Страница 190 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

768. В основании пирамиды MABC лежит треугольник ABