Menelova teorema priznaje cikavu stereometrijski ograničenu.

Menelova teorema za tetraedar.

Yakscho flat μ pomicanje rebara AB, ND, CDі DA tetraedar A B C D u tačkama A 1, B 1, Z 1, D 1, To (2).

Natrag, yakscho za chotiroch dot A 1, B 1, Z 1, D 1, koji leže istaknuto na rebrima AB, ND, CD, DA tetraedar, vikonano jednakost (2), tsí chotiri tačke leže u istoj ravni.

Dovođenje.

Hajde h 1, h 2, h 3, h 4- vídstaní víd točka A, B, Z, D vídpovídno u stan μ todi; ; ; .

Izgubljeni za umnožavanje otrimani stosunki.

Da bismo dokazali teoremu konvolucije, kreiraćemo područje A1, B1, C1. Neka ravan pređe ivicu DA u tački T.

Za završnu obradu , i iza uma na to (i by lemi) tačke Tі D1 zbígayutsya.Verdzhennya doneo.

§2. Chevyjeva teorema

Chevyjeva teorema za tricoutnik.

Hajde, mrlje A 1, 1, Z 1 lezi ravno sa strane ND, ASі VA trikutnik ABC(div. sl.). Da bi AA 1, BB 1 , SS 1 ponovo razrijeđen u jednoj tački, neophodan i dovoljan, tako da je spivvídnoshennia osvojena: (3) AA 1, BB 1, SS 1 neki ih zovu Chevians).

Dovođenje.

Nužnost. Hajde vídrízki AA 1 , BB 1 , SS 1 promijeniti u tački M u sredini trikota ABC .

Značajno kroz S1, S2, S3 trikutnikov trg AMS, SMV, AMV, i kroz h 1 , h 2- vídstaní víd točka Aі At na pravu liniju GOSPOĐA. Todi slično. Nakon što smo pomnožili otrimane proporcije, ponovo razmatramo valjanost teoreme.

Dostupnost. Hajde, mrlje A 1, B 1, Z 1 lezi na strane ND, SA, AC trikutnik, i vikonano spívvídnoshennia (3), M- tačka prelaza u vídrízkiv AA 1і BB 1, ali vídrízok CM peretinaê bík AB u tački Q. Todi, što si već doneo , . Z lemy opet piska zbíg mrlja Q=C1. Dovoljnost doneta.

Pređimo sada na opširnu razradu Chevyjeve teoreme.

Chevyjev teorem za tetraedar.

Hajde M- tačka u sredini tetraedra A B C D, A A 1, 1, C 1 i D 1- tačke poprečnog preseka ravni CMD , AMD, AMBі SMV sa rebrima AB, B C , CDі DA očigledno. Todi (4). Poleđina: kutija za tačke , zatim avioni ABC , BCD 1і DAB 1 proći kroz jednu tačku.

Dovođenje.

Potrebu je lako oduzeti, zapamtiti da su bodovi A 1, 1, Z 1, D 1 leže u jednoj ravni (ova ravan prolazi pravo A 1 Z 1і 1 D 1, koji su isprepleteni u tačkama M), i dovršite Menelajevu teoremu. Teorema o preokretu se može objasniti na ovaj način, a Menelajeva teorema o preokretu u prostoru: potrebno je povući ravan kroz tačke A 1, B 1, Z 1 i dovedi u pomoć Lemyja, scho cija DA u tački D1 .

§3. Moć medijana i bimedijalnog tetraedra

Medijan tetraedra se naziva vrh tetraedra, koji je donji vrh tetraedra sa centrom vage protilenske fasete (tačka prečke medijana).

Teorema (Proučavanje Menelove teoreme).

Medijani tetraedra su obojeni u jednoj tački. Poenta je podijeliti medijanu kože u omjeru 3:1, ovisno o vrhuncu.

Dovođenje.

Provest ćemo dva medijana: DD 1 і CC 1 tetraedar A B C D. Qi medijane prelaze na tačke F . CL– srednja faseta ABC , DL– srednja faseta ABD, A D 1 , C 1 - Ivica centra gravitacije ABCі ABD. Iza Menelove teoreme: i. Zapišimo teoremu za trikutnik DLD 1 : ; => Dokaz se provodi na sličan način kao da li je neka druga opklada srednja ili ne.

Teorema (objavljivanje Chevyjeve teoreme).

Za klip, oznaka četiri elementa tetraedra. Krst, koji se nalazi iza sredine ivica tetraedra, koji se ukršta, naziva se bimediana. Bivizoti (po analogiji) se nazivaju okomite okomite rebara, koja su ukrštena.

Teorema.

Bimedijani tetraedra su obojeni u istoj tački kao i medijani tetraedra.

Dovođenje.

Have trikutniku LDC vídrízki DCі LF preokreni na stvar K. Iza Chevyjeve teoreme za treći triko: , onda. CK = KD, LK - bimediana.

Poštovanje 1.

FL = FK. Menelova teorema za trikutnik DLK : , , zvijezde LF = FK .

Napomena 2.

Krapka F je centar gravitacije tetraedra. , , otac.

1.2 Drugačije vidjeti tetraedre

§1. Pitagorini tetraedri

Tricoutnik se zove pífagorovim, kao da je u novom kutu ravno, a poravnanje obje strane je racionalno (kako bi se zastosovuychi podíbníst, moguće je uzeti ravni tricoutnik íz tsilimi dozhina storín).

Po analogiji sa cim, tetraedar se naziva pitagorejskim, kao da je ravan kuti sa jednim od vrhova prave linije, a racionalno je racionalno dodati dva ivica (od novog, za dodatnu sličnost, možete uzmite tetraedar sa ravnim ravnim kutima sa jednim od vrhova i c ilimi dožina rebra).

Hajde da pokušamo da uvedemo "Rascep Pitagorinih tetraedara", tobto. tako izjednačavanje sa triomom nevídomimi ξ, η, ζ, pa bilo da je to tetraedar od píthagorív-a, daje racionalno rješenje za taj ríthagorív, a sada, bilo racionalno rješenje da se dobije píthagorív tetraedar.

Na poleđini svoje ruke opisaću sve pitagorejske trikove.

Na malom trikutniku OAB- poznati su dožini yogo cathetiv ravnog kroja Aі b, a dužina hipotenzije - kroz R. Broj (1) se može nazvati parametrom pravokutnog trikota OAB(tačnije, parametar "chodo leg A"). p 2 \u003d a 2 + b 2, možda:

Od tsikh rivnyana bez posrednika moguće je uzeti formule koje se okreću na plavim stranama ravno rezanog trikutnika kroz yogo parametar:

і (2).

Z formula (1) i (2) bez sredine je toliko jak: da bi ravno rezani triko bio pífagorovim, potrebno je i dovoljno, da ξ bude racionalan. Istina, kao triko Pitagorejaca, onda je (1) jasno da je ξ racionalno. Nazad, iako je racionalno, onda je (2) ispred plave strane racionalnog, to je Pitagorin triko.

Hajde sada OABC- tetraedar, koji na vrhu ima ravan rez Pro ravno. Proširite ivice koje izlaze iz vrha O, značajno kroz a, b, c, i dožini rebra, koja se gube kroz p, q, r .

Pogledajmo parametre tri pravokutna trikota OAB, OBC, OSA:

Prateći formule (2) moguće je vizualizirati stranice ovih pravokutnih trikota kroz njihove parametre:

Z (4) bez posredničkog zvižduka, scho parametri ξ, η, ζ , molim (6). Tse i ê zagalne rívnânnia pitagorejski tetraedri.

3 formule (3) - (5) bez posrednika izbacuju istu tvrdoću: da bi tetraedar OABC sa ravnim ravnim kumovima na vrhu ξ, η, ζ (koji se zadovoljavaju sa jednakim (6)) bili su racionalni.

Nastavljajući analogiju Pitagorinog trikutnika sa Pitagorinim tetraedrom, pokušaćemo da formulišemo obim Pitagorine teoreme za pravougaone tetraedre, što će, očigledno, važiti i za Pitagorine tetraedre. Kome će, po pomoć, doći lema.

Lema 1.

Yakshcho područje bagatokutnika je dorivnyu S, tada je površina yogo projekcije na površinu π veća φ - Kut miž sa ravnim π i ravnim bagatokutnika.

Dovođenje.

Čvrstoća lemija je očigledna kod trikota čija je jedna strana paralelna sa linijom peretine površine π sa površinom bagatokutnika. Zapravo, dužina stranice projekcije se ne mijenja, a dužina visine izostavljene iz projekcije mijenja se u cosφ razív.

Sada je otkriveno da se, bilo da je u pitanju neka vrsta bagatoedra, može podijeliti na trikutnike bilo koje vrste.

Povučemo pravu liniju kroz sve vrhove bagatokutnika, paralelno sa linijom peretine ravne, bagatokutnik će se istanjiti na svom trikutniku i trapezu. Ostaje da seče kožni trapez za šta god da je sa njenim dijagonalama.

Teorema 1(Prostorova Pitagorina teorema).

Za pravougaoni tetraedar A B C D sa ravnim uglovima na vrhu D zbir kvadrata površine tri pravokutna lica jednak je kvadratu površine lica ABC .

