen separate afsnit afsat til tetraederet i denne lærebog, men emnet er til stede i form af fragmenter af andre afsnit.

Tetraederet nævnes første gang i §21.3. Materialet i dette afsnit diskuterer teoremet om triangulering af et polyeder; som et eksempel udføres triangulering af en konveks pyramide. Selve begrebet "polyhedron" i lærebogen fortolkes på to måder, den anden definition af begrebet er direkte relateret til tetrahedron: "A polyhedron is a figure that is the union of a finite number of tetrahedra...". Viden om den regulære pyramide og nogle aspekter af tetraederets symmetri kan findes i §23.

§26.2 beskriver anvendelsen af ​​Eulers sætning (“på regulære netværk”) for regulære polyedre (inklusive tetraederet), og §26.4 diskuterer de typer symmetrier, der er karakteristiske for disse figurer.

I lærebogen kan du også finde information om tetraederets midtlinje, massecentrum (§35.5) og klassen af ​​isoedriske tetraeder. Bevægelser af den første og anden art demonstreres i forbindelse med løsning af problemer om tetraeder.

Et særkende ved lærebogen er dens høje videnskabelige karakter, som forfatterne formåede at kombinere med et tilgængeligt sprog og en klar præsentationsstruktur. Lad os give eksempler på løsning af nogle problemer.

Problemløsning.

Opgave 1.

I en given regulær trekantet afkortet pyramide med sidekant a, kan vi placere en kugle, der rører alle flader, og en kugle, der rører alle kanter. Find siderne af pyramidens baser.

Løsning.

Lad os afbilde en "fuld" pyramide på tegningen. Denne pyramide, - højden af ​​den "fulde" pyramide, er dens del op til den øverste base af den afkortede. Problemet er reduceret til et planimetrisk, og der er ingen grund til at tegne nogen af ​​disse kugler. Fordi Hvis en kugle, der berører alle kanter, kan indskrives i en afkortet pyramide, så kan en cirkel indskrives i dens sideflade. Lad os betegne , (for nemheds skyld ved halvering) og for den beskrevne firkant får vi det , hvorfra

Af eksistensen af ​​en indskrevet kugle følger det, at der er en halvcirkel placeret i en trapez (et apotem af en "fuld" pyramide), så dens centrum ligger i midten, og den selv rører de tre andre sider af trapezoiden.

Boldens centrum, og er kontaktpunkterne. Derefter . Lad os udtrykke disse mængder gennem og . Fra : . Fra : . Fra trapez: . Vi får ligningen:

.(2)

Efter at have løst ligningssystemet (1) og (2), finder vi ud af, at siderne af baserne er lige store.

Opgave 2 .

Inde i et regulært tetraeder med en kant -en fire lige store kugler er arrangeret, så hver kugle rører tre andre kugler og tre flader af tetraederet. Find radius af disse kugler.

Løsning .

Dette tetraeder, - dets højde, - sfærernes centre, - skæringspunktet mellem den rette linje og planet. Bemærk, at centrene af lige store sfærer, der tangerer planet, fjernes fra det med lige store afstande, som hver er lig med kuglens radius (betegnet som x). Det betyder, at flyene er parallelle, og derfor .

Men hvad er højden af ​​et regulært tetraeder med en kant; hvad er højden af ​​et regulært tetraeder med kant 2 x ; .

Der er kun tilbage at udtrykke. Bemærk, at punktet er placeret inde i den trihedriske vinkel og fjernes fra dens flader med en afstand , og de plane vinkler for den trihedriske vinkel er ens. Det er ikke svært at få hvad. Vi kommer frem til ligningen:

, hvorfra vi efter forenklinger får .

Præsentation af emnet "Tetrahedron" i lærebogen "Geometry" for klasse 10-11 af Smirnova I.M.

Præsentation af emnet "Tetrahedron" i en lærebog for klasse 10-11 i humaniora af I.M. Smirnova. Følgende lektioner er afsat til: 18, 19, 21, 22, 28-30, 35.

