Тема Дополнительные построения в стерео

Тетраэдр в параллелепипеде

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дополнительные построения в стерео

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#104128

Все вершины тетраэдра $ABCD$ равноудалены от точки $O$ . Зная, что $AB = CD =a,BC = AD = b,AC = BD =c,$ найдите радиус сферы, проходящей через $O$ и через середины рёбер $AB,BC$ и $AC.$

Показать ответ и решение

Достроим тетраэдр $ABCD$ до параллелепипеда $AKBLNDMC$ $(AN ∕∕KD∕∕BM ∕∕LC)$ , проведя через его противоположные рёбра пары параллельных плоскостей.

$PIC$

Ввиду равенств $KL =CD = AB,KM = AC =BD$ и $KN = BC = AD$ все грани этого параллелепипеда будут прямоугольниками, а сам параллелепипед — прямоугольным; точка $O$ окажется его центром, а середины рёбер $AB, BC$ и $AC$ — центрами граней $AKBL, BLCM$ и $ALCN$ соответственно.

Bce эти центры принадлежат сфере, построенной на отрезке $OL$ как на диаметре. Следовательно, искомый радиус равен

∘ -------------- r= 12OL = 14LD = 14 LA2+ LB2+ LC2

Учитывая, что

LA2 +LB2 = a2,LB2 +LC2 = b2, LA2 +LC2 = c2,

получаем

∘ ----------- r= 1 2(a2 +b2+ c2) 8

Ответ:

$1∘2-(a2+b2+-c2) 8$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#111638

Докажите, что сумма квадратов всех рёбер тетраэдра равна учетверённой сумме квадратов расстояний между серединами его противоположных рёбер.

Показать доказательство

Достроим тетраэдр до параллелепипеда, проведя через его противоположные рёбра пары параллельных плоскостей. Диагонали каждой грани построенного параллелепипеда равны противоположным рёбрам тетраэдра.

Пусть $a$ и $b,$ $c$ и $d,$ $e$ и $f$ — противоположные рёбра тетраэдра, а $x,$ $y$ и $z$ — расстояния между их серединами. Тогда рёбра параллелепипеда, исходящие из одной вершины, равны $x,$ $y$ и $z.$ По теореме о сумме квадратов диагоналей параллелограмма:

( |||{ a2+ b2 =2x2+ 2y2, | c2+d2 = 2x2+ 2z2, ||( e2+f2 =2y2+ 2z2

Сложив почленно эти равенства, получим:

a2+ b2+ c2+ d2 +e2+ f2 = 4x2+ 4y2+ 4z2

Таким образом, сумма квадратов всех рёбер тетраэдра равна $4(x2+ y2+ z2),$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85489

В тетраэдре $ABCD$ скрещивающиеся рёбра попарно равны. Через середину отрезка $AH A$ , где $H A$ - точка пересечения высот грани $BCD$ , провели прямую $hA$ перпендикулярно плоскости $BCD$ . Аналогичным образом определили точки $HB, HC$ , $HD$ и построили прямые $hB,hC,hD$ соответственно для трёх других граней тетраэдра. Докажите, что прямые $hA,hB,hC,hD$ пересекаются в одной точке.

Источники: ММО - 2024, первый день, 11.5 (см. mmo.mccme.ru)

Показать доказательство

Проведём через пару скрещивающихся рёбер тетраэдра $ABCD$ две параллельные плоскости. Так же поступим для двух других пар скрещивающихся рёбер и получим параллелепипед. Диагонали его граней равны между собой, поэтому все грани — прямоугольники, и параллелепипед прямоугольный. Пусть $O$ — его центр, являющийся также центром описанной сферы тетраэдра $ABCD.$ Пусть также $′ ′ ′ ′ A ,B ,C ,D$ — точки, симметричные $A,B,C,D$ соответственно относительно точки $O.$ Докажем, что все построенные прямые проходят через точку $O.$

$PIC$

Пусть $M$ — центр масс треугольника $BCD$ . Тогда

−−−′→ 1−−′→ −−→′ −−→′ A M = 3(A B +A C +A D )

То есть точка $M$ лежит на диагонали $′ AA$ и делит её в отношении $2:1$ , считая от вершины $A.$ Аналогично центр масс $N$ треугольника $′ ′ ′ B CD$ лежит на этой диагонали и делит её в отношении $1:2$ , считая от вершины $A.$ Точка $O$ — середина отрезка $NM,$ поэтому $AO :OM = 3:1.$

