ЗУСТРІЧ №8 (39 учасників) І. РОЗМИНКА або як розв’язати задачу, якою закінчили минулий семінар. На олімпіаді парти поставили по 6 у рядочку квадратом, а кожну парту посадили по одному учню. Після перевірки з’ясувалося, що кожен з переможців має не більше одного сусіда, що отримав таку саму, або більшу кількість балів. За сусіда вважаємо найближчу особу по горизонталі, вертикалі або діагоналі. Яка найбільша кількість переможців може при тому бути?

Позначимо парти точками і розглянемо четвірки учнів, що містяться у вершинах квадратів 1 х 1. Зрозуміло, що у кожному такому квадраті не може бути

більше двох переможців (бо a1<a2<a3 – за умовою маємо двох переможців). Тоді загальна кількість переможців не перевищує 2 ∙9=18 осіб.

Покажемо, що можливе відповідне розподілення балів. Нааприклад, у непарних рядочках учні отримали відповідно бали: 7, 8, 9, 10, 11, 12; а у непарних: 1, 1, 1, 1, 1,1.

ІІ. ОПОРНІ ЗАДАЧІ ПРО ПЕРЕХІД МІЖД КУТАМИ ПРАВИЛЬНОЇ ПІРАМІДИ (Див.: підручник Г.В. Апостолової «Геометрія -11» та посібник Г.В. Апостолової , В.В.Ясінський «Шкільна геометрія в опорних схемах, задач і прикладах. 8-11 класи».)

ПРАВИЛЬНА ПІРАМІДА-це піраміда, в основі якої міститься правильний багатокутник, а всі бічні рівні. Апофемою правильної піраміди називають висоту її бічної грані. Вона ділить навпіл ребро основи. Медіана правильного трикутника основи є його висотою. Тоді

лінійним кутом двогранного кута при ребрі основи є кут, утворений її апофемою та медіаною основи, які проведено до одного ребра основи.

Всі бічні грані правильної піраміди – рівні рівнобедрені трикутники (за третьою ознакою). Тоді висоти двох суміжних бічних граней, проведених до спільного бічного ребра, мають за основу спільну точку цього ребра. Звідси

лінійним кутом двогранного кута при бічному ребрі є кут між висотами суміжних граней, які проведено до їх спільного ребра.

З означення правильної піраміди та останніх тверджень про її двогранні кути маємо:

всі грані рівні рівнобедрені трикутники; всі плоскі кути при вершині піраміди рівні; всі двогранні кути при ребрах основи рівні; всі двогранні кути при бічних ребрах рівні;

З урахуванням останніх тверджень та властивості піраміди про розміщення основи її висоти, маємо, що

вершина правильної пірамід проектується на площину основи в центр багатокутника основи.Спираючись на сформульовані твердження легко довести такі властивості висоти

правильної піраміди: кожна точка висоти рівновіддалена від вершин основи; кожна точка висоти рівновіддалена від ребер основи; кожна точка висоти рівновіддалена від бічних граней.

Опорні задачі про перехід між кутами правильної піраміди. О.З. 1. У правильній трикутній піраміді знайдіть зв’язок між кутами:1) двогранним кутом при ребрі основи і кутом нахилу бічного ребра до основи;2) двогранним кутом при ребрі основи і плоским кутом при вершині;3) кутом нахилу бічного ребра до основи і плоским кутом при вершині. Розв’язання

У правильній піраміді SАВС за побудовою: SO – висота, SD – апофема

(здісніть малюнок самостійно).

Тоді (SCB )¿

( ABC )=∠ SDO=Δ

α , (SB )¿

( ABC )=∠ SBO=Δ

β , ∠BSC =Δ

γ .1.1) З прямокутних трикутників SOD і SOB : SO=ODtg α=OBtg β .

1.2) З правильного трикутника АВС ( AC =Δ

a ): OD= a√3

6 , OB=a√3

3 .

Маємо:

a√36 tg α=

a√33 tg β , tg α = 2tg β .