Efter at have studeret sætningen om, at "Enhver konveks polyeder kan være sammensat af pyramider med et fælles toppunkt, hvis baser danner overfladen af ​​polyederet," betragtes Eulers sætning for nogle sådanne polyedere, især opfyldelsen af ​​betingelserne for sætning er også overvejet for en trekantet pyramide, som i det væsentlige, , og der er et tetraeder.

Lærebogen er interessant, fordi den undersøger topologi og topologisk regulære polyedre (tetrahedron, octahedron, icosahedron, cube, dodecahedron), hvis eksistens er begrundet med den samme Euler-sætning.

Derudover giver lærebogen en definition af begrebet "almindelig pyramide"; Sætninger om eksistensen af ​​indskrevne og omskrevne sfærer af et tetraeder og nogle symmetriegenskaber relateret til tetraederet overvejes. I den sidste lektion (35) gives en formel til at finde rumfanget af en trekantet pyramide.

Denne lærebog er kendetegnet ved en stor mængde illustrativt og historisk materiale, samt en lille mængde praktisk materiale, grundet lærebogens fokus. Lad os også overveje lærebogen af ​​Smirnova I.M. og andre for 10-11 klasser i naturvidenskab.

Præsentation af emnet "Tetrahedron" i lærebogen "Geometry" for klasse 10-11 af Smirnova I.M. og osv.

Denne lærebog adskiller sig fra den tidligere lærebog i layoutet af emner og kompleksitetsniveauet af de problemer, der foreslås til løsning. Et karakteristisk træk ved præsentationen af ​​materialet er dets opdeling i "semestre", hvoraf der er fire i lærebogen. Tetraederet er nævnt i det allerførste afsnit ("Introduktion til stereometri"), begrebet "pyramide" er defineret i §3.

Som i forrige lærebog er det praktiske materiale suppleret med opgaver, der involverer udvikling af stereometriske figurer. I materialet i §26 kan du finde en sætning om en kugle indskrevet i et tetraeder. Resten af ​​det teoretiske materiale vedrørende tetraederet falder faktisk sammen med materialerne i lærebogen beskrevet ovenfor.

Problemløsning.

Opgave 1.

Find den korteste vej langs overfladen af ​​et regulært tetraeder ABCD forbinder prikkerne E Og F, placeret i højden af ​​sidefladerne 7 cm fra de tilsvarende spidser af tetraederet. Kanten af ​​et tetraeder er 20 cm.

Løsning.

Lad os overveje udviklingen af ​​tre sider af et tetraeder. Den korteste vej vil være et segment, der forbinder punkterne E Og F. Dens længde er 20 cm.

Opgave 2.

I bunden af ​​pyramiden ligger en retvinklet trekant, hvoraf et af benene er 3 cm, og den spidse vinkel ved siden af ​​den er 30 grader. Alle laterale kanter af pyramiden hælder til bundens plan i en vinkel på 60 grader. Find pyramidens rumfang.

Løsning.

Arealet af trekant ABC er . Basen af ​​højden er midten. Trekant SAC er ligesidet. .

Derfor, og derfor, er pyramidens volumen lig med .

Konklusion.

Et karakteristisk træk ved lærebogen af ​​Atanasyan L.S. osv. er, at studiet af tetraederet begynder ret tidligt, materialet er spredt ud over forløbet og præsenteres på forskellige kompleksitetsniveauer. I lærebogen Pogorelov A.V. materialet er ordnet kompakt, begrebet "tetraeder" introduceres ligesom andre rumlige figurers begreber ret sent (i slutningen af ​​10. klasse), det praktiske materiale, der præsenteres i lærebogen, er af lille volumen. I lærebogen Smirnova I.M. og andet teoretisk materiale, ligesom praktisk materiale, er lille i volumen, praktiske opgaver er af lavt kompleksitetsniveau, lærebogen er kendetegnet ved en stor mængde materiale fra matematikkens historie. I lærebogen Alexandrov A.D. osv. materialets kompleksitetsniveau er højere, selve materialet er mere mangfoldigt, mange praktiske opgaver indeholder en del af teorien, der er ekstreme opgaver og opgaver i form af spørgsmål, som gør at det skiller sig ud fra resten.