Dovođenje.

Neka je α - presek između ravnina ABCі DBC, D"- Tačkasta projekcija D na stanu ABC. Todi S ΔDBC = SosαS ΔABCі S ∆D"BC = c OSαS ΔDBC(prema lemi 1), to c osα = . S Δ D " BC = .

Slična ekvivalentnost se može dobiti i za trikotažu D "ABі D "AC. Sastavljajući ih zajedno i vrakhovuyuchi, koliki je zbir površine trikutnikova D "sunce , D "ACі D "AB dorívnyuê područje trikutnik ABC smatramo potrebnim.

Menadžer.

Poravnajmo na vrhu D ravno; a , b , c- Ispružite rebra koja izlaze iz vrha D na stanu ABC. Todi

Dovođenje.

Iza Pitagorine teoreme za pravougaoni tetraedar

Sa druge strane

1= ) => .

§2. Ortocentrični tetraedri

Na vídmínu víd trikutnik, visine takve biljke su obojene u jednoj tački - ortocentru, ne može svaki tetraedar biti analogan snazi. Tetraedar, čije se visine prepliću u jednoj tački, naziva se ortocentrični. Gotovo sigurno koristimo ortocentrične tetraedre s potrebnim i dovoljnim umom ortocentričnosti, čija se koža može zamijeniti za oznaku ortocentričnog tetraedra.

(1) Visine tetraedra su presavijene u jednu tačku.

(2) Osnove visina tetraedra su ortocentri strana.

(3) Dva povučena rebra tetraedra su okomita na kožu.

(4) Zbir kvadrata suprotnih ivica tetraedra je završen.

(5) Vírízki, scho z'êdnutyut sredina protilazhnyh rubova tetraedra, dovnyuyut.

6

(7) Zbir kvadrata površina lica je četiri puta manji od zbira kvadrata tvorevina suprotnih ivica.

Uzmimo neka djela od njih.

Dokaz (3).

Neka koža dva protraktivna rebra tetraedra bude okomita.

Otzhe, visine tetraedra se izmjenjuju u parovima. Kao papalina pravih linija, prevrću se u parovima, smrad leži u jednoj ravni i prolazi kroz jednu tačku. Tetraedar ne može ležati u istoj ravni visine, jer onaj koji je imao šest vrhova u istoj ravni, smrad se meša u jednoj tački.

Činilo se da se visine tetraedra manje mijenjaju u tačkama, potrebno je dovršiti okomitost samo dva para suprotnih ivica. Dokaz ove tvrdnje bez posrednika vrišti iz ofanzivnog zadatka.

Zadatak 1.

Danijum polutetraedar A B C D. Donesi sta.

Rješenje.

Hajde a= , b= , c=. Todi , i zbrajanje vrednosti, otrimuêmo neophodno.

Hajde a= , b = i h =. Equity 2 + 2 = 2 + 2 , šta ti. (A, s) = 0. Zastosovuyuschie algoritam za ínshih parove proliferirajućih ivica, očito, ne zahtijeva tvrdoću.

Dokažimo snagu (6).

Da bismo dokazali Vikoristov, možemo koristiti sljedeću teoremu:

Sinusni teorem. "Stvaranje dožina dvaju suprotnih ivica tetraedra, podjele na dodatne sinuse dvostranih rezova na ovim rubovima, isto za sva tri para suprotnih ivica tetraedra."

Teorem Bertschneider. "Yakscho aі b- Ako su dvije ivice tetraedra ukrštene, a na tim ivicama seče dvostrano, tada se vrijednost ne može naći u izboru para ivica koje treba ukrstiti.

Koristeći sinusnu teoremu za tetraedar i Bertschneiderovu teoremu, pretpostavlja se da je kosinus protilateralnih dvostranih ivica još jednakiji, ako je suma kvadrata protilaznih ivica jednaka, za koju vrijedi vrijednost oštrine ( 6) ortocentričnog tetradra.

Na kraju paragrafa o ortocentričnom tetraedru završićemo zadatak na ovu temu.

Zadatak 2.

Dovesti da u ortocentričnom tetraedru postoji konotacija BIN 2 \u003d 4R 2 -3d 2, de Pro- centar opisane sfere, H- visinska tačka R- radijus opisane sfere, d-stajanje između sredina susjednih rebara.

Rješenje.

Hajde Prijeі L- sredina rebara ABі CD očigledno. Krapka H lezite u stan, scho da prodjete CD okomito AB, i zrnca Pro- u stanu, scho za prolaz Prije okomito AB.

Qi ravni su simetrične u odnosu na centar mase tetraedra - sredinu klina KL. Uzimajući u obzir takve ravni za sve ivice, važno je da tačke Hі Pro simetrično M, što znači KLMO- Paralelogram. Kvadrati na drugoj strani jednaki su tome. Gledanje linija koje prolaze kroz tačku M paralelno ABі CD, uzeti u obzir šta AB 2 + CD 2 = 4d 2 .

Ovdje možete dodati šta je ravno, na čemu leže mrlje Oh Mі H, Nazovite Ojlerovu liniju ortocentričnog tetraedra.

Poštovanje.

Redoslijed od Ojlerove linije može se koristiti za određivanje osnove Ojlerovih sfera za ortocentrični teraedar;

Zadatak 3.

Dovedite da za ortocentrični kolac tetraedar 9 tačaka kože lica leži na jednoj sferi (sfera 24 tačke). Za ostvarenje ovog zadatka potrebno je osvijestiti um napadačkog zadatka.

Zadatak 4.

Dovedite da sredina stranica trikota, osnova visina i sredina visina visina vrhova do tačke njihove peretine leže na jedno računanje - ako ima 9 tačaka (Euler).

Dovođenje.

Hajde ABC- danski tricoutnik, H- tačka linije yoga visina, A 1, B 1, Z 1- sredina vídrízkív AN, VN, CH; AA 2- Visoti, A 3- srednji ND. Imajte na umu da radi jasnoće ABC- Gostokutny trikutnik. Oskilki Y 1 A 1 Z 1 \u003d VIі ΔB 1 A 2 C 1 \u003d ΔB 1 NS 1, To B 1 A 2 Z 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - U 1 A 1 Z 1, onda. mrlje A 1, B 1, A 2, C 1 lezi na jedan kolac. Tako da je lako pričati, šo B 1 A 3 C 1 \u003d B 1 NS \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, onda. mrlje A 1, B 1, A 3, Z 1 tezh leže na jednom (a samim tim i na istom) broju. Zvuči kao da svih 9 tačaka, o jakovima idu u mislima, leže na jednom kocu. Vipadok tupe trojke ABC posmatrano na sličan način.

S poštovanjem, obim od 9 tačaka je homotetičan opisanom ulozi sa centrom H i koeficijentom ABCі A 1 B 1 C 1). Na donjoj strani je oko 9 točaka homotetično opisanom koču sa centrom u tački prečke medijane trikota. ABC i koeficijent (najviše skrivenih trikuta ABC i trikuta sa vrhovima u sredini njegovih stranica).

Sada, nakon označavanja broja 9 bodova, možete prijeći na dokaz problema s mozgom 3.

Dovođenje.

Peretin ortocentričnog tetraedra, biti ravan, paralelan sa protilaznim rebrima i prolazi na pravoj liniji u sredini ovih rebara, podeljen neophodno i dovoljno da se ortocentrična sredina svih ivica ortocentričnog tetraedra nalazi na površini sfera, čiji centar se zbígae sa težištem ovog tetraedra, a prečnik je između središta suprotnih ivica tetraedra.

Zadatak 5.

Za ortocentrični tetraedar dovesti tačke centrifuge okomite linije lica, kao i tačke za podjelu rezova visine kože tetraedra od vrhova do tačke vertikalne linije visina najmanje 2:1, leži na jednoj kugli (sfera ima 12 tačaka).

Dovođenje.

Hajde, mrlje Oh Mі H- centar opisa je težište, centar gravitacije i ortocentar ortocentričnog tetraedra; M- sredina vídrízke VIN(Div. Zadatak 2). Težišta lica tetraedra služe kao vrhovi tetraedra, homotetski, sa centrom homoteze u tačkama M i koeficijent u tački homotetije tsíy Pro idi do ruba Pro 1, roztashovanu na vídrízku MN pa šta , Pro 1će biti centar sfere lica, koja će proći kroz centar vage.

Na donjoj strani, tačke koje dijele visine tetraedra od vrhova do ortocentra u omjeru 2:1 služe kao vrhovi tetraedra homotetičnog datom sa centrom homotetije u H i koeficijent. Sa tsíy homothetíí̈ pjega Pro Jak lako bachiti, idi na istu tačku Pro 1. Na taj način vrh od dvanaest tačaka leži na površini sfere sa centrom Pro 1 i poluprečnik koji je manji od donjeg radijusa sfere opisane tetraedrom.

Dajte nam do znanja da tačke prečke visine lica kože leže na površini sfere.