2.1) З прямокутних трикутників SDO і SDB : SD=OD :cos α=DB : tg ( γ /2) .

2.2) З правильного трикутника АВС ( AC =Δ

a ): OD=a√3

6 , DB=a

2 .

Маємо:

a√36 : cos α=

a2 :tg(γ /2) , √3 cosα = tg (γ /2) .

3.1) З прямокутних трикутників SBD і SBO : SB=DB :sin( γ /2)=OB :cos β .

3.2) З правильного трикутника АВС (AC =Δ

a ):DB=a

2 , OB=a√3

3 .

Маємо:

a2 : sin( γ /2 )=

a√33 : cos β , 2sin( γ /2 ) = √3cos β

Відповідь: tg α = 2tg β , √3 cosα = tg (γ /2) , 2sin( γ /2 ) = √3cos β .

Зверніть увагу, що пошук співвідношення між тригонометричними функціями кожної пари кутів, складався з однакових кроків. Спочатку ми знайшли два прямокутних трикутники, що містять шукані кути у мають спільну сторону. Потім записали довжину спільної їх сторони через тригонометричну функцію шуканого кута і сторону, що належить основі. Після того підставили вирази останніх через довжину основи і провели скорочення.

Ми двічі скористалися методом допоміжного елемента. Перший раз – то була спільна сторона прямокутних трикутників, другий – довжина сторони основи.

Спробуємо узагальнити вище сказане і сформулювати загальний алгоритм пошуку переходу між двома кутами у довільній правильній піраміді та застосувати його до розв’язування більш складних задач, ніж приклад 1. При тому до множини кутів, розглянутих раніше, додамо ще двогранний кут при бічному ребрі піраміди.

АЛГОРИТМ ПЕРЕХОДУ МІЖ ДВОМА КУТАМ ПРАВИЛЬНОЇ ПІРАМІДИ №кроку

ЗМІСТ КРОКУ ПРИКЛАД (за малюнком до О.З.-1)

1 . Знайти два прямокутних трикутники, що містять шукані кути і мають спільну сторону. Записати пару літер, що позначають цю сторону двічі. Перед нею поставити знак трикутника.

α ↔ β Δ SO Δ SO

2. Дописати наприкінці кожної пари третю літеру так, щоб відповідні трикутники містили шукані кути.

α ↔ β Δ SOD Δ SOB

3. Під назвою кожного з трикутників записати всі три пара з його літер (це сторони трикутників).

α ↔ β Δ SOD Δ SOB

Виділити спільну сторону і сторону, що належить основі. Зайве викреслити.

SO, SD, OD SO, SB, OB

4. Спільну сторону записати через «неспільну» дивлячись у відповідний трикутник через тригонометричну функцію відповідного кута.

SO=ODtg α=OBtg β

5. Довжини відрізків основи записати через довжину сторони основи і провести скорочення. OD=a√3

6 , OB= a√3

3 .

a√36 tg α=

a√33 tg β ,

tg α = 2tg β .

Теорема 1. Якщо з точки однієї з двох перпендикулярних площин опустити перпендикуляр на другу площину, то він лежить у першій площині. Доведення

Нехай площини β та α перетинаються по прямій с, β ¿α і з точки А площини β

провели АВ¿ α. Доведемо, що [ AB ]⊂ β .

1) Нехай [ AB ]⊄ β . У площині β проведемо АС¿ с . За попередньою теоремою пряма АС ¿α .

2) Маємо АВ¿α і АС¿α , чого бути не може (з довільної точки простору до заданої площини можна провести лише один перпендикуляр). Припущення хибне і B≡C .

Теорему доведено.

Наслідок 1. Дві площини, перпендикулярні третій, перетинаються по прямій, яка перпендикулярна третій площині.

Нехай α¿ γ і β¿ γ. Якщо з довільної точки А прямої а, по якійперетинаються площини α і β опустити перпендикуляр АВ на площину γ, то він міститься як у площині α, так і у площині β, тобто належить прямій а.

Наслідок 2. Три взаємно перпендикулярні площини при перетині утворюють три попарно перпендикулярні прямі.

О.З. 2. У правильній трикутній піраміді знайдіть зв’язок між:1. двогранними кутами при бічному ребрі і ребрі основи;2. двогранним кутом при бічному ребрі і кутом нахилу бічного ребра до основи;3. двогранним кутом при бічному ребрі і плоским кутом при вершині.

1. Розв’язанняУ правильній піраміді SАВС за побудовою: SO – висота, SD – апофема

(здісніть малюнок самостійно).

Тоді (SCB )¿

( ABC )=∠ SDO=Δ

α , (SB )¿

( ASB)=∠ SBO=Δ

β , ∠BSC =Δ

γ .

Проведемо у площинах SАВ і SВС перпендикуляри АЕ і СЕ до ребра SВ. (З’ясуйте

з учнями: чому вони мають спільну основу Е; чому площина АЕС перпендикулярна до

SВ; чому (SCB )¿

( ABC )=∠ AEC =Δ

δ ).

1)

( SAD )⊥( SBC )|( AEC )⊥(SBC )¿

→( SAD )∩( AEC )=( AF )⊥( SDC )

- за наслідком 1 теореми 1. (Тут F –

точка перетині СЕ і SD.)

Тоді AF ¿ (CF), AF ¿ (SD).

3) У ΔCSB: SD⊥CB, CE⊥SB →∠ECD=∠DSB= γ2 .

4) УΔ АЕС : ЕK⊥ АC , AF⊥ EC →∠FAC=∠KEC= δ2 .

5) З Δ FAC і ΔAFD (за методом пропонованим раніше у табличці) маємо:

AF=ACcos δ2=ADsinα, AC=a , AD=a√3

2 , 2 cos δ2=√3 sinα .

Аналогічно розв’язуються задачі 2-3 та наступні опорні задачі 3-4 (див. вказану літературу на початку п. ІІ).О.З. 3. У правильній чотирикутній піраміді знайдіть зв’язок між кутами:1) двогранним кутом при ребрі основи і кутом нахилу бічного ребра до основи;2) двогранним кутом при ребрі основи і плоским кутом при вершині;3) кутом нахилу бічного ребра до основи і плоским кутом при вершині.4) двогранними кутами при бічному ребрі і ребрі основи;5) двогранним кутом при бічному ребрі і кутом нахилу бічного ребра до основи;6) двогранним кутом при бічному ребрі і плоским кутом при вершині.О.З. 4. Розв’яжіть попередню задачу у випадку: а) шестикутної правильної піраміди; б) n-кутної правильної піраміди.

ІІІ. СЕРЕДНІ ЛІНІЇ ТА МЕДІАНИ ТЕТРАЕДРА

Як у планіметрії трикутник – найпростіший багатокутник, так і в стереометрії тетраедр, або трикутна піраміда, - найпростіший багатогранник. Геометрія тетраедра не менш цікавіша, ніж геометрія «його плоского брата» - трикутника.

По-перше, тетраедр, як трикутна піраміда, має такі властивості: всі грані – трикутники; має 4 вершини, 4 грані, 2 ребра; переріз, паралельний до основи, - трикутник, подібний до трикутника

основи; переріз, паралельний до основи, поділяє бічні ребра та висоту піраміди на

пропорційні частини; площі трикутників перерізу та основи відносяться як квадрати їх

відстаней від вершини.

Середніми лініями тетраедра (або бімедіанами) називають відрізки, які з’єднують середини

мимобіжних ребер тетраедра. Медіанами тетраедра називають відрізки, що з’єднують вершини

тетраедра з центроїдами протилежних граней. Доведемо кілька цікавих опорних фактів, пов’язаних з

цими відрізками.

Теорема 1. Якщо в тетраедрі позначити мимобіжні ребра відповідно як: а і а1, b і b1, c і c1 ,

то довжину середньої лінії тетраедра na, що, з’єднує середини ребер а і а1, можна обчислити за

формулою

.

Д о в е д е н н я

Нехай у тетраедра АВСD точки M і N – середини ребер ВС і АD; а, b і с – відповідно

довжини ребер ВС, АВ і АС, а а1, b1 і с1 – ребер мимобіжних до ВС, АВ і АС (мал. 3. 51).

1) DМ і AМ – медіани трикутників BDC і ABC, тоді:

і .

2) МN – медіана трикутника AMD, тоді:

.

Теорему доведено.

Ця терема дозволяє легко обчислити кут між мимобіжними ребрами тетраедра, якщо

відомо довжини всіх ребер цього тетраедра.

О.З. 5 . Доведіть, що для довільного тетраедра АВСD, мимобіжні ребра якого позначено як а і а1, b

і b1, с і с1, кут між ребрами а і а1 можна обчислити за формулою

.

Д о в е д е н н я

1) З’єднаємо середини N, M і K ребер AC, DC і AB відрізками (мал. 3. 52). Враховуючи, що NM

// AD і NK // CB, як середні лінії ΔADC і ΔABC, маємо: .

2) У Δ

NMK: NM = (як середня лінія Δ

ADC), NK = (як середня лінія Δ

ABC),

За теоремою косинусів: .

За доведеною теоремою: .

Тоді:

.

Отже

.

Щ. в. д.

Теорема 2. У тетраедрі АВСD точки K і L – середини ребер тетраедра АВ і СD. Тоді для середньої

лінії даного тетраедра KL виконуються твердження:

1. = = .

2. Всі середні лінії тетраедра перетинаються в одній точці й діляться нею навпіл.

3. Точка перетину середніх ліній тетраедра належить медіані тетраедра і ділить її у відношенні

3 : 1, рахуючи від вершини.

Д о в е д е н н я

1. Запишемо дві рівності:

= + + і = + + .

Додамо їх і врахуємо, що + = і + = , маємо

2 = +

Твердження (1) доведено.

2. Нехай точки М і N – середини ребер AC і BD, а точка O – середина відрізка KL (мал. 3. 53, а). Тоді:

і (як середні лінії Δ

ADB і Δ

ACD);

; .

З того, що маємо, що , тобто O – середина відрізка MN.

Аналогічно отримаємо, що O – середина й інших середніх ліній тетраедра.

Твердження (2) доведено.

3. Нехай A1 – центроїд . Запишемо вектори і через вектори , і

:

1)

;

2) .

Звідси . Тоді точка O лежить на відрізку AA1 і поділяє його у відношенні AO : OA1 =

3 : 1.

Твердження (3) доведено.

Теорему доведено.

Наслідок. Всі медіани тетраедра перетинаються в одній точці, яка поділяє кожну з них у

відношенні 3 : 1, починаючи з вершини.

Правильність наслідку випливає безпосередньо з твердження (3) теореми. Маємо, що всі

медіани тетраедра проходять через точку O перетину середніх ліній тетраедра.

Доведемо, спираючись на теорему 2 такі опорні факти.

О.З. 6 . У тетраедрі АВСD точки K і L – середини ребер тетраедра АВ і СD. Доведіть що AC, BD,

KL – паралельні одній площині.

Р о з в ’ я з а н н я

За теоремою 2 маємо: = . Тоді, якщо відкласти вектори , і від

однієї точки , то отримаємо, що ці вектори належатимуть одній площині, яка паралельна мимобіжним

прямим AC і BD. Звідси відрізки AC, BD і KL паралельні одній площині.

Щ. в. д.

Зауваження.

Перше твердження теореми 2 можна узагальнити для відрізка KL, коли точки K і L ділять

мимобіжні ребра AB і CD не навпіл, а в деякому співвідношенні λ, тобто AK : KB = CL : LD = λ.

Здійсніть таке узагальнення самостійно.

IV. ПРАВИЛЬНИЙ ТЕТРАЕДР

Нагадаємо, що правильним називають тетраедр, в якого всі грані – рівні правильні трикутники.

(Не плутати з правильною пірамідою, яка має рівні бічні ребра і правильний трикутник – основу. Її

бічні грані – рівні між собою рівнобедрені трикутники, які не обов’язково є правильними.)

Одна з головних властивостей правильного тетраедра – перпендикулярність його мимобіжних

ребер.

О.З. 7. Доведіть перпендикулярність мимобіжних ребер правильного тетраедра.

Дано: ABCD – правильний тетраедр.

Довести: DB AC .

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

1) .

2) (за ТТП).

Щ. в. д.

Зауваження. Твердження про перпендикулярність мимобіжних ребер правильного тетраедра

можна довести й іншими способами. Наприклад, координатним методом, векторним методом

(аналогічно до доведення п. 1 теореми 2), за правилом чотирьох точок (спираючись на симетрію задачі)

тощо. Спробуйте здійснити доведення цього твердження не менше, як пятьма способами.

З означення маємо, що всі плоскі кути правильного тетраедра рівні й кожен з них складає

по 60. Знайдемо міри інших кутів правильного тетраедра.

О.З. 8. Дано правильний тетраедр. Знайдіть величину: 1) його двогранного кута; 2) кута

між його ребром і гранню, що не містить це ребро.

Р о з в ’ я з а н н я

Нехай ABCD – правильний тетраедр, DO – його висота, DT – апофема.

За властивістю правильної піраміди: O – центр правильного трикутника

АВС, ∠DTO≜α ; ∠DAO≜ β, AC≜a.

1) Δ

DOT: , ОТ = , DT = .

Тоді : = .

2) Δ

DOT: , ОТ = , DT = .

Тоді : = .

Відповідь: 1) ; 2) .

Легко довести (зробіть то самостійно), такі властивості середніх ліній та медіан правильного

тетраедра:

всі середні лінії правильного тетраедра рівні між собою;

середні лінії правильного тетраедра попарно взаємно перпендикулярні;

кожна з середніх ліній правильного тетраедра перпендикулярна до ребер, які вона

сполучає;

всі медіани правильного тетраедра є його висотами і рівні між собою.

Доведіть також, що у правильному тетраедрі з ребром а, довжина середньої лінії дорівнює

, а його медіани – .

Розглянемо ще одну опорну задачу про переріз правильного тетраедра.

О.З. 9 . Через середину ребра правильного тетраедра провели площину паралельно до

двох його мимобіжних ребер. Знайдіть площу перерізу, якщо довжина ребра даного тетраедра

дорівнює а.

Р о з в ’ я з а н н я

Нехай ABCD – правильний тетраедр, P – середина ребра CB, переріз PMNK паралельний до

мимобіжних ребер DB і AC .

1) Маємо: MP ||DB (MP і DB належать одній площині й не перетинаються), CP = PD. Тоді

CM = MD (MP – середня лінія Δ CDB).

2) Аналогічно NM || AC, NK || DB, KP || AC.

3) MP || DB || NK, NM || AC || KP. Тоді: NKРМ – паралелограм, кожна сторона якого дорівнює

; (див. О.З. 7). Тобто NKРМ – квадрат.

1) NKРМ – квадрат з стороною . Його площа дорівнює 0,25а2.

Відповідь: 0,25а2.

V. РІВНОГРАННИЙ ТЕТРАЕДР

Тетраедр, всі грані якого є рівними трикутниками називають рівногранним.

На перший погляд рівногранний тетраедр – це правильний тетраедр і ніякий інший. Насправді

гранню рівногранного тетраедра може бути довільний гострокутний трикутник . Щоб побудувати

такий тетраедр можна взяти довільний гострокутний трикутник і скласти його згинанням по середніх

лінях. Маємо, що

в рівногранного тетраедра мимобіжні ребра рівні;

сума плоских кутів при кожній з вершин рівногранного тетраедра дорівнює 180.

Підкреслимо, що розгорткою рівногранного тетраедра, яку отримано розрізанням його за

трьома ребрами, що виходять з однієї вершині, може бути тільки гострокутний трикутник. Тоді

маємо, що

гранями рівногранного тетраедра можуть бути тільки гострокутні трикутники.

П р и к л а д 1 0 . Д о в е д і т ь , щ о р о з г о р т к о ю р і в н о г р а н н о г о т е т р а е д р а н е

м о ж е б у т и п р я м о к у т н и й а б о т у п о к у т н и й т р и к у т н и к .

Нехай кут α розгортки, що відповідає куту D грані ACD, тупий або прямий.

Трикутники ACD і ACB рівні, тоді рівні й відповідні їх медіани: DK = BK.

Подвоємо медіану DK трикутника ACD (KP = DK) – отримаємо паралелограм ADCP. Маємо:

KP = DK = BK.

У паралелограмі ADCP кут D негострий. Тоді AC > DP = DK + KP = DK + KB.

З нерівності для сторін трикутника DKB маємо: DK + KB >DB = AC.

Маємо протиріччя – припущення хибне.

Розглянемо властивості середніх ліній рівногранного тетраедра.

О.З. 11. Доведіть, що середні лінії рівногранного тетраедра попарно взаємно

перпендикулярні і кожна з них перпендикулярна до ребер, які вона сполучає.

Д о в е д е н н я

1) В рівногранного тетраедра АВСD точки M, N, K, L – середини сторін відповідно AD, CB, AC і

DB. Доведемо, що MN KL.

1.1) З Δ ACD і Δ BCD :

KM = CD : 2, KM ||CD і L N = CD : 2, LN || CD , як середні лінії трикутників.

1.2) Аналогічно KN = ML = AB : 2. AB = CD, як мимобіжні ребра рівногранного тетраедра. Тоді

KМLN – ромб, і MN KL, як його діагоналі.

Аналогічно маємо, що всі середні лінії даного тетраедра взаємно перпендикулярні.

2.1) Позначимо середини ребер CD і AB як P і T відповідно.

За доведеним маємо: PT KL, PT MN. Тоді PT перпендикулярна до площини ромба KМLN,

а отже PT KN.

2) Маємо: PT KN , KN ||AB (як середня лінія у Δ ABC). Тоді PT AB.

Аналогічно маємо, що всі середні лінії даного тетраедра перпендикулярні до ребер, які вони

сполучають.

Твердження задачі доведено.

VI. ОРТОЦЕНТРИЧНИЙ ТЕТРАЕДР

Як відомо висоти трикутника перетинаються в одній точці – ортоцентрі трикутника. Висоти тетраедра (або їх продовження) на відміну від трикутника не обов’язково перетинаються в одній точці. Тетраедр, у якого висоти перетинаються в одній точці називають ортоцентричним, а таку точку – ортоцентром.

Ортоцентричний тетраедр має цікаві властивості.

Теорема 3. Якщо одна вершина тетраедра проектується на площину протилежної грані в її ортоцентр, то і решта вершин цього тетраедра проектуються в ортоцентри протилежних граней.

Доведення Нехай маємо тетраедр АВСK, вершина якого K, проектується на площину (АВС) в

ортоцентр НK трикутника АВС. 1) За умовою KНK¿ (АВС); НK – ортоцентр ∆АВС, отже АP¿ СВ і ВN ¿АС. Тоді,

за теоремою про три перпендикуляри, KP ¿ СВ, KВ ¿АС.2) Маємо СВ ¿ АP і СВ ¿ KP. Тоді, за ознаками перпендикулярності прямої і

площини та двох площин, СВ ¿ (АKНK) і (АKНK)¿ ( KВС).3) Проведемо у (АKНK) перпендикуляр АНА до прямої KP перетину цієї площини

з площиною KСВ. Тоді АНА ¿ (KСВ).4) За доведеним маємо: АНА ¿ (KСВ), KВ ¿АС. Тоді, за теоремою про три

перпендикуляри, CНА ¿ КВ, тобто НА – ортоцентр ∆KСВ.Аналогічним є доведення того, що вершина С проектується на площину грані АKВ

у ортоцентр ∆АKВ.Теорему доведено.

Наслідок 1. Якщо вершина тетраедра проектується на площину протилежної грані в її ортоцентр, то цей тетраедр ортоцентричний.

З доведення теореми (п.3-4) маємо, що чотири висоти KНK, АНА, ВНВ, СНС даного тетраедра АВСK (або їхні продовження) попарно перетинаються. Тоді вони перетинаються в одній точці.

Нехай прямі KНK, АНА і ВНВ не перетинаються в одній точці. Прямі KНK і АНА лежать у одній площині (АKНK) – позначимо її як α. Точки Р і Q перетину прямої KНK з (АНА) і (KНK) лежать у цій площині, отже і (ВНВ)∈α . Аналогічно доводимо, що (СНС) ∈α . Тоді всі вершини тетраедра АВСK лежать у одній площині α, чого бути не може.

Наслідок 2. Правильна трикутна піраміда є ортоцентричним тетраедром.Справді, за властивостям ортогонального проектування вершина такої піраміди

проектується в центр правильного трикутника основи, отже ця піраміда є ортоцентричним тетраедром.

Зауваження. З наслідку 1 випливає простий спосіб побудови ортоцентричного тетраедра: через ортоцентр довільного трикутника провести перпендикулярну пряму до його площини і з’єднати будь-яку точку цієї прямої з вершинами трикутника.

Теорема 4. Тетраедр буде ортоцентричним тоді і тільки тоді, коли його вершина проектується в ортоцентр протилежної грані. ДоведенняІ. Достатність. Якщо вершина тетраедра проектується в ортоцентр протилежної грані, то цей тетраедр – ортоцентричний.

Це твердження співпадає з твердженням наслідку 1 теореми 3 і є правильним. ІІ. Необхідність. Якщо тетраедр ортоцентричний, то його вершина проектується в ортоцентр протилежної грані.

Нехай висоти KНK і АНА тетраедра АВСK перетинаються . Тоді площина АKР, у якій лежать ці висоти перпендикулярна площинам граней KСВ і АВС. Отже пряма СВ їх перетину перпендикулярна до площини АKР, а звідси і до прямої АK.

Аналогічно доводимо перпендикулярність двох інших пар ребер тетраедра.Теорему доведено.

О.З.12. Доведіть, щоб вершина тетраедра проектувалася в ортоцентр протилежної грані необхідно і достатньо, щоб мимобіжні ребра тетраедра були попарно перпендикулярними.ДоведенняІ. Необхідність. Якщо вершина тетраедра проектується в ортоцентр протилежної грані її мимобіжні ребра попарно перпендикулярні.

Правильність цього твердження випливає з п. 1 доведення теореми 1.ІІ. Достатність. Якщо мимобіжні ребра тетраедра попарно перпендикулярні, то його вершина проектується в ортоцентр протилежної грані.

Доведення цього твердження проведіть самостійно. (Доведіть, що достатньо перпендикулярності двох пар мимобіжних ребер тетраедра.)

VII. ПРЯМОКУТНИЙ ТЕТРАЕДР

Цікавим прикладом ортоцентричного тетраедра є прямокутний тетраедр, всі плоскі кути якого

при одній вершині прямі (мал. 3.61). Протилежна цій вершині грань називають основою прямокутного

тетраедра.

Вершини основи прямого тетраедра проектуються у його четверту вершину (на малюнку –

точка D). Її називають вершиною прямокутного тетраедра. Тобто висоти прямокутного тетраедра

перетинаються у його вершині – він є ортоцентричним.

За властивістю ортоцентричного тетраедра вершина прямокутного тетраедра проектується

у ортоцентр його основи.

Цей факт може бути використаний при розв’язуванні задач.

П р и к л а д 1 3 . У тетраедрі SABC всі кути трикутників граней при вершині S прямі. Точка S

проектується на площину ABC у точку P. Площі трикутників CSB і ABC дорівнюють відповідно S1 і S2.

Знайдіть площу трикутника СPB.

Р о з в ’ я з у в а н н я

1) Даний тетраедр – прямокутний з основою ABC. Тоді його вершина S проектується на грань

ABC у її ортоцентр P. Звідси AD CB (мал. 3.62).

2) SP (ABC), AD CB. Тоді, за теоремою про три перпендикуляри, SD CB і

.

3) Шукана площа трикутника PCB, як площа ортогональної проекції трикутника SCB дорівнює

Sх = S1 .

4) З Δ

ASD ( ): . Тоді .

Відповідь: .

Доведемо таку властивість основи прямокутного тетраедра.

О.З. 1 4 . Доведіть, що основою прямокутного тетраедра може бути тільки гострокутний

трикутник.

Д о в е д е н н я

1) Введемо прямокутну систему координат так, щоб початок координат співпав із вершиною D

прямокутного тетраедра DABC, а ребра AD і DB містилися на осях Ox і Oy відповідно (мал.).

Тоді: A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), де a, b, c – відповідно довжини ребер DA, DB, DC даного

тетраедра.

Позначимо кут ACB через α і знайдемо його як кут між векторами (а; 0; –с) і (0; b; –с):

.

Звідси маємо, що кут α – гострий.

Аналогічно отримаємо, що інші два кути основи гострі.

Щ. в. д.

VIII. Трохи майже олімпіадної планіметрії.

(Див. І. Кушнір «Геометрия. Сборник задач. 7-9 классы» )

15. Побудуйте трикутник АВС за положенням точок А і В та точці перетину продовження медіани АD з

описаним навколо трикутника колом.

Аналіз.

Позначимо точку перетину медіани AD з описаним навколо трикутника АВС колом як Т. За точками А, В,

Т будуємо коло, описане навколо шуканого трикутника АВС. Діагональ АТ вписаного у це коло

чотирикутника АВТС поділяє його на два рівновеликі трикутники (див. О.З. про відношення площ

трикутників, на які опуклий чотирикутник поділяється діагоналлю). Тоді висоти трикутників АВТ і АСТ ,

проведені до спільної сторони АС рівні.

16. АВСD, DCEF, FEKM – рівні квадрати. Доведіть, що ∠CAM+∠EAM+∠KAM=90 °.Розв’язання.1¿∠CAM =45°. Тоді треба довести, що ∠EAM+∠KAM =45 °.

2) На сторонах AD, DF і FM даних квадратів добудуйте квадрати ADD1А1, DFF1D1 і FMM1F1. 3) На сторонах A1D1, D1F1 і F1M1 останніх квадратів добудуйте квадрати A1D1D2А2, D1F1F2D2 і

F1M1M2F2. 4) Тоді ∠EAM+∠KAM =∠ЕАМ 1=45 °, бо ∠ЕАМ 1−¿кут між стороною АЕ і діагоналлю

АМ1 квадрата АЕМ1D2.17. AD - висота гострокутного ∆ АВС , О – центр квадрата, побудованого на АВ зовні трикутика, М центр квадрата, побудованого на АС у одній півплощині з В. Чи лежать точки М, D, О на одній прямій? Вказівка.

1) У вписаному чотирикутнику АDВО кути ОАВ і ОDВ рівні. Тоді ∠О D В=45о.2) У вписаному чотирикутнику АМDС кути АСМ і АDМ рівні. Тоді ∠ А D М =45о, ∠М D В=90о

- ∠ А D М =45о.3) ∠О D В=45о =∠М D В тоді промені DО і DМ співпадають.

НА ЗАКІНЧЕННЯ

Я позичив в А 100 грн. і загубив їх. Потім позичив у Б ще 50 грн., купив дві шоколадки по 10 грн. і віддав 30 грн А. Виходить я винен тепер 70 грн і 50 грн – всього 120 грн., ще витратив 20 грн. на шоколадки. А куди ділися ще 10 грн.?Не плутайте борг та виплати. Борг складає 120 грн. незалежно від того як ви ті 120 грн. витрачаєте, даруєте або викидаєте.