§2. Test af udviklingsniveauet for rumlig tænkning hos gymnasieelever

Intelligens er evnen til at lære eller forstå, som er fælles for alle mennesker. Nogle mennesker har det i højere grad, andre i mindre grad, men hver person bevarer denne evne praktisk talt uændret gennem hele livet. Det er takket være intelligens, at vi er i stand til at handle korrekt og lære af vores fejl.

I psykologien defineres intelligens som evnen til at opfatte viden og bruge den i andre, fundamentalt nye situationer. Under testforhold er det muligt at bestemme, hvor vellykket en person tilpasser sig usædvanlige situationer. At bestemme niveauet for generel intellektuel udvikling gennem en test er ret vanskeligt og tidskrævende arbejde, så teksten til dette arbejde vil bruge en del af intelligenstestmetoden, der besvarer spørgsmålet om udviklingsniveauet for rumlig tænkning. Rumlig tænkning er en bestemt type mental aktivitet, der finder sted i løsning af problemer, der kræver orientering i praktisk og teoretisk rum (både synligt og imaginært). I sine mest udviklede former er dette tænkning med mønstre, hvori rumlige egenskaber og relationer er registreret. Ved at arbejde med indledende billeder, der er oprettet på forskellige visuelle baser, sikrer tænkning deres ændring, transformation og skabelsen af ​​nye billeder, der er forskellige fra de originale.

Den anvendte test ("Mini-test af niveauet for udvikling af rumlig tænkning" fra "First IQ Test" af F. Carter, K. Russell) er universel for alle aldersgrupper og tager en lille mængde tid (30 minutter) . Prøvens tekst og dens nøgler kan findes i "Bilag nr. 1" til eksamensbeviset.

I denne lektion vil vi se på tetraederet og dets elementer (tetraederkant, overflade, flader, toppunkter). Og vi vil løse flere problemer med at konstruere sektioner i et tetraeder ved at bruge den generelle metode til at konstruere sektioner.

Emne: Parallelisme af linjer og planer

Lektion: Tetrahedron. Problemer med at konstruere sektioner i et tetraeder

Hvordan bygger man et tetraeder? Lad os tage en vilkårlig trekant ABC. Ethvert punkt D, ikke liggende i denne trekants plan. Vi får 4 trekanter. Overfladen dannet af disse 4 trekanter kaldes et tetraeder (fig. 1.). De indre punkter afgrænset af denne overflade er også en del af tetraederet.

Ris. 1. Tetraeder ABCD

Elementer af et tetraeder
EN,B, C, D - hjørner af et tetraeder.
AB, A.C., AD, B.C., BD, CD - tetraederkanter.
ABC, ABD, BDC, ADC - tetraeder ansigter.

Kommentar: kan tages fladt ABC bag tetraederbase, og peg derefter D er toppunktet af et tetraeder. Hver kant af tetraederet er skæringspunktet mellem to planer. For eksempel ribben AB- dette er skæringspunktet mellem fly ABD Og ABC. Hvert hjørne af et tetraeder er skæringspunktet mellem tre planer. Vertex EN ligger i fly ABC, ABD, ENDMED. Prik EN er skæringspunktet mellem de tre udpegede planer. Dette faktum er skrevet som følger: EN= ABC ∩ ABD ∩ ACD.

Tetrahedron definition

Så, tetraeder er en overflade dannet af fire trekanter.

Tetraederkant- skæringslinjen mellem to planer af tetraederet.

Lav 4 lige store trekanter af 6 tændstikker. Det er umuligt at løse problemet på et fly. Og det er nemt at gøre i rummet. Lad os tage et tetraeder. 6 tændstikker er dens kanter, fire sider af tetraederet og vil være fire lige store trekanter. Problemet er løst.

Givet et tetraeder ABCD. Prik M hører til en kant af tetraederet AB, prik N hører til en kant af tetraederet ID og periode R hører til kanten DMED(Fig. 2.). Konstruer et udsnit af et tetraeder med et plan MNP.

Ris. 2. Tegning til opgave 2 - Konstruer et udsnit af et tetraeder med en plan

Løsning:
Overvej ansigtet af et tetraeder DSol. På denne side af sagen N Og P hører til ansigterne DSol, og derfor tetraederet. Men efter punktets tilstand N, P hører til skæreplanet. Midler, NP- dette er skæringslinjen mellem to planer: ansigtets plan DSol og skæreplan. Lad os antage, at lige linjer NP Og Sol ikke parallel. De ligger i samme plan DSol. Lad os finde skæringspunktet mellem linjerne NP Og Sol. Lad os betegne det E(Fig. 3.).

Ris. 3. Tegning til opgave 2. Find punkt E

Prik E hører til snitplanet MNP, da den ligger på stregen NP, og den lige linje NP ligger helt i snitplanet MNP.

Peg også E ligger i et fly ABC, fordi den ligger på en lige linje Sol ud af flyet ABC.

Det forstår vi SPISE- skæringslinje mellem fly ABC Og MNP, siden point E Og M ligge samtidigt i to planer - ABC Og MNP. Lad os forbinde prikkerne M Og E, og fortsæt ligeud SPISE til krydset med linjen AC. Skæringspunktet mellem linjer SPISE Og AC lad os betegne Q.

Så i dette tilfælde NPQМ- det påkrævede afsnit.

Ris. 4. Tegning til opgave 2. Løsning af opgave 2

Lad os nu overveje sagen hvornår NP parallel B.C.. Hvis lige NP parallelt med en linje, for eksempel en ret linje Sol ud af flyet ABC, derefter lige NP parallelt med hele planet ABC.

Det ønskede snitplan passerer gennem den lige linje NP, parallelt med planet ABC, og skærer planet i en lige linje MQ. Altså skæringslinjen MQ parallelt med linjen NP. Vi får NPQМ- det påkrævede afsnit.

Prik M ligger på siden ENDI tetraeder ABCD. Konstruer et udsnit af tetraederet med et plan, der passerer gennem punktet M parallelt med bunden ABC.

Ris. 5. Tegning til opgave 3 Konstruer et snit af et tetraeder med en plan

Løsning:
Skæreplan φ parallelt med flyet ABC ifølge betingelsen betyder det, at dette fly φ parallelt med linjer AB, AC, Sol.
I flyet ABD gennem punktet M lad os lave en direkte PQ parallel AB(Fig. 5). Lige PQ ligger i et fly ABD. Tilsvarende i flyet ACD gennem punktet R lad os lave en direkte PR parallel AC. Har en pointe R. To skærende linjer PQ Og PR fly PQR henholdsvis parallelt med to skærende linjer AB Og AC fly ABC, hvilket betyder fly ABC Og PQR parallel. PQR- det påkrævede afsnit. Problemet er løst.

Givet et tetraeder ABCD. Prik M- indre punkt, punkt på forsiden af ​​tetraederet ABD. N- segmentets indre punkt DMED(Fig. 6.). Konstruer skæringspunktet for en linje N.M. og fly ABC.

Ris. 6. Tegning til opgave 4

Løsning:
For at løse dette vil vi konstruere et hjælpeplan DMN. Lad det være lige DM skærer linjen AB i punktet TIL(Fig. 7.). Derefter, SKD- dette er en del af flyet DMN og tetraeder. I flyet DMN ligger og lige N.M. og den resulterende lige linje SK. Så hvis N.M. ikke parallelt SK, så vil de krydse hinanden på et tidspunkt R. Prik R og der vil være det ønskede skæringspunkt for linjen N.M. og fly ABC.

