Равногранный тетраэдр

Равногранный тетраэдр

Кировский Физико-математический лицей

Реферат на тему

''Свойства равногранного тетраэдра''

Выполнил : ученик 10 ''А'' класса Соболев Александр

Проверила : Прокашева Маргарита Анатольевна

Киров 2003 г.

У любого тетраэдра 4 вершины, 6 рёбер, 4 грани, 4 трёхгранных угла, 6

двугранных углов, 12 плоских углов. Если все 6 рёбер равны, то равными

будут и грани, и трёхгранные углы, и плоские; в этом случае тетраэдр -

правильный. Из равенства всех 4 граней, однако, ещё не следует правильность

тетраэдра; тетраэдр, у которого все грани равны, называется равногранным.

Чтобы представить себе равногранный тетраэдр, отличный от правильного,

возьмём произвольный остроугольный треугольник из бумаги и будем сгибать

его по средним линиям. Тогда три вершины сойдутся в одну точку, а половинки

сторон сомкнутся, образуя боковые рёбра тетраэдра (рис. 2).

Перечислим теперь свойства тетраэдра, каждое из которых является

необходимым и достаточным условием равногранности, включая определение:

(0) Грани равны.

(1) Скрещивающиеся рёбра попарно равны (2) Трёхгранные углы равны.

(3) Противолежащие двугранные углы равны.

(4) Два плоских угла, опирающиеся на одно ребро, равны.

(5) Сумма плоских углов при каждой вершине равна 180.

(6) Развёртка тетраэдра - треугольник или параллелограмм

(7) Описанный параллелепипед - прямоугольный.

(8) Тетраэдр имеет три оси симметрии.

(9) Общие перпендикуляры скрещивающихся рёбер попарно перпендикулярны.

(10) Средние линии попарно перпендикулярны.

(11) Периметры граней равны.

(12) Площади граней равны.

(13) Высоты (тетраэдра) равны. 19=>18

(14) Отрезки, соединяющие вершины с центром тяжести пртивоположных

граней, равны.

(15) Радиусы описанных около граней окружностей равны.

(16) Центр тяжести (тетраэдра) совпадает с центром описанной сферы.

(17) Центр тяжести (тетраэдра) совпадает с центром вписанной сферы.

(18) Центр вписанной сферы совпадает с центром описанной.

(19) Вписанная сфера касается граней в центрах описанных около них

окружностей.

(20) Сумма внешних единичных векторов, перпендикулярных к граням, равна

0 (рис. 4).

(21) Сумма косинусов всех двугранных углов равна 2.

Все перечисленные условия являются одновременно и свойствами и

признаками равногранного тетраэдра. Чтобы вывести равногранность из какого-

нибудь условия, надо выстроить целую цепочку промежуточных условий, в

которой каждое прямое следствие предыдущего.

Проще всего устанавливается, что (0)<=>(1)<=>(2)<=>(3)<=>(4).

Докажем (0)<=>(1).

. (0)=>(1).

Все грани тетраэдра АВСD равны по условию. Рассмотрим треугольники АDВ и

DАС: АD – общая, тогда АВ равна либо DС (если так, то из равенства

треугольников АDВ и DАС следует АС=DВ; а из равенства треугольников АDВ и

СВD следует АD=ВС, т.е. скрещивающиеся рёбра попарно равны), либо АС (если

так, то из равенства треугольников АDВ и DАС следует DВ=DС, т.е.

треугольник – равнобедренный, а остальные – нет, т.е. противоречие)

. (0)<=(1).

По условию АВ=DС, ВС=АD, АС=ВD (рис.1), тогда треугольники АВD, СDВ, ВАС

равны по третьему признаку равенства.

Докажем (1)<=>(2).

. (1)=>(2).

Из (1) следует, что треугольники АВD, СDВ, ВАС (рис.1) равны (доказано

выше). Тогда равны и соответствующие углы треугольников, т.е. трёхгранные

углы ВАСD, АВСD, САВD, DАВС равны, т.к. любой трёхгранный угол однозначно

определяется своими тремя плоскими углами.

Т.к. трёхгранный угол однозначно определяется своими тремя плоскими углами,

то сдедующие доказательства будут аналогичны предудущему.

Дальше можно рассуждать по следующей схеме: (4)=>(5)=>(6)=>(1) (откуда

уже следует равносильность первых шести условий).

Докажем (4)=>(5).