$PIC$

Рассмотрим проекцию на плоскость $BCD :$ $A ′′$ — проекция точки $A$ , $OA$ — проекция центра $O.$ Точка $O$ совпадает с центром описанной сферы тетраэдра $ABCD,$ поэтому $OA$ — центр описанной окружности треугольника $BCD.$

Тогда прямая $AA ′$ проецируется в прямую Эйлера $OAM$ треугольника $BCD.$ Пусть $OAM = x.$ Тогда $OAA ′′= 3x$ ( $O$ делит отрезок $AM$ в отношении $3:1$ , это отношение сохраняется при проецировании). Кроме того, $OA,M, HA$ лежат на одной прямой и $OAM :MHA = 1:2$ (прямая Эйлера), отсюда $MHA =2x.$ Следовательно, $OAA ′′ = OAHA$ , а прямая $OOA$ , перпендикулярная плоскости $BCD$ , делит отрезок $AHA$ пополам, а значит, совпадает с прямой $hA$ . Итак, все построенные прямые проходят через точку $O$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#38771

Докажите, что сумма квадратов длин проекций ребер правильного тетраэдра на любую плоскость равна $4a2$ , где $a$ — длина ребра тетраэдра.

Показать ответ и решение

Рассмотрим куб со стороной $b= √a 2$ . Отметим у него две вершины на диагонали одной из граней (скажем, верхней грани) и две вершины на диагонали параллельной (нижней) грани, непараллельной первой диагонали. Полученные $4$ вершины образуют правильный тетраэдр со стороной $√ - b⋅ 2= a$ , что и задано в условии. Теперь отметим, что проекция каждой грани куба — параллелограмм, в котором диагонали равны проекциям рёбер тетраэдра. А по тождеству параллелограмма сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов сторон, откуда следует равенство суммы квадратов проекций сторон тетраэдра аналогичной сумме для сторон куба.

Итак, будем рассматривать куб. Пусть прямая $ℓ$ , перпендикулярная плоскости, образует с рёбрами куба углы $α,β,γ$ . Тогда длины проекций рёбер равны $a a a √2sinα,√2 sinβ,√2sinγ$ . Заметим, что $2 2 2 cosα +cosβ +cos γ = 1$ — это длины перпендикуляров из вершины единичного вектора (коллинеарного прямой $ℓ$ ) на оси, то есть длины проекций вектора на координатные плоскости. Отсюда сумма их квадратов равна единице. Из равенства для косинусов следует $sin2α+ sin2β+ sin2γ = 2$ . Поскольку каждая проекция встречается ровно по $4$ раза, то в итоге сумма длин проекций равна $2 4 ⋅ a2-⋅(sin2α +sin2β +sin2γ)= 4a2$ , что и требовалось.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#51632

Пусть $a$ и $a ,b 1$ и $b ,c 1$ и $c 1$ — длины пар противоположных рёбер тетраэдра; $α,β,γ−$ соответственные углы между ними $∘ (α,β,γ < 90).$ Докажите, что одно из трёх чисел $aa1cosα,bb1cosβ$ и $cc1cosγ$ — сумма двух других.

Показать доказательство

$PIC$

Достроим тетраэдр до параллелепипеда. Тогда $a$ и $a1$ - диагонали двух противоположных граней параллелепипеда. Пусть $m$ и $n$ - стороны этих граней, причём $m ≥n.$ По теореме косинусов $4m2 =a2+ a21+ 2aa1cosα$ и $4n2 =a2+ a21− 2aa1cosα,$ поэтому $aa1cosα = m2− n2.$ Записав такие равенства для чисел $bb1cosβ$ и $cc1cosγ,$ получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94266

У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см друг от друга.

Источники: БИБН - 2021, 11.4 (см. www.unn.ru)

Показать доказательство

В кубе $ABCDA B C D 1 1 1 1$ рассмотрим 4 вершины $A,C,B ,D 1 1$ .

$PIC$

Они являются вершинами правильного тетраэдра со стороной $√ - a 2$ , где $a= 5$ — ребро куба. Поскольку $√- 5 2 >7$ , рассмотрим подобный тетраэдр с коэффициентом подобия $7-- k = 5√2$ , т.е. проделаем гомотетию с центром в центре куба и данным коэффициентом подобия. Получим четыре вершины нового тетраэдра внутри куба. Поскольку цветов у пластилина три, хотя бы две вершины этого тетраэдра будут одного цвета.