Hajde o', N'і M`- centar opisanog kočića, tačka visina i centar gravitacije, bilo da je lice. O`і H`ê projekcije tačaka Proі H na ravni cíêí̈ lica, i M` podeliti vazduh O `N` shdo 1:2, rahuyuchi víd O`(Vídomy planimetrijska činjenica). Sada je lako preći, kakva projekcija Pro 1 na ravni fasete - tačke Pro`1 zbígaêtsya sa sredinom vídrízka M`N`, onda. Pro 1 Rivnoviddalena víd M`і H`šta je bilo potrebno.

§3. Žičani tetraedri

Okvir se naziva tetraedar, koji je jezgro sfere, koja se sastoji od svih šest ivica tetraedra. Nije svaki okvir tetraedara. Na primjer, lako je shvatiti da je nemoguće inducirati sferu, da sve ivice tetraedra s ravnomjernim licem treba da budu suprotne, poput opisa paralelepipeda "dovgy".

Pererakhuyemo dominaciju okvira tetraedra.

(1) Glavna sfera koja sadrži sve ivice tetraedra.

(2) Sumi dozhin rebra, scho shreshchuyutsya jednako.

(3) Sumi dvostrani kutív s protilazhnym rebrima je izdržljiviji.

(4) Cola, upisana u ivice, držite se u parovima.

(5) Opisani su svi čotirikutniki, koji hodaju po ružama tetraedra.

(6) Okomite koje se protežu na ivice od centara upisanog kíl u njima, obore se u tački.

Hajde da donesemo kopiju moći teraedra sa žičanim okvirom.

Dokaz (2).

Hajde Pro- Centar sfere, gdje postoji nekoliko ivica na unutrašnjim tačkama. uz poštovanje, koje su poente X provoditi doticheski XPі XQ na sferu sa centrom Pro, zatim bodove Rі Q simetrična schodo ravan, scho da prođe ravno XO i sredina vídrízka PQ, što znači područje ROHі QOX namiriti se iz stana XPQ jednaka slatkica.

Crtamo 4 ravni koje prolaze kroz tačku Pro i ivice tetraedra koje se gledaju. Smrad razbija kožu od dvostrane kutije koja izgleda u dvije dvostrane kutije. Više Bulo je prikazano, da otrimani dvostrani kuti, koji se graniče sa jednom fasetom tetraedra, dovnyuyut. Kako u jednu, tako i u drugu vreću dvostranih rezova, koja se vidi, unesite jedan rez za kožno lice tetraedra. Provodeći analogno zrcaljenje za ostale parove rebara koje treba preći, oduzimamo pravdu autoriteta (2).

Pogodimo snagu opisanog čotirikutnika:

a) Ravni čotirikutnik će biti opisan ili ili manji nego ako je zbir suprotnih strana jednak;

b) Kao što su opisi čotirikutnika dijagonalno podijeljeni na dva trikutnika, tako su i kolci upisani u trikutnike

Vrahovuchi tsí autoritet, lako je donijeti liniju autoriteta okvira tetraedra. Dominacija (3) tetraedra bez posrednika vrišti od dominacije (b), a dominacija (4) od dominacije (a) i dominacije (1) tetraedra. Snaga (5) iz snage (3). Zaista, iako su kolci upisani u lica tetraedra, sa prečkama th lica sfere, gdje su ivice naslagane, zvijezde su očigledne, da su okomite, upisane u središta natpisa na granicama kila, neizbežno će se preklapati u centru kruga sfere.

Zadatak 1.

Sfera sa rebrima AB, ND, CDі DA tetraedar A B C D u tačkama L, M, N, K,ê vrhovi kvadrata. Javite mi da ova sfera vredi rebra AC, onda će biti sto rebara BD .

Rješenje.

Za umove KLMN- Kvadrat. Prođite kroz mrlje K, L, M, N ravni u kojima se sfere ukrštaju. Krhotine po cijelom području su međutim zacijeljene do područja KLMN, onda se smrad miješa u jednoj tački S, prošivena na pravoj liniji KRITI 1 de je centar sfere, i Pro 1- Centar trga. Qi ravni peretinayut površinu kvadrata. KLMN na kvadrat TUVW, sredine strana čije su točke K, L, M, N. Vugill STUVW s čoti licem sa S vrhom ima ravnu kutiju jednaku, a tačke K, L, M, N ležati na simetralama joge ravni kutiv, štaviše SK=SL=SM=SN. otzhe,

SA=SCі SD=SB, što znači AK=AL=CM=CNі BL=BM=DN=DK. Za um AC tezh stosuêtsya kuli, na to A C =AK+CN=2AK. I krhotine SK- simetrala kuta DSA, To DK:KA=DS:SA=DB:AC. Z rivnosti AC = 2AK sledeće, šta DB=2DK. Hajde R- sredina vídrízke DB takođe R lezi uspravno SO. Trikutniki D.O.K.і DOP jednaki, jer DK=DPі DKO = DPO = 90°. Tom OP=OK=R, de R je poluprečnik sfere, a takođe, D.B. sfere takođe stoje.

§4. Rovnohedral tetraedrons

Tetraedar se zove ravnoliki, a sve strane jednake su jednake. Jecajte da otkrijete svoj tetraedar jednakog lica, uzmite dugački tricutnik sa papirom, a mi ćemo savijati jogu duž srednjih linija. Tada se tri vrha konvergiraju u jednu tačku, a polovice stranica se zatvaraju, zadovoljavajući bične ivice tetraedra.

(0) Fasete su kongruentne.

(1) Rebra koja se ukrštaju su jednaka u paru.

(2) Triedral cuti jednak.

(3) Prošireni dvostrani kuti jednaki.

(4) Dva ravna kuta, koja se spiralno na jednoj ivici, jednaka.

(5) Zbir ravnih nabora na vrhu kože je 180°.

(6) Tetraedarska rozeta - trikutnik ili paralelogram.

(7) Opis paralelepipeda je pravorezan.

(8) Tetraedar ima tri ose simetrije.

(9) Okomite okomite rebara koje treba ukrstiti, u parovima

okomito.

(10) Srednje linije su uparno okomite.

(11) Perimetri jednakih površina.

(12) Površine lica jednakih.

(13) Visine jednakog tetraedra.

(14) Krstovi koji povezuju vrhove sa centrima važnosti susednih lica, jednaki.

(15) Radijusi opisa bíl lica kíl rívní.

(16) Težište tetraedra se kreće od centra opisane sfere.

(17) Težište izlazi iz centra upisane sfere.

(18) Centar opisane sfere izlazi iz centra upisane.

(19) Sfera je upisana sa licima u centrima opisa kod tsiha

lica kíl.

(20) Zbir običnih pojedinačnih normala (pojedinačni vektori,

okomito na lica), što je jednako nuli.

(21) Zbir svih dvostranih rezova jednak je nuli.

Praktično sve moći fasetiranog tetraedra vrište iz njega.

vyznachennya, možemo samo od njih donijeti djela.

Dokaz (16).

Jer tetraedar A B C D ravnoličan, zatim za jakistyu (1) AB=CD. Hajde, mrlja Prije vídrízka AB, i zrnca L sredina vídrízka DC, zvijezde KL bimediana tetrahedron A B C D, zvijezde iza snaga medijana tetraedra su jasne, u čemu je poenta Pro- sredina vídrízke KL, je centar gravitacije tetraedra A B C D .

Do tada, medijane tetraedra su obojene u centru gravitacije, tački Pro, i podijelite ovu tačku u omjeru 3:1, gledajući prema gore. Dali, vrakhovuyuchi vysheskazannye da moć (14) tetraedar jednakih lica, otrimuemo će doći do smirenosti vídrízkív AT = BO = CO = DO, za koju pjevam, koja je poenta Pro je centar opisa sfere (u svrhu opisa bagatoedra sfere).

Nazad. Hajde Prijeі L- sredina rebara ABі CD jasno, tačka Pro- Centar opisane sfere tetraedra, tobto. sredina vídrízka KL. Jer Pro- centar opisane sfere tetraedra, zatim trikoti AOBі COD- jednake butne kosti sa jednakim bočnim stranama i jednakim medijanima ureduі OL. Tom ΔAOB =∆COD. I zla AB=CD. Slično se dovodi i jednakost ostalih parova protilaznih rebara, zbog čega je urednost (1) tetraedra jednakog lica i sljedećeg šukana.

Dokaz (17).

Gledamo bi-sektor dvostranog kuta na rebru AB, Vín razdílít vídírízok DC schodo područje lica ABDі ABC .

Jer tetraedar A B C D ravnoličan, zatim za jakistyu (12) S ΔABD =S ΔABD =>DL=LC zvijezde vrište, šta je simetrala ABL avenge bimediana KL. Zastosovuyuchi analogno mirkuvannya ínshih diedral kuív, a uzimajući u obzir one da su simetrale tetraedra manje nego u tački u kojoj je centar sfere upisan, važno je da će ova tačka neizbježno biti težište ovog jednakog -faced tetraedar.

Nazad. Od činjenice da se centar gravitacije i centar upisane sfere mogu izbjeći na sljedeći način: DL=LC=>SABD=SADC. Dovođenje sličnog ranga do jednake veličine svih lica i, zastosovuyuchi vlast (12) ekviedarski tetraedar, otrimuemo shukane.