. Из условия следует, что углы ADB=ACB, ADC=ABC, BDC=BAC. Тогда

треугольники ABC, ADC, ADB, BCD подобны, но треугольники ADB и DAC

имеют общую сторону, т.е. они равны, аналогично равны екжду собой и

остальные треугольники, т.е. тетраэдр – равногранный.

Докажем (5)=>(6).

. Разрежем тетраэдр АВСD по рёбрам АВ, АС, АD и рассмотрим развёртку

А1ВА2DА3С (рис. => ), тогда в точках В, С и D приложены по три угла,

сумма которых 180°, поэтому углы А1ВА2, А2ОА3, А3СА1 — развернутые;

значит, А1А2А3 — треугольник, содержащий точки В, С, D и являющийся

разверткой тетраэдра АВСD, Для остальных разверток рассуждение

аналогично.

Докажем (6)=>(1).

. Посмотрев на рисунок можно увидеть, что на развёртке (например

треугольник) скрещивающиеся рёбра являются противоположными сторонами

параллелограмма, т.е. они равны.

Наш следующий шаг - доказательство равносильности (1)<=>(7).

Докажем (1)<=>(7).

В самом деле, поскольку скрещивающиеся ребра тетраэдра — диагонали граней

описанного параллелепипеда, из попарного равенства ребер следует, что грани

описанного параллелепипеда — прямоугольники и наоборот.

Теперь мы предлагаем рассуждать по схеме (7)=>(8)=>(9)=>(10)=>(7).

Докажем (7)=>(8).

. Взглянув на (рис. =>), вы легко установите, что осями симметрии

являются прямые, соединяющие центры симметрии противоположных граней

описанного (прямоугольного) параллелепипеда, или, что здесь то же

самое, общими перпендикулярами скрещивающихся рёбер.

Докажем (8)=>(9).

. Общими перпендикулярами скрещивающихся рёбер являются отрезки

соединяющие середины противоположных граней описанного параллелограмма

(прямоугольного) (рис. ^), а это значит, что эти отрезки попарно

перпендикулярны (т.к. каждый из отрезков перпендикулярен граням,

которые он соединяет).

Докажем (9)=>(10).

. Отрезки, соединяющие середины скрещивающихся рёбер – перпендикулярны,

но это и есть средние линии.

Докажем (10)=>(7).

.

Следующая цепочка рассуждений (0)=>(11),(12),(13),(14),(15). Мы докажем,

что (11)=>(1), (12)=>(3), (13)=>(12), (14)=>(1), (4)=>(15); тем самым будет

установлена равносильность первых 15 свойств.

Докажем (11)=>(1).

. Запишем условие (11) в виде a2+b2+c2 (1) =a2+b1+c1 (2) =b2+a1+c1 (3)

=c2+a1+b1 (4), где a1b1c1 – длины рёбер тетраэдра, исходящих из одной

вершины, a2b2c2 – длины соответственно скрещивающихся с ними рёбер.

(1)-(2)=(3)-(4) или b2+c2-b1-c1=b2+c1-c2-b1, т.е. 2с2=2с1 или по-

другому с2=с1, рассуждая аналогично для a1,a2,b1,b2, получаем a1=a2,

b1=b2, c1=c2, а это и есть запись условия (1).

Докажем (12)=>(3).

. Для этого утверждения предварительно заметим, что S4=S1c14+S2c24+S3c34

(**), где Si - площади i-й грани, а сij – косинус двугранного угла

между i-й и j-й гранью. Соотношение (**) сразу следует из теоремы о

площади проекции, если спроектировать все грани тетраэдра на четвёртую

грань. Написав ещё три таких соотношения (для трёх других граней) и

воспользовавшись условием (12), приходим к системе

с14+с24+с34=с13+с23+с34=с12+с23+с24=с12+с13+с14, которая решается

точно так же как система из предыдущего утверждения. Получим с14=с23,

с24=с14, с34=с12 , откуда следует равенство соответствующих углов,

т.е. (3).

Докажем (13)=>(12).

. Утверждение очевидно следует из формулы для объёма тетраэдра V=Sh/3:

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

Докажем (14)=>(1).

. Обозначим через Оi центр тяжести i-й грани и выразим |DO4| через

стороны /DA/=/a/, /DB/=/b/, /DC/=/c/ (рис. =>). /DO4/ = =/DA/ + +

/AO4/ = /DA/ + 2/3*/AE/ = /DA/ + 2/3*1/2*(/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/). Отсюда находим скалярный

квадрат вектора /DO4/ :

(DO4)2=1/9*(a2+b2+c2+2/a/*/b/+2/a/*/c/+2/b/*/c/). Обозначив a1=|a|,

b1=|b|, c1=|c|, a2=|BC|, b2=|AC|, c2=|AB| и воспользовавшись тем, что

/AB/=/b/-/a/, /BC/=/c/-/b/, /CA/=/a/-/c/, можно DO4 выразить в виде

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

Напишем ещё три таких соотношения для трёх остальных 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).

По условию DO1=DO2=DO3=DO4 приравняем, например, DO1=DO2, получаем :

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 (***),

Приравняв DO3=DO4, получаем :

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 вычитая из этого равенства (***)

получаем :

(a2)2-(a1)2 = (a2)2-(a1)2, т.е. получаем, что (a2)2=(a1)2 , аналогично

находим (b2)2=(b1)2, (c2)2=(c1)2, т.е. получим (1).

Докажем (4)=>(15).

. Углы ADB и АСВ опираются на равные хорды в равных окружностях, поэтому

они равны или составляют в сумме 180°. Предположим сначала, что для

каждой пары углов граней тетраэдра, опирающихся на одно ребро, имеет

место равенство углов. Тогда, например, сумма плоских углов при

вершине D равна сумме углов треугольника АВС, т.e. равна 180°. Сумма

плоских углов при любой вершине тетраэдра равна 180°, поэтому он

равногранный (свойство (5)).

Докажем теперь, что случай, когда углы ADB и АСВ не равны, невозможен.

Предположим, что углы ADB + АСВ = 180° и угол ADB не = АСВ. Пусть для

определенности угол ADB тупой. Поверхность тетраэдра ABCD можно так

«развернуть» на плоскость АВС, что образы Dа, Db и Dc точки D попадут

па описанную окружность треугольника АВС; при этом направление

поворота боковой грани вокруг ребра основания выбирается в

соответствии с тем, равны ли углы, опирающиеся на это ребро, или же

они составляют в сумме 180°. В процессе разворачивания точка D

движется по окружностям, плоскости которых перпендикулярны прямым АВ,

ВС и СА. Эти ок ружности лежат в разных плоскостях, поэтому любые две

из них имеют не более двух общих точек. Но две общих точки есть у

каждой пары этих окружностей: точка D и точка, симметричная ей

относительно плоскости АВС. Следовательно, точки Dа, Db и Dc попарно

различны. Кроме того, ADb=ADc, BDa=BDc, CDa=CDb. Развертка выглядит

следующим образом: в окружность вписан треугольник ADcB с тупым углом

Dc; из точек А и В проведены хорды ADb и BDa, равные ADc и BDc

соответственно; С — середина одной из двух дуг, заданных точками Da и

Db. Одна из середин этих двух дуг симметрична точке Dc относительно

прямой, проходящей через середину отрезка АВ перпендикулярно ему; эта

точка нам не подходит. Искомая развертка изображена на рис. . Углы при

вершинах Da, Db и Dc шестиугольника ADcBDaCDb дополняют до 180° углы

треугольника АВС, поэтому их сумма равна 360°. Но эти углы равны

плоским углам при вершине D тетраэдра ABCD, поэтому их сумма меньше

360°. Получено противоречие.

Докажем остальные пять свойств

Докажем (16).

. Пусть К и L — середины ребер А В и CD, О — центр тяжести тетраэдра,

т.e. середина отрезка KL. Так как О — центр описанной сферы тетраэдра,

то треугольники АОВ и COD равнобедренные, с равными боковыми сторонами

и равными медианами ОК и OL. Поэтому треугольники АОВ = СОD, а значит,

АВ =CD. Аналогично доказывается равенство других пар противоположных

ребер.

Докажем (19).

. Пусть О1 и О2 — точки касания вписанной сферы с гранями АВС и ВСD.

Тогда треугольник О1ВС=О2ВС. Из условия задачи следует, что O1 и O2 —

центры описанных окружностей указанных граней. Поэтому угол ВАС =

BO1C/2 == ВО2С/2 == BDC. Аналогичные рассуждения показывают, что

каждый из плоских углов при вершине D равен соответствующему углу

треугольника АВС, а значит, их сумма равна 180°. Это утверждение

справедливо для всех вершин тетраэдра.

Докажем (20).