Ris. 7. Tegning til opgave 4. Løsning af opgave 4

Givet et tetraeder ABCD. M- indre punkt i ansigtet ABD. R- indre punkt i ansigtet ABC. N- kantens indre punkt DMED(Fig. 8.). Konstruer et udsnit af et tetraeder med et plan, der går gennem punkterne M, N Og R.

Ris. 8. Tegning til opgave 5 Konstruer et snit af et tetraeder med en plan

Løsning:
Lad os overveje det første tilfælde, når den lige linje MN ikke parallelt med flyet ABC. I den forrige opgave fandt vi skæringspunktet for linjen MN og fly ABC. Dette er pointen TIL, det opnås ved hjælp af hjælpeplanet DMN, dvs. Det gør vi DM og vi får en pointe F. Vi udfører CF og i krydset MN vi får en pointe TIL.

Ris. 9. Tegning til opgave 5. Find punkt K

Lad os lave en direkte KR. Lige KR ligger både i snitplanet og i planet ABC. At få point P 1 Og R 2. Tilslutning P 1 Og M og som en fortsættelse får vi pointen M 1. Forbindelse af prikken R 2 Og N. Som et resultat opnår vi det ønskede afsnit Р 1 Р 2 NM 1. Problemet i det første tilfælde er løst.
Lad os overveje det andet tilfælde, når den lige linje MN parallelt med flyet ABC. Fly MNP går gennem en lige linje MN parallelt med flyet ABC og skærer flyet ABC langs en lige linje R1R2, derefter lige R1R2 parallelt med den givne linje MN(Fig. 10.).

Ris. 10. Tegning til opgave 5. Det nødvendige afsnit

Lad os nu tegne en lige linje R 1 M og vi får en pointe M 1.Р 1 Р 2 NM 1- det påkrævede afsnit.

Så vi kiggede på tetraederet og løste nogle typiske tetraederproblemer. I næste lektion vil vi se på et parallelepipedum.

1. I. M. Smirnova, V. A. Smirnov. - 5. udgave, rettet og udvidet - M.: Mnemosyne, 2008. - 288 s. : syg. Geometri. Klasse 10-11: lærebog for studerende på almene uddannelsesinstitutioner (grundlæggende og specialiserede niveauer)

2. Sharygin I.F. - M.: Bustard, 1999. - 208 s.: ill. Geometri. 10.-11. klassetrin: Lærebog for almene uddannelsesinstitutioner

3. E. V. Potoskuev, L. I. Zvalich. - 6. udgave, stereotype. - M.: Bustard, 008. - 233 s. :il. Geometri. 10. klasse: Lærebog for almene uddannelsesinstitutioner med dybdegående og specialiserede studier i matematik

Yderligere webressourcer

2. Hvordan man konstruerer et tværsnit af et tetraeder. Matematik ().

3. Festival for pædagogiske ideer ().

Lav problemer derhjemme om emnet "Tetrahedron", hvordan man finder kanten af ​​et tetraeder, flader af et tetraeder, hjørner og overflade af et tetraeder

1. Geometri. Klasse 10-11: lærebog for studerende på almene uddannelsesinstitutioner (grundlæggende og specialiserede niveauer) I. M. Smirnova, V. A. Smirnov. - 5. udgave, rettet og udvidet - M.: Mnemosyne, 2008. - 288 s.: ill. Opgave 18, 19, 20 s. 50

2. Peg E midterste ribben MA tetraeder MAVS. Konstruer et udsnit af tetraederet med et plan, der går gennem punkterne B, C Og E.

3. I tetraeder MABC hører punktet M til fladen AMV, punktet P hører til fladen BMC, punktet K hører til kanten AC. Konstruer et udsnit af tetraederet med et plan, der går gennem punkterne M, R, K.

4. Hvilke former kan opnås som et resultat af skæringen af ​​et tetraeder med et plan?