Sada dovedite moć (20). Za koju ruku je potrebno donijeti jednu od potencija dovoljnog tetraedra.

teorema o tetraedru

Lema 1.

Ako povećate vektore okomito na strane tetraedra, brojčano povećate površine suprotnih strana, tada je zbir vektora jednak nuli.

Dovođenje.

Hajde X- tačka u sredini tog bagatoedra, h i (i=1,2,3,4)- uđi u stan i th edge.

Izrezali smo bagatoedar na piramidi sa vrhom X, podstavami yakikh ê joga lice. Zapremina tetraedra V dorivnyuê sumí obsyagív tsikh piramide, tobto. 3 V=∑h i S i, de Si području i th edge. Nastavi, n i- jedan vektor vanjske normale na i-oí̈ lice, Mi - dovoljna tačka iêí̈ lica. Todi h i = (HM i , S i n i) za to 3V=∑h i S i =∑(XM i , S i n i)=(XO, S i n i)+(OMI , S i n i)=(XO, ∑S i n i)+3V, de Pro- fiksna tačka tetraedra, kasnije, ∑ S i n i =0 .

Očigledno je da je snaga (20) fasetiranog tetraedra krštena kapljicom veće vrijednosti Lemyja, de S 1 = S 2 = S 3 = S 4 =>n 1 = n 2 = n 3 = n 4, a pošto površine lica nisu jednake nuli, potrebna nam je ispravna ravnomjernost n 1 + n 2 + n 3 + n 4 =0 .

Na kraju rasprave o tetraedru jednakog lica, započećemo zadatak na ovu temu.

Zadatak 1.

Prava linija, koja prolazi kroz centar masenog tetraedra i centar opisane bijele sfere, prelazi rubove ABі CD. Donesi sta AC=BDі AD=BC .

Rješenje.

Središte mase tetraedra leži na pravoj liniji, koja je iza središta ivica ABі CD .

Takođe, na ovoj pravoj liniji leži središte opisane sfere tetraedra, što znači da je linija prikazana okomito na ivice ABі CD. Hajde Z`і d'- Tačkaste projekcije Cі D na ravnom, scho proći kroz pravu liniju AB paralelno CD. Jer AC`BD`- paralelogram (iza stuba), onda AC = BDі AD = ND .

Zadatak 2.

Hajde h- Visina tetraedra jednakog lica, h1і h2- vídrízki, gdje je jedna od visina lica podijeljena točkom peretine visine lica. Donesi sta h 2 \u003d 4h 1 h 2; da dovedemo i to da je osnova visine tetraedra tačka prečke visine lica, na koju se visina spušta, simetrična prema centru kolca, opisana bela lica.

Dovođenje.

Hajde A B C D- danski tetraedar, D.H.- Yog visina, DA 1, DB 1, DC 1- Visine lica spuštenih sa vrhova D na strani BC, SA i AB .

Izrežemo površinu tetraedra rebara DA, DB, DC, a mi ćemo napraviti rez. Očigledno šta Hê tačka poprečne linije visina trikutnika D 1 D 2 D 3. Hajde F- tačka visine trake za trčanje ABC, AK- Visina trioutnika, AF=h 1 , FK=h 2. Todi D 1 H = 2 h 1, D 1 A 1 = h 1 -h 2 .

Oče, krhotine h- Visina našeg tetraedra, h 2 = DH 2 = DA 2 - HA 1 2 = (h 1+ h 2) 2 - (h 1 - h 2) 2 = 4h 1 h 2. Hajde sada M- težište trikota ABC(vino težište trikutnika D 1 D 2 D 3), Pro- Centar za opis novog udjela. Vídomo scho F, Mі Pro leže na jednoj pravoj liniji (Eulerova prava linija), štoviše M- mizh Fі Pro , FM =2MO, sa druge strane, trikutnik D 1 D 2 D 3 homotetički trikutnik ABC sa centrom u M taj koeficijent (-2), srednja vrednost MH = 2FM. Zašto izlaziti BIN = FO .

Zadatak 3.

Dovedite da u ekviedačkom tetraedru osnova visina, sredina visina i tačke visina visina lica leže na površini jedne sfere (sfera ima 12 tačaka).

Dovođenje.

Virishyuchi zadatak 2, koji smo donijeli, scho centar opisanog bíla tetraedra sfere se projektuje na lice kože blizu sredine víêí̈, čije su tačke osnova visine, spuštene na qiu lice, i tačka prečke víêí̈ víêí̈ ivice. I krhotine u centru opisanog bijelog tetraedra sfere do ruba ljepšeg de h- visina tetraedra, centar opisane sfere, udaljenosti od ovih tačaka na udaljenosti, de A- stanite između tačke okomite linije i središta opisane beline ivice kočića.

§5. Incentrični tetraedri

Vídrízki, scho zadnyuyut težište lica tetraedra sa protiedarskim vrhovima (medijan tetraedra), zavzhdy peretinayutsya samo u tački, tsya tačka - centar gravitacije tetraedra. Ako u svom umu zamijenite centar gravitacije lica ortocentrima lica, ispostavit će se da je to nova oznaka ortocentričnog tetraedra. Kako ih zamijeniti na centrima upisanim na granicama kíl, naslovima incoli centara, uzimamo u obzir oznaku nove klase tetraedara - centričnih.

Znakove klase necentričnih tetraedara također treba ispuniti cikadama.

(1) Vírízkí, scho zadnutyut vrhovi tetraedra sa centrima kobilice, upisani na protilezhní lica, nijansu u jednoj tački.

(2) Simetrale reza dva lica, povučene do rascjepkane ivice ovih lica, čine osnovu glave.

(3) Dobutki dozhina protilazhnyh rebra jednaka.

(4) Trikutnik, čineći druge tačke prečke od tri rebra koja izlaze iz jednog vrha, bilo da je to sfera koja prolazi kroz tri kraja ovih rebara, ê jednakostrani.

Dokaz (2).

Za Yakistyu (1), Yakscho DF, BE, CF, AM- Simetrale dvostrukih rezova u trikoima ABCі FBD, zatim vídrízki KSі LD par sa duplim bodom I(div. sl.). Kako pravo DKі CL ne nijansirajte do tačke F, onda očigledno KSі DL ne pretjerujte, što ne može biti (zbog oznake incentričnog tetraedra).

Dokaz (3).

Vahovuyuchi moć (2) koja moć bísektrisi, otrimuêmo svívídnoshennia:

; .

§6. Proporcionalni tetraedri

Proporcionalne se za neke zovu tetraedri

(1) Bivisoti jednaki.

(2) Projekcija tetraedra na ravan okomitu na bilo koju bimediju je romb.

(3) Površine opisanog paralelepipeda su jednake veličine.

(4) 4a 2 a 1 2 - (b 2 +b 1 2 -c 2 -c 1 2) 2 \u003d 4b 2 b 1 2 - (c 2 +c 1 2 -a 2 -a 1 2) 2 \u003d 4c 2 c 1 2 - (a 2 +a 1 2 -b 2 -b 1 2) 2, de Aі a 1 , bі b 1 , hі s 1- Dovzhini protilazhny rebra.

Da bismo dokazali ekvivalentnost odredbi (1) - (4), zapamtite da je tetraedar jednak visinama paralelograma, da je to 1. projekcija, postavljena od strane autoriteta (2), i visina opisanog paralelepipeda , i kvadrat kvadrata paralelepipeda, šta se osvetiti, reci sa, dorívnyuê , a skalarni dobutok skreće kroz rubove tetraedra iza formule (4).

Dodamo evo još dvije proporcije uma:

(5) Za kožni par protilaznih ivica tetraedra, površine povučene kroz jedan od njih i sredinu drugog su okomite.

(6) U opise paralelepipeda proporcionalnog tetraedra može se upisati sfera.

§7. Ispravni tetraedri

Poput ivica tetraedra jednake jedna drugoj, jedna drugoj jednake će biti trougaone, dvostrane i ravne. U ovom slučaju, tetraedar se naziva regularnim. Takođe je vrijedno poštovanja da je takav tetraedar ortocentričan, í žičan, í jednakih lica, í ícentričan, í proporcionalan.

Poštovanje 1.

Ako je tetraedar parnostran i leži na jednoj od ovih vrsta tetraedara: ortocentrični, žičani, incentrični, proporcionalni, tada će vino biti ispravno.

Napomena 2.

Tetraedar je ispravan, jer može ležati do dvije vrste tetraedara s preklapanjem: ortocentrični, žičani, incentrični, proporcionalni, jednaki.

Snaga pravilnog tetraedra:

Koža joga topa je vrh tri trikutnika. Takođe, zbir ravni kutív na tjemenu kože je veći od 180º

(0) Pravilan tetraedar može biti upisan oktaedrom, štaviše, chotiri (od osam) lica oktaedra će biti susjedni svakoj od lica tetraedra, svih šest vrhova oktaedra će biti susjedni centrima oktaedra šest ivica tetraedra.

(1) Pravilan tetraedar se sastoji od jednog upisanog oktaedra (u centru) i četiri tetraedra (duž vrhova), štaviše, ivice ovih tetraedara i oktaedra su manji od ivica pravilnog tetraedra

(2) Pravilan tetraedar se može upisati u kocku na dva načina, a do tada će dva vrha tetraedra biti spojena sa dva vrha kocke.

(3) Pravilan tetraedar može biti upisan u ikosaedar, štaviše, dva ili više vrhova tetraedra će biti susjedni četiri ili više vrhova ikosaedra.

Zadatak 1.

Dovedite da su ivice pravilnog tetraedra, koje se ukrštaju, međusobno okomite.

Rješenje:

Hajde DH- visina pravilnog tetraedra, tačka H je centar pravilnog Δ ABC . Ako će projekcija AD na ravan baze ABC biti vertikalna BH . Jer BH AC , zatim iza teoreme o tri okomice pohila BD AC .

Zadatak 2.

Danijumski pravilni tetraedar IAWS sa ivicom 1. znati rastojanje između pravih ALі MO, de L- sredina rebra GOSPOĐA , Pro- Centar lica ABC.

Rješenje:

1. Vídstan mízh dvoma skreschuyutsya ravne linije - dužina okomice, spuštena s jedne linije, na ravninu, paralelna s linijom i osvetljava drugu liniju.

2. Budite projekcija AK vídrízka AL na stanu ABC. stan AKL okomito na ravan ABC, paralelno sa linijom MO i direktno osvetu AL. Dakle, dožina, šta se šališ, - dožina okomice ON, izostavljeno iz tačke O prije AK .

3. Znamo S Δ KHA na dva načina.

S Δ = .

Sa druge strane: S Δ KHA =

na to ρ.

Mi znamo ON : ρ= .

Zadatak 3.

Triko piramida rebra kože PABC jedan 1; BD- Visina trikota ABC. Rivnostoronny tricoutnik bde ležati u blizini stana ϕ sa rebrom AC, i bodove Pі E lezi na jednoj strani aviona ABC. Saznajte između tačaka Pі E .

Rješenje. Oskílki sva rebra piramide PABC jednak, pravilni tetraedar. Hajde M- centar baze ABC , N- ortogonalna projekcija temena E equilateral tricot bde na stanu ABC ,K- srednji BD ,F- Osnova okomice ispuštena iz tačke E na visokom PM tetraedar PABC. so yak EK BD, zatim nakon teoreme o tri okomice NK BD za to EKN- Linearni rez dvostranog reza, obložen pljosnatima ABCі bde, I od tada NK || AC, To EKN= ϕ . Dali maêmo:

BD = , MD = , KD = , BD = , PM = ,

KM = KD - MD = - = , EK = BD · = , EN = EK grijeh ϕ = grijeh ϕ ,

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

PE 2= EF 2+ PF 2= MN 2 + (PM-MF)2= MN 2 + (PM - EN)2 =

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

otzhe,

PE= = .

Zadatak 4.

Pronađite kutiju između ukrštenih visina samoubilačkih lica tetraedra.

Rješenje.

Vipadok #1.

Hajde BKі D.F.- Visine lica ABCі BCD. BK, FD= α . Značajno dožine ivice tetraedra jaka a. Provedeno FL || BK takođe α = DFL . , KL = LC.

Δ DLF :

; ; ; .

Vipadok br. 2 (visina je inače skrivena).

BKі CN- Visine lica ABCі BCD. Provedeno FP || CNі FL || BK . ; . Mi znamo LP .DO- Visina pravilnog tetraedra, DO = , Q- Projekcija P na stanu ABC , . ,

Zapisujemo kosinus teoremu za Δ LFP :

Pa yak kut mizh pravo na imenovanja domaćina

Rozdil II. Tetraedar u srednjoškolskom kursu matematike

§1. Jednaka karakterizacija klade od strane onih "tetraedra" u školskim mentorima

Srednjoškolski kurs geometrije treba da nauči osnove "Tetraedra" na sat vremena. Praktično im ne zamjeraju metodičke probleme izvršavanja ovih zadataka, jer uče da znaju šta je piramida (pa i trikutna), kako iz propedevtičkih kurseva višegodišnjeg učenja matematike, tako i iz životnih znanja. Pravilni tetraedar je povezan sa svojim ravnim parom - pravilnim trikotom, a jednakost stranica povezana je s jednakošću ivica i lica.

Međutim, problemi onih koji su obučeni po temama za studente su jasni i različiti asistenti pokušavaju da ih prevaziđu. Različiti putevi(po redu doprinosa teorijskog materijala, jednak složenosti reda). Dozvolite mi da ukratko opišem proširene ruke u geometriji kako se tetraedar uvija.

Doprinos „Tetraedra“ asistenta „Geometrija“ za 10-11 razred Atanasyan L. S. i in.

At osnovni asistent "Geometrija" za 10-11 razred srednje škole Atanasyan L. S. i in. Informacije o tetraedru mogu se naći u 7 paragrafa (12, 14, 28, 29, 32, 33, 69).

Autori majstora označavaju tetraedar kao površinu koja se sastoji od nekoliko trikova. Iz teorijske osnove priručnika za 10. razred mogu se uzeti znanja o plohama, rubovima i vrhovima tetraedra, o preklapanju tetraedra ravninom, računanju površine ukupne površine tetraedra, uklj. i skraćeni (poglavlje III, § 2 "Piramida").

Međutim, teorijski materijal asistenta predstavljen je kompaktno i stilski. Aktuelni teorijski materijal za ocjenu praktičnog dijela asistenta (dokazi takvih teorema vrše se kod mentora). Praktični materijal asistenta podijeljen je u dva jednaka dijela (ê tzv. „upravljanje naprednim poteškoćama“, označeno posebnim simbolom „*“). Osim toga, u knjizi priručnika postoji i problemska knjiga zbog velike složenosti zadatka, a oko njih lebde tetraedri. Pogledajmo rad pomoćnika menadžera.

Ostvarenje zadataka.

Centrala 1 (br. 300). Na ispravnu triko piramidu DABC mrlje E, F i P- sredina strana BC , AB i AD. Odaberite pogled na krst i upoznajte kvadrat, jer je stranica osnove piramide ljepša a, jedna ivica b.

Rješenje.

Preći će ga ravnom, da prođe kroz mrlje E, F, P. Nacrtajmo srednju liniju trikota ABC , EF || AC ,

EF || AC, A A C lie at sq. D CA, misliti EF || sq. DCA. Poprečni presjek DCA u pravoj liniji PC.

Jer presjek da prolazi kroz pravu liniju EF paralelno sa ravninom DCA i preraditi avion DCA, tada će se linija promijeniti PK paralelno sa ravnim EF.

Ostanimo na ivici BDA vídrízok FP, ali na ivici BDC- vídrízok EK. Chotirikutnik EFOK i ê shukany perez. EF || AC, PK || EF || AC, , , misliti.

Jer PK || EF i PK = EF, To EFPC- paralelogram. na takav način, EK || EP, EP- srednja linija trikota BCD, .

Kut mizh s ukrštenim linijama D.B.і CA dorivnyuê 90 °. Hajde da ga donesemo. Zaboravite visinu piramide DO. Krapka O- centar ispravnog trikutnika ABC. Prodovzhimo vídrízok BO do peretine sa strane AC u tački M. Kod desne pletilje ABC:BM- visina, medijana i simetrala, također. Možda, sho, onda nakon znaka okomitosti prave i ravni isto.

Jer , PK || CAі EK || BD, zatim th EFPC- Pravougaonik.

.

Centrala 2 (br. 692).

Noseća piramida je trokutnik ravnog reza sa nogama aі b. Koža í̈chne bíchne rebra je napeta do ravni baze ispod kuta. φ . Saznajte više o piramidi

Rješenje:

A B C D- piramida, kut ABC- pravougaona , AC = b, BC = a, kuti DAO, DBO, DCO jednaka. Mi znamo VDABC0.

1) ∆DAO=∆ADC=∆DBO na nozi taj gostrom kut, zlo AO=OC=OB=R kola, opisana u bijeloj boji ∆ABC. Jer . ∆ABC- pravolinijski, dakle .

2) Z ∆ DOC : ; .

3) ; ; .

Tetrahedron teme prilog asistenta "Geometrija" za 7-11 razred Pogorelova A.V.

U drugom osnovnom asistentu O.V. Pogorelova i dr. Teorijski materijal za ostatak svijeta pokriven je onim "Tetrahedron" u paragrafima 176-180, 186, 192, 199, 200.

Paragraf 180 "Ispravnih bagatoedara" obeležen je konceptom "ispravnog tetraedra" ("Tetraedar je trouglasta piramida, koja ima sve ivice jednake"), dokaz određenih stepena i teorema o piramidi ilustruju stolice tetraedar. Međutim, naglasak na ugraviranim figurama nije stavljen u ovom pomoćnom naslovu, pa se u tom smislu informativnost (stostruki tetraedar) može ocijeniti kao niska. Praktičan materijal maramice je da osveti broj glava na koje su postavljene piramide, u osnovi trikutnika za mlevenje (koji je u suštini tetraedar). Stavimo rozv'yazannya deyakh zavdan.

Ostvarenje zadataka.

Zadatak 1 (br. 41 iz stavka "Poliedri").

Osnova piramide je rívnofemoralni tricutnik, za koji je osnova duga 12 cm, a stranica 10 cm. Saznajte visinu piramide.

Rješenje:

Nacrtajte okomito SO na osnovnu ravan i okomice SK, SMі SN na strane ΔABS. Slijedite teoremu o tri okomice uredu BC, OM AC i ON AB.

Todi, SKO= SMO= SNO = 45° - poput linearnih rezova ovih dvostranih rezova. Otzhe, rectocut tricutniks SKO, SMOíSNO jednak na nozi i gostrom kut . Pa šta OK=OM=ON, to je poenta Pro je centar kočića upisan u ΔABC.

Virazimo kvadrat pravokutnika ABC:

Sa druge strane , . Pa šta ; OK = r = 3 div. Dakle, kao pravi trikutnik S.O.K. hostry kut dorivnyuê45° , To ∆SOKê rívnostegnovim i SO=OK= 3(cm) .

Zadatak 2 (br. 43 paragrafa "Obsyagi bagatogrannikov").

Saznajte više o piramidi koja je osnova trikutnika, dva kutija a i β; radijus opisanog udjela R. Bični rebra piramide su nagnuti na ravan njene osnove ispod haube γ.

Rješenje.

Krhotine svih bočnih rebara piramide su nagnute na ravan osnove ispod istog kuta, zatim u visinu piramide O 1 O proći kroz centar opisane osnove kolca. Pa šta

Na ΔABC. Slično teoremi sinusa

Pa šta , , =

=.

Trikutnik trg :

Todi .

Prilog tetraedru asistenta "Geometrija" za 10-11 razred Aleksandrov A.D.

Pogledajmo glavnog pomoćnika Oleksandrova A.D. to u. „Geometrija: mentor za učenike 11. razreda. iz ruševina matematike. Nema više paragrafa koji su dodijeljeni tetraedru u ovom pomoćniku, ali nema štićenika u vidljivim fragmentima drugih pasusa.

Tetraedar se dočarava u §21.3. U materijalu paragrafa nalazi se teorema o triangulaciji bagatoedra, poput kundaka da se pobije triangulacija ispupčene piramide. Samo razumijevanje "bagatoedra" asistent tumači na dva načina, drugi se razumije bez posrednika s tetraedrom: "Poliedar - vrijedi ga objaviti, radi se o krajnjem broju tetraedra ...". Saznanje da se ispravne piramide i drugi aspekti simetrije tetraedra mogu naći u §23.

§26.2 opisuje primjenu Ojlerove teoreme („o tačnim dimenzijama“) za pravilne bagatoedre (uključujući i tetraedar), a §26.4 razmatra simetriju karakterističnu za ove figure.

Dakle, od pomoćnika možete saznati informacije o srednjoj liniji tetraedra, centru mase (§35.5) i klasi tetraedara jednakih lica. Kretanja I i II vrste demonstriraju se u toku rješavanja zadataka o tetraedru.

Vídmínna riža podruchnika - visoki scijentizam, jer su se autori udaljili od moje pristupačne i jasne strukture sedmice. Stavimo rozv'yazannya deyakh zavdan.

Ostvarenje zadataka.

Zadatak 1.

Qiu ima pravilno trouglastu skraćenu piramidu sa bočnim rezom, a moguće je postaviti sferu tako da se mogu nacrtati sva lica i sferu od koje se mogu napraviti sve ivice. Upoznajte stranice temelja piramide.

Rješenje.

Na fotelji se može zamisliti upravo piramida. Tsya piramida, - visina "nove" piramide, - njen dio do gornje osnove skraćene. Zadatak je doveden do planimetrijskog, a nije potrebno crtati bilo koju zadatu sferu. Jer kugla se može upisati u skraćenu piramidu, gdje su sva rebra naslagana, zatim se kolo može upisati na istu ivicu. Značajno, (radi jasnoće, ispod navpila)

Osnova upisanog šljunka vibrira, a to je jezgro pivkole, izvezeno u trapezu (- apotema “nove” piramide) tako da centar leži u sredini, a sam se mora odlučiti za tri strane trapeza.

Središte kulija, to - tačke torza. Todi . Pogledajmo vrijednost kroz i . Z: . Z: . Sa trapeza: . Uzimamo jednako:

.(2)

Razv'yazavshi sistem rivnyan (1) i (2), otrimaemo, da su strane jednake.

Menadžer 2 .

Unutar pravilnog tetraedra sa ivicom ašireći chotiri jednake sfere tako da se kožna sfera sastoji od tri druge sfere i tri lica tetraedra. Pronađite poluprečnik ovih galusa.

Rješenje .

Zei tetraedar, - visina yogo, - centar sfera, - tačka poprečne linije prave sa ravninom. Vrijedi poštovati da centri jednakih sfera, da ravni stoje, u daljini u njoj na jednakom vídstani, koža iz nekog dovnyuê radijusa hladnog (označeno jogom kao x). Dakle, ravni su paralelne sa tim.

Ale yak visina pravilnog tetraedra sa ivicom; kao visina pravilnog tetraedra sa ivicom 2 x ; .

Izgubio sam jezik. Važno je da se tačka nalazi u sredini trougaonog kuta i da je udaljena od jogo lica na vidstanu, a ravni kuti trodelnog kuta je bliži. Nije važno skinuti te stvari. Dolazimo do reke:

zvídki píslya otrimuêmo.

Prilog tetraedru asistenta "Geometrija" za 10-11 razred Smirnova I.M.

Prezentacija tema Tetraedra od asistenta za 10-11 razred humanitarnog profila Smirnova I.M. raspoređeni na takav radni odnos: 18, 19, 21, 22, 28-30, 35.

Nakon razvijanja teoreme o onima da se “pufasti bagatoedar sa kožom može savijati od piramida i od vrha krune, čiji temelji zadovoljavaju površinu bagatoedra”, razmatra se Eulerova teorema za neke od takvih bagatoedara, princip umova teoreme se smatra za trikutny piram go, yaka, u stvari ja ê tetraedar

Cikavijevog asistenta, koji na nov način razmatra topologiju i topološki ispravne bagataedre (tetraedar, oktaedar, ikosaedar, kocka, dodekaedar), što je osnova za potporu Ojlerove teoreme.

Krym tsgogo, pomoćnik je dobio jasno razumijevanje „piramida je ispravna“; razmatraju se teoreme o osnovi upisanih i opisanih sfera tetraedra, djelima moći simetrije, koje tetraedar gnječi. Na završnoj lekciji (35) uvodi se formula značaja obaveze triko piramide.

Za koga početni asistent karakteristična velika opsesija ilustrativnim i istorijskim materijalom, kao i mala opsesija praktičnim materijalom, mudrost usmeravanja asistenta. Gledamo i pomoćnika Smirnove I.M. da u za 10-11 razreda prirodno-naučnog profila.

Prilog tetraedru asistenta "Geometrija" za 10-11 razred Smirnova I.M. to u.

U pogledu prednjeg pomagala za smjer, potrebno je istim redoslijedom sastaviti naredbu za završetak zadatka. Mjerodavno obilježje gradiva podijeljeno je na „semestre“, poput onih pomoćnika čotirija. Tetraedar je presavijen u prvom pasusu („Uvod u stereometriju“), koncept „piramide“ označava §3.

Jak i u prednjem asistentu praktičan materijal Dopunjeno uputama za paljenje stereometrijskih figura. U materijalu iz §26 može se znati teorema o sferi upisanoj u tetraedar. Ostatak teoretskog materijala koji predstavlja tetraedar je zapravo zasnovan na materijalima gore opisanog asistenta.

Ostvarenje zadataka.

Zadatak 1.

Pronađite najkraći put duž površine pravilnog tetraedra A B C D spojne tačke Eі F roztashovani na visinama bočnih strana od 7 cm od vrhova tetraedra. Ivica tetraedra je duga 20 cm.

Rješenje.

Pogledajmo vatru tri lica tetraedra. Najkraći put će biti vjetar koji povezuje tačke Eі F. Yogo dozhina dorívnyuê20 cm.

Zadatak 2.

U podnožju piramide leži pravorezani trokut, čiji je jedan od katetera 3 cm, a host kut, koji leži do novog, je 30 stepeni. Brkovi bočnih rebara piramide nagnuti su do ravni baze ispod vrha od 60 stepeni. Saznajte više o piramidama.

Rješenje.

Područje trikutnika ABC je skuplje. Centar služi kao postolje za visinu. SAC tricoutnik – jednakostraničan. .

Zvídsi th, otzhe, obsjag piramidi dorívnyuê.

Visnovok.

Vídminnoy pomoćnik riže Atanasyan L.S. to u. To su oni koji rano počinju da završavaju tetraedar, materijal se raspršuje u celoj brzini i ideje sa različitih nivoa savijanja. Kod asistenta Pogorelova O.V. materijal krojeva je kompaktan, razumljiv "tetraedar", kao i razumjeti druge prostrane figure, uveden za popunjavanje računa (npr. razred 10), praktičan materijal, ideje od asistenta, mala obaveza. Kod asistenta Smirnova I.M. to u. teorijski materijal, kako i praktičan, možda mali obyag, praktični zadatak nizak nivo Asistent je ponosan na svoju veliku posvećenost gradivu iz istorije matematike. Kod asistenta Alexandrov A.D. to u. razdor savijanja na materijal je visok, sam materijal je drugačiji, bezličan praktični zadaci da se osveti dijelu teorije, ê ekstremalny zavdannya da zavdannya pri pogledu na hranu, scho vygídlyaê joga na lisne uši druge.

§2. Testiranje je jednako razvoju prostranog uma kod srednjoškolaca

Intelekt je izgradnja do početka uma, moćan za sve ljude. Neki ljudi ga čine većim svijetom, drugi - manjim, štite osobu u koži protyazh život i zgrada se spašava praktično bez promjena. Sami umovi intelekta mog zdatní ispravno djeluju i uče iz njihovih pomilovanja.

U psihologiji, intelekt je poznat kao sposobnost preuzimanja znanja i osvajanja u drugim, fundamentalno novim situacijama. U svijesti testiranja, može se utvrditi koliko se uspješno osoba prilagođava vanrednim situacijama. Svrha izjednačavanja globalnog intelektualnog razvoja u vizuelnom testu je da se završi važno i êmna za sat vremena robota, u tekstu rada i da se pobedi, postoji deo metodologije za testiranje intelekta, i nutritivna podrška za razvoj prostranog uma. Prostranstvo misli je specifična vrsta myslennêvoí̈ aktivnosti, jer može postojati mjesto na rozv'azanní zavdanu, scho vimagayut orijentacije u praktičnom i teorijskom prostoru (kako izgleda, tako očigledno). U najvjerovatnijim oblicima, postoje vizije vizije, u kojima postoje prostranstva moći i plavetnilo. Radeći vizuelnim slikama, stvorenim na drugačijim naučnim osnovama, misao će obezbediti njihovu pojavu, transformaciju i stvaranje novih slika, različitih tipova vikenda.

Kviz test („Mini-test jednak razvoju svemirske inteligencije“ iz „Prvog testa za koeficijent razvoja intelekta“ F. Cartera, K. Russell) je univerzalan za sve starosne grupe i zauzima malu količinu za sat (30 minuta). Tekst testa koji ključ za jogu možete pronaći u "Dodatku br. 1" prije diplome.

Tetraedar ili trikutna piramida je najjednostavniji od bogatostranih, slično kao i trikutnik, najjednostavniji od bogatih oblika na ravnom. Reč "tetraedar" sastoji se od dve grčke reči: tetra - "chotiri" i hedra - "baza", "ivica". Tetraedar je definisan svojim vrhovima - tačkama, koje ne leže u jednoj ravni; lica tetraedra - čotiri trikutnici; tetraedar ima šest ivica. Na vídmínu víd dovílnoí̈ -vugílnoí̈ piramidi (at) može se uzeti kao tetraedar, bilo da je to linija.

Mnoge moći tetraedra su slične višim snagama trikutnika. Zocrem, 6 ravni, koje prolaze kroz sredinu ivica tetraedra okomito na njih, preklapaju se u jednoj tački. U istoj tački prepliću se 4 prave linije, povučene kroz centre opisa ivica kil lica okomito na ravnine lica, i središte opisa ivice sfere tetraedra (sl. 1). Slično, 6 bi-sektorskih poliplana tetraedra, tobto. napívploshchin, scho dilyat diedral kuti na ivicama tetraedra navpíl, tezh peretinayutsya u jednoj tački - u centru sfere upisane u tetraedar - sferi, tako da sve četiri strane tetraedra vise. Kožni tricutnik maê, do upisana, sche 3 upisana kočića (div. trikutnik), zatim tetraedar može biti majčin broj - u 4 do 7 - upisanih sfera, tobto. sfere koje preklapaju površine sve četiri strane tetraedra. Uvek pregledajte 4 sfere, upisane u skraćeni triko kuti, jedna od ovih indikacija na sl. 2, desna ruka Još 3 sfere se mogu upisati (ne zavzhd!) na skraćeni diedarski rez na ivicama tetraedra - jedna od njih je indikacija na sl. 2, levoruch.

Za tetraedar postoji samo jedna mogućnost ovog međusobnog sučeljavanja sa sferom – torzija sa istom sferom sa svim njenim ivicama (sl. 3). Takva sfera - ponekad se naziva i "pisana" - je samo u tom slučaju, ako je zbir dužina suprotnih ivica tetraedra završen: (slika 3).

Za svaki tetraedar postoji pristojan analog teoreme o preklapanju medijana trikota u jednoj tački. Samih 6 ravni, koje prolaze kroz ivice tetraedra i sredinu protilaznih ivica, preklapaju se u jednoj tački - u težištu tetraedra (slika 4). Također prolaze kroz centar 3 "srednje linije" - rebra, koja povezuju sredinu tri para suprotnih rebara, štoviše, podijeljena su u mrlju. Nareshti, prolaze kroz 4 "medijana" tetraedra - rebra, koja povezuju vrhove sa težištima suprotnih strana, štaviše, smrad je podijeljen u točke 3: 1, koji izbija iz vrhova.

Najvažnija snaga trikota - ekvivalencija (inače) - nema razumnog "tetraedarskog" analoga: zbir svih 6 dvostranih rezova tetraedra može imati neku vrstu značenja mizh i. (Očigledno, zbir svih 12 ravnih uglova tetraedra - po 3 na vrhu kože - ne može ležati u tetraedru i zdrav je.)

Trikoti se smatraju klasifikovanim prema njihovoj jednakoj simetriji: ispravni jednakostrani trikoti mogu imati tri ose simetrije, jednake butne kosti - jednu. Klasifikacija tetraedara prema jednakoj simetriji bagatša. Najsimetričniji tetraedar je pravilan, krugovi čotirme su okruženi pravilnim trikotom. Vín maê 6 ravni simetrije - smrdi prolaze kroz kožno rebro okomito na rebra da legnu, - 3 osi simetrije, da prolaze kroz sredinu protilaznih rebara (slika 5). Manje simetrične pravilne trouglaste piramide (3 ravni simetrije, slika 6) i tetraedri jednakih lica (to su tetraedri jednakih strana - 3 ose simetrije, slika 7).

Tetraedar se zove ravnoliki, a sve strane jednake su jednake. Jecajte da otkrijete svoj tetraedar jednakog lica, uzmite dugački tricutnik sa papirom, a mi ćemo savijati jogu duž srednjih linija. Tada se tri vrha konvergiraju u jednu tačku, a polovice stranica se zatvaraju, zadovoljavajući bične ivice tetraedra.

(0) Fasete su kongruentne.

(1) Rebra koja se ukrštaju su jednaka u paru.

(2) Triedral cuti jednak.

(3) Prošireni dvostrani kuti jednaki.

(4) Dva ravna kuta, koja se spiralno na jednoj ivici, jednaka.

(5) Zbir ravnih nabora na vrhu kože je 180°.

(6) Tetraedarska rozeta - trikutnik ili paralelogram.

(7) Opis paralelepipeda je pravorezan.

(8) Tetraedar ima tri ose simetrije.

(9) Okomite okomite rebara koje treba ukrstiti, u parovima

okomito.

(10) Srednje linije su uparno okomite.

(11) Perimetri jednakih površina.

(12) Površine lica jednakih.

(13) Visine jednakog tetraedra.

(14) Krstovi koji povezuju vrhove sa centrima važnosti susednih lica, jednaki.

(15) Radijusi opisa bíl lica kíl rívní.

(16) Težište tetraedra se kreće od centra opisane sfere.

(17) Težište izlazi iz centra upisane sfere.

(18) Centar opisane sfere izlazi iz centra upisane.

(19) Sfera je upisana sa licima u centrima opisa kod tsiha

lica kíl.

(20) Zbir običnih pojedinačnih normala (pojedinačni vektori,

okomito na lica), što je jednako nuli.

(21) Zbir svih dvostranih rezova jednak je nuli.

Praktično sve moći fasetiranog tetraedra vrište iz njega.

vyznachennya, možemo samo od njih donijeti djela.

Dokaz (16).

Jer tetraedar A B C D ravnoličan, zatim za jakistyu (1) AB=CD. Hajde, mrlja Prije vídrízka AB, i zrnca L sredina vídrízka DC, zvijezde KL bimediana tetrahedron A B C D, zvijezde iza snaga medijana tetraedra su jasne, u čemu je poenta Pro- sredina vídrízke KL, je centar gravitacije tetraedra A B C D.

Do tada, medijane tetraedra su obojene u centru gravitacije, tački Pro, i podijelite ovu tačku u omjeru 3:1, gledajući prema gore. Dali, vrakhovuyuchi vysheskazannye da moć (14) tetraedar jednakih lica, otrimuemo će doći do smirenosti vídrízkív AT = BO = CO = DO, za koju pjevam, koja je poenta Pro je centar opisa sfere (u svrhu opisa bagatoedra sfere).

Nazad. Hajde Prijeі L- sredina rebara ABі CD jasno, tačka Pro- Centar opisane sfere tetraedra, tobto. sredina vídrízka KL. Jer Pro- centar opisane sfere tetraedra, zatim trikoti AOBі COD- jednake butne kosti sa jednakim bočnim stranama i jednakim medijanima ureduі OL. Tom DAOB=DCOD. I zla AB=CD. Slično se dovodi i jednakost ostalih parova protilaznih rebara, zbog čega je urednost (1) tetraedra jednakog lica i sljedećeg šukana.

Dokaz (17).

Gledamo bi-sektor dvostranog kuta na rebru AB, Vín razdílít vídírízok DC schodo područje lica ABDі ABC.

Jer tetraedar A B C D ravnoličan, zatim za jakistyu (12) S YESABD =S YESABD =>DL=LC zvijezde vrište, šta je simetrala ABL avenge bimediana KL. Zastosovuyuchi analogno mirkuvannya ínshih diedral kuív, a uzimajući u obzir one da su simetrale tetraedra manje nego u tački u kojoj je centar sfere upisan, važno je da će ova tačka neizbježno biti težište ovog jednakog -faced tetraedar.

Nazad. Od činjenice da se centar gravitacije i centar upisane sfere mogu izbjeći na sljedeći način: DL=LC=>SABD=SADC. Dovođenje sličnog ranga do jednake veličine svih lica i, zastosovuyuchi vlast (12) ekviedarski tetraedar, otrimuemo shukane.

Sada dovedite moć (20). Za koju ruku je potrebno donijeti jednu od potencija dovoljnog tetraedra.

teorema o tetraedru

Ako povećate vektore okomito na strane tetraedra, brojčano povećate površine suprotnih strana, tada je zbir vektora jednak nuli.

Dovođenje.

Hajde X- tačka u sredini tog bagatoedra, h i (i=1,2,3,4)- uđi u stan i th edge.

Izrezali smo bagatoedar na piramidi sa vrhom X, podstavami yakikh ê joga lice. Zapremina tetraedra V dorivnyuê sumí obsyagív tsikh piramide, tobto. 3 V=?h i S i, de S i području i th edge. Nastavi, n i- jedan vektor vanjske normale na i-oí̈ lice, Mi - dovoljna tačka iêí̈ lica. Todi h i =(XM i , S i n i ) za to 3V=?h i S i =? (XM i , S i n i )=(XO, S i n i )+(OM i , S i n i )=(XO, ?S i n i )+3V, de Pro- fiksna tačka tetraedra, kasnije, ?S i n i =0 .

Očigledno je da je snaga (20) fasetiranog tetraedra krštena kapljicom veće vrijednosti Lemyja, de S 1 = S 2 = S 3 = S 4 =>n 1 =n 2 =n 3 =n 4 , a pošto površine lica nisu jednake nuli, potrebna nam je ispravna ravnomjernost n 1 +n 2 +n 3 +n 4 =0 .

Na kraju rasprave o tetraedru jednakog lica, započećemo zadatak na ovu temu.

Prava linija, koja prolazi kroz centar masenog tetraedra i centar opisane bijele sfere, prelazi rubove ABі CD. Donesi sta AC=BDі AD=BC.

Središte mase tetraedra leži na pravoj liniji, koja je iza središta ivica ABі CD.

Takođe, na ovoj pravoj liniji leži središte opisane sfere tetraedra, što znači da je linija prikazana okomito na ivice ABі CD. Hajde Z`і d'- Tačkaste projekcije Cі D na ravnom, scho proći kroz pravu liniju AB paralelno CD. Jer AC`BD`- paralelogram (iza stuba), onda AC = BDі AD = ND.

Hajde h- Visina tetraedra jednakog lica, h 1 і h 2 - vídrízki, gdje je jedna od visina lica podijeljena točkom peretine visine lica. Donesi sta h 2 =4h 1 h 2 ; da dovedemo i to da je osnova visine tetraedra tačka prečke visine lica, na koju se visina spušta, simetrična prema centru kolca, opisana bela lica.

Dovođenje.

Hajde A B C D- danski tetraedar, D.H.- Yog visina, DA 1 , DV 1 , DC 1 - Visine lica spuštenih sa vrhova D na strani BC, SA i AB.

Izrežemo površinu tetraedra rebara DA, DB, DC, a mi ćemo napraviti rez. Očigledno šta Hê tačka poprečne linije visina trikutnika D 1 D 2 D 3 . Hajde F- tačka visine trake za trčanje ABC, AK- Visina trioutnika, AF=h 1 , FK = h 2 . Todi D 1 H=2h 1 , D 1 A 1 =h 1 -h 2 .

Oče, krhotine h- Visina našeg tetraedra, h 2 =DH 2 =DA 2 - HA 1 2 = (h 1+ h 2 ) 2 - (h 1 -h 2 ) 2 =4h 1 h 2. Hajde sada M- težište trikota ABC(vino težište trikutnika D 1 D 2 D 3 ), Pro- Centar za opis novog udjela. Vídomo scho F, Mі Pro leže na jednoj pravoj liniji (Eulerova prava linija), štoviše M- mizh Fі Pro, FM=2MO, sa druge strane, trikutnik D 1 D 2 D 3 homotetički trikutnik ABC sa centrom u M taj koeficijent (-2), srednja vrednost MH = 2FM. Zašto izlaziti BIN = FO.

Dovedite da u ekviedačkom tetraedru osnova visina, sredina visina i tačke visina visina lica leže na površini jedne sfere (sfera ima 12 tačaka).

Dovođenje.

Virishyuchi zadatak 2, koji smo donijeli, scho centar opisanog bíla tetraedra sfere se projektuje na lice kože blizu sredine víêí̈, čije su tačke osnova visine, spuštene na qiu lice, i tačka prečke víêí̈ víêí̈ ivice. A krhotine u centru opisanog bile su tetraedar sfere do ivice dorivnyu, de h- visina tetraedra, centar opisane sfere A- stanite između tačke okomite linije i središta opisane beline ivice kočića.

Pogledajmo više trikota ABC i tačku D, koja ne leži blizu ravni trikota. Z'ednaëmo tsyu tačka sa vrhovima trikutnika ABC. Kao rezultat, uzimaju se trikoti ADC, CDB, ABD. Vrh je okružen čotirmom sa trikotima ABC, ADC, CDB i ABD naziva se tetraedar i označava se DABC.
Trikutnici, u kojima se nalazi tetraedar, nazivaju se joga lica.
Stranice ovih trikota nazivaju se ivicama tetraedra. A njihovi vrhovi su vrhovi tetraedra

Tetraedar može 4 lica, 6 rebaraі 4 vrha.
Dva rebra, koja izgledaju kao uglovi vrhova, nazivaju se protil.
Najčešće se, radi jasnoće, naziva jedno od lica tetraedra osnovu, i tri lica, koja su izostavljena, sa bičnim licima.

U ovom rangu, tetraedar je najjednostavniji bagatoedar, čija su lica čotiri trikutnici.

Ale je toliko istinit i čvrst, da je dovoljno trikutna piramida ê tetraedar. To je takođe tačno, što se naziva tetraedar piramida, koja je zasnovana na trikutniku.

Visina tetraedra Zove se krst, koji je stražnji vrh sa šiljkom, naboranom na izduženoj strani okomitih na njega.
Medijan tetraedar naziva se vrh, koji je stražnji vrh sa točkom ukrštanja medijane suprotnog lica.
Bimedijski tetraedar se zove krst, koji je sredina ivica tetraedra, koji je ukršten.

Budući da je tetraedar lančana piramida s triko bazom, tada se volumen bilo kojeg tetraedra može razviti pomoću formule

• S- Kvadrat budi kao lice,
• H- Visota, spuštena na qiu ivicu

Pravilni tetraedar - privatni pogled na tetraedar

Tetrahedron ispravan.
Snaga pravilnog tetraedra:

• Granice brkova su jednake.
• Brkovi pravilnog tetraedra jednaki su 60°
• Budući da je gornji dio kože vrh tri obična trikota, tada je zbir ravnih rezova na vrhu kože 180°
• Da li je vrh pravilnog tetraedra projektovan na ortocentar protileoznog lica (blizu tačke vertikalne linije trikota).

Hajde, dat nam je pravilan tetraedar ABCD sa jednakim ivicama a . DH - visina joge.
Slobodno dodajte BM - visina trikota ABC i DM - visina trikota ACD.
Visina
Možemo pogledati triko BDM de DH, što je visina tetraedra i visina ovog trikota.
Visina trioutnika, spuštenog na biciklu MB, može se znati stiskanjem formule

, de
BM=, DM=, BD=a,
p=1/2 (BM+BD+DM)=
Predstavimo vrijednost formule visine. Oduzmi


Vinesemo 1/2a. Oduzmi

Napravimo formulu za razliku kvadrata

Nakon što su male transformacije oduzete


Obsyag be-takav tetraedar može se otvoriti za formulu
,
de ,

Zamjenom vrijednosti oduzimamo

Na ovaj način, formula volumena za pravilan tetraedar

de a- Ivica tetraedra

Proračun tetraedra, kao i koordinate njegovih vrhova

Neka nam budu date koordinate vrhova tetraedra

Iz vrhova crtamo vektor i , , .
Za znakhodzhennya koordinate kože s tsikh vectorív vídnimemo z koordinate kíntsya vídpovídnu koordinata cob. Oduzmi