. Докажем это утверждение для любого многогранника. (задача, когда длина

вектора = площади грани , которой он перпендикулярен)

Докажем, что сумма проекции всех данных векторов на любую прямую L равна

0. Рассмотрим для этого проекцию многогранника на плоскость,

перпендикулярную L. Проекция многогранника покрыта проекциями его граней

в два слоя (видимые сверху, видимые снизу). Приписав площадям проекций

граней одного типа ''+'', другого типа ''–'', получим, что сумма площадей

проекций с учётом знака равна 0. Заметим теперь, что площадь проекции

грани равна длине проекции соответствующего вектора на прямую L, причём

для граней разного типа проекции векторов противоположно направлены.

Следовательно, сумма проекций векторов на прямую L тоже равна 0. Т.к.

это утверждение справедливо для многогранника, то оно справедливо и для

тетраэдра

Докажем (21).

. Пусть ,e1, e2, e3, e4 единичные векторы, перпендикулярные граням и

направленные во внeшнюю сторону. Так как площади всех граней равны, то

e1+e2+e3+e4 == 0 (см. задачу выше). Следовательно, 0 = | e1+e2+e3+e4|2

=4+2*((ei,ej) .Остается заметить, что скалярное произведение (ei,ej)

равно —cosфij, где (фij — двугранный угол между гранями с номерами i и

j. Т.е. сумма косинусов двугранных углов равна 2 : -4 = -2*((cosфij)

=> ((cosфij)=2

Задачи

1. Рёбра равногранного тетраэдра равны a,b,c. Вычислите объём тетраэдра

V, и радиус описанной сферы R.

2. В равногранном тетраэдре ABCD опущена высота AH; H1 – точка

пересечения высот грани BCD; h1, h2 – длины отрезков, на которые одна

из высот грани BCD делится точкой H1.

а) докажите, что точки H и H1 симметричны относительно центра

описанной окружности треугольника BCD.

б) докажите, что AH2=4h1h2.

3. Докажите, что в равногранном тетраэдре центры 4 вневписанных шаров

являются вершинами тетраэдра равного данному и радиус вписанного шара

в 2 раза меньше вневписанного шара.

Решения

1. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда; пусть х, у и

z — ребра этого параллелепипеда. Тогда х2 + у2 = а2, у2 + z2 = b2 и z2 + х2

== с2. Так как R == d/2, где d — диагональ параллелепипеда, а d2 = x2 + y2

+ z2, то R2 == (x2 + y2 + z2)/4 == (а2 + b2 +c2)/8.

Складывая равенства х2 + у2 = а2 и z2 + x2 == с2 и вычитая из них равенство

y2 + z2 = b2, получаем x2 = (a2+c2-b2)/2 . Аналогично находим у2 и z2. Так

как объем тетраэдра в три раза меньше объема параллелепипеда, то V2 =

(xyz)2/9 = (а2 + b2 — c2) (а2 + c2 — b2) (c2 + b2 — a2)/72

2. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда. Пусть AA1 —

его диагональ, О — его центр. Точка H1 является проекцией точки A1 на грань

BCD, а центр O1 описанной окружности треугольника BCD — проекцией точки О.

Так как О — середина отрезка AA1, точки H и H1 симметричны относительно O1.

Рассмотрим проекцию параллелепипеда на плоскость, перпендикулярную BD

(рис. => в дальнейшем решении используются обозначения этого рисунка, а не

обозначения в пространстве). Высота СС' треугольника BCD параллельна

плоскости проекции, поэтому длины отрезков ВH1 и СН1 равны h1 и h2, длины

отрезков АН и А1Н1 при проецировании не изменились. Так как АН : A1H1 = АС

: А1В = 2 и A1H1 : ВН1 = CH1 : A1H1, то АН2 = 4(H1A1)2 = 4h1h2.

3. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда. Точка

пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов тетраэдра (т. е. центр

вписанного шара) совпадает с центром О параллелепипеда. Рассматривая

проекции на плоскости, перпендикулярные ребрам тетраэдра, легко проверить,

что грани тетраэдра удалены от вершин параллелепипеда, отличных от вершин

тетраэдра, вдвое больше, чем от точки О. Следовательно, эти вершины

являются центрами вневписанных шаров. Этим доказаны оба утверждения.

Литература:

1. Энциклопедия для детей Аванта+ (том ''Математика'' )

2. Журнал ''Квант'' №7 1983 г.

3. ''Задачи по стереометрии'' Прасолов, Шарыгин.

-----------------------

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]