Достраивание тетраэдра

Квант 1976, №1 с. 61-64 Тег HEZN

Достраивание тетраэдра

Один из красивых приёмов, который может быть использован при решении геометрических задач, состоит в замене изучаемой геометрической фигуры другой, в каком-то смысле более удобной. Так, например, если в условии задачи фигурирует треугольник, в котором проведена медиана, часто полезно достроить этот треугольник до параллелограмма, продолжая медиану на расстояние, равное ей самой. В данной статье рассматриваются несколько задач про треугольную пирамиду — тетраэдр, — которые оказывается возможным решить, достраивая тетраэдр до другого многогранника (как правило, параллелепипеда).

Первый способ достраивания пирамиды до параллелепипеда изображён на рисунке 1. Здесь $AA_1BD$ — данная пирамида, а плоскости граней $DCC_1D_1$ , $CBB_1C_1$ и $A_1B_1C_1D_1$ параллелепипеда проходят через одну вершину пирамиды и параллельны грани пирамиды, противолежащей этой вершине.

Задача 1. (Пункт а) задачи предлагался на вступительном экзамене на механико-математическом факультете МГУ.) Дана треугольная пирамида $AA_1BD$ , в которой рёбра $AA_1$ , $AB$ и $AD$ попарно перпендикулярны, а их длины равны соответственно $a$ , $b$ , $c$ .

Доказать, что вершина $A$ пирамиды, точка пересечения медиан грани $A_1BD$ и центр описанного шара лежат на одной прямой.
Найти радиус шара, описанного около этой пирамиды.

Достроим пирамиду $AA_1BD$ до параллелепипеда (прямоугольного!), как показано на рисунке 1. Тогда шар, описанный около этой пирамиды, является одновременно описанным шаром и для всего параллелепипеда. Радиус этого шара равен половине диагонали параллелепипеда, а именно $\dfrac12\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ , это является ответом на пункт б).

Рис. 1

Чтобы доказать утверждение пункта а), рассмотрим прямоугольник $AA_1C_1C$ (советуем сделать для него отдельный чертёж). Центр $O$ шара находится на диагонали $AC_1$ , медиана $A_1O_1$ треугольника $A_1BD$ пересекается с $AC_1$ в точке $M$ , и если мы докажем, что $\dfrac{|A_1M|}{|MO_1|}=2$ , то это будет означать, что $M$ — точка пересечения медиан треугольника $A_1BD$ ; тем самым мы докажем утверждение пункта а). Из подобия треугольников $A_1C_1M$ и $AO_1M$ следует:
$\dfrac{|A_1M|}{|MO_1|}=\dfrac{|A_1C_1|}{|AO_1|}=2,$
что и требовалось доказать.

Другой часто встречающийся способ достраивания тетраэдра до параллелепипеда состоит в следующем. Проведём через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную противоположному ребру. Эти плоскости ограничат некоторый параллелепипед (рис. 2), диагоналями граней которого будут рёбра исходного тетраэдра.

Рис. 2

Небольшой практический совет: чертёж удобнее начинать с изображения параллелепипеда.

Задача 2. Найти радиус шара, касающегося всех рёбер правильного тетраэдра, длина ребра которого равна $a$ .

Как легко видеть из рисунка 2, построенный описанным способом параллелепипед будет кубом с ребром $\dfrac a{\sqrt2}$ ; шар, вписанный в этот куб, будет искомым. Ответ: $\dfrac a{2\sqrt2}$ .

Первый из предложенных способов достраивания тетраэдра до параллелепипеда удобен, когда даны плоские углы при одной из вершин тетраэдра (особенно если все они прямые), второй используется в задачах, в которых фигурируют скрещивающиеся рёбра тетраэдра.

Задача 3. Длины двух скрещивающихся рёбер тетраэдра равны $a$ , два других скрещивающихся ребра имеют длину $b$ и оставшиеся два — $c$ . Найти расстояние между центром вписанного в тетраэдр шара и центром шара, касающегося одной из граней тетраэдра и продолжений остальных граней.

На рисунке 3 $ABCD$ — данный тетраэдр, а параллелепипед ограничен плоскостями, проходящими через рёбра тетраэдра параллельно противоположным рёбрам. Так как диагонали каждой грани равны соответственно противоположным рёбрам тетраэдра, которые по условию равны, то все грани параллелепипеда — прямоугольники, а сам параллелепипед — прямоугольный.

Рис. 3

Центр вписанного в тетраэдр $ABCD$ шара совпадает с точкой пересечения диагоналей параллелепипеда (докажите!), а центр шара, касающегося грани $DCB$ тетраэдра (из дальнейшего видно, что ответ не зависит от выбора грани) и продолжений его остальных граней, совпадает с вершиной $L$ параллелепипеда (она равноудалена от граней $DCB$ и $ACD$ — для доказательства рассмотрите пирамиду $B'LCD$ , где $|B'L|=|LB|$ , равную пирамиде $BLCD$ ; точки $A$ , $D$ , $B'$ и $C$ лежат в одной плоскости; аналогично доказывается, что точка $L$ равноудалена от плоскостей $DCB$ и $ACB$ , $DCB$ и $ADB$ ).

Значит, расстояние, о котором говорится в условии задачи, равно половине длины диагонали параллелепипеда. Обозначим через $x$ , $y$ , $z$ длины рёбер параллелепипеда (см. рис. 3). По теореме Пифагора получаем систему трёх уравнений:
$\left\{\begin{array}{l} x^2+y^2=a^2,\\ x^2+z^2=b^2,\\ y^2+z^2=c^2, \end{array}\right.$
складывая которые, находим, что $\dfrac{|AL|}2=\dfrac12\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\dfrac12\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}2}.$

Задача 4. Сечение тетраэдра плоскостью, параллельной двум его скрещивающимся рёбрам и равноудалённой от этих ребёр, имеет площадь $S$ . Расстояние между этими скрещивающимися рёбрами тетраэдра $h$ . Найти объём тетраэдра.

Рис. 4

Пусть $ABCDA_1B_1C_1D_1$ — параллелепипед, ограниченный плоскостями, проходящими через рёбра тетраэдра параллельно противоположным рёбрам (рис. 4). Тогда объём тетраэдра $A_1BC_1D$ равен объёму параллелепипеда минус объёмы четырёх треугольных пирамид (одна из них $A_1ABD$ ), объём каждой из которых равен $\dfrac16$ объёма параллелепипеда (почему?). Значит, $V_{\text{тетр}}=\dfrac13V_{\text{пар}}$ . Пусть скрещивающиеся рёбра, о которых говорится в условии, — $A_1C_1$ и $BD$ , а $KLMN$ — сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через середины $AA_1$ , $BB_1$ , $CC_1$ и $DD_1$ . Тогда вершинами сечения, о котором говорится в условии, будут середины сторон параллелограмма $KLMN$ . Следовательно, площадь параллелограмма $KLMN$ равна $2S$ и равна площади основания $ABCD$ параллелепипеда. Теперь найдём объёмы параллелепипеда и тетраэдра:
$V_{\text{тетр}}=\dfrac13V_{\text{пар}}=\dfrac23Sh.$

С помощью только что решённой задачи нетрудно доказать справедливость формулы Симпсона, служащей для вычисления объёма многогранников специального вида.

Дан многогранник, все вершины которого лежат в двух параллельных плоскостях, находящихся на расстоянии $h$ друг от друга. Пусть $S_1$ — площадь грани, лежащей в одной плоскости, $S_2$ — площадь грани, расположенной во второй плоскости, а $S_{\text{ср}}$ — площадь сечения многогранника плоскостью, удалённой на расстояние $\dfrac h2$ от каждой из данных плоскостей. Тогда для объёма многогранника справедлива формула:
$V=\dfrac h6(S_1+S_2+4S_{\text{ср}}).$

Для доказательства проверьте, что эта формула верна, если многогранник является тетраэдром, а потом разбейте произвольный многогранник, вершины которого расположены в двух параллельных плоскостях, на тетраэдры с вершинами в этих же плоскостях: площади граней тетраэдров, расположенных в одной плоскости, в сумме дадут $S_1$ , расположенных во второй плоскости дадут в сумме $S_2$ , а сумма площадей средних сечений тетраэдров равна $S_{\text{ср}}$ многогранника.

В заключение приведём пример задачи, в которой оказывается удобнее достраивать тетраэдр не до параллелепипеда, а до треугольной призмы.

Задача 5. В тетраэдре площади двух граней равны $S_1$ и $S_2$ , двугранный угол между ними равен $\alpha$ , площади двух других граней $Q_1$ и $Q_2$ , угол между ними $\beta$ . Доказать, что
$S_1^2+S_2^2-2S_1S_2\cos\alpha=Q_1^2+Q_2^2-2Q_1Q_2\cos\beta.$

Рис. 5

Докажем сначала, что если площадь одной боковой грани треугольной призмы равна $S$ , две другие грани имеют площади $S_1$ и $S_2$ , а двугранный угол между ними $\alpha$ , то $S_1^2+S_2^2-2S_1S_2\cos\alpha=S^2.$

В самом деле, пусть плоскость $ABC$ (рис. 5) перпендикулярна боковым рёбрам призмы, $\angle BAC=\alpha$ . Запишем теорему косинусов для треугольника $ABC$
$|BC|^2=|AB|^2+|AC|^2-2|AB|\cdot|AC|\cos\alpha.$
Осталось умножить последнее равенство на $l^2$ , где $l$ — длина бокового ребра призмы.

Перейдём теперь к решению задачи 5. Пусть $ABCD$ — данный тетраэдр, $S_{\triangle ABD}=S_1$ , $S_{\triangle ADC}=S_2$ , $S_{\triangle ABC}=Q_1$ , $S_{\triangle DBC}=Q_2$ , двугранный угол при ребре $AD$ равен $\alpha$ , а при ребре $BC$ — $\beta$ . Рассмотрим треугольную призму с основанием $ABC$ , одно из боковых рёбер которой — $AD$ (рис. 6). Обозначим через $S$ площадь параллелограмма $BB_1C_1C$ , тогда по только что доказанной нами формуле
$4S_1^2+4S_2^2-8S_1S_1\cos\alpha=S^2,$
причём $S$ легко выразить через длины рёбер $BC$ и $AD$ и угол $\phi$ между ними: $S=|AD|\cdot|BC|\sin\phi$ .

Рис. 6

Если мы рассмотрим другую треугольную призму с основанием $ACD$ и боковым ребром $BC$ , то получим
$4Q_1^2+4Q_2^2-8Q_1Q_2\cos\beta=S^2.$
Отсюда следует утверждение задачи 5.

Упражнения

Доказать, что сумма квадратов длин рёбер тетраэдра равна учетверённой сумме квадратов расстояний между серединами его скрещивающихся рёбер.
(МГУ, физфак, 1964.) Дан тетраэдр $ABCD$ . Доказать, что его рёбра $AD$ и $BC$ взаимно перпендикулярны в том и только в том случае, когда выполняется равенство
$|AB|^2+|DC|^2=|AC|^2+|DB|^2.$
Длины двух противоположных рёбер тетраэдра равны $a$ , длины двух других противоположных рёбер равны $b$ , оставшихся двух — $c$ . Найти
объём этого тетраэдра;
радиус описанного вокруг него шара.
Длины двух противоположных рёбер тетраэдра равны $a$ и $a_1$ , угол между ними равен $\alpha$ , длины двух других рёбер соответственно равны $b$ и $b_1$ , угол между ними $\beta$ и, наконец, длины двух оставшихся рёбер равны $c$ и $c_1$ , угол между ними $\gamma$ $\Big(\alpha$ , $\beta$ , $\gamma\le\dfrac\pi2\Big)$
Доказать, что одно из чисел $aa_1\cos\alpha$ , $bb_1\cos\beta$ , $cc_1\cos\gamma$ равно сумме двух других.
Найти углы $\alpha$ , $\beta$ и $\gamma$ , если даны $a$ , $a_1$ , $b$ , $b_1$ , $c$ , $c_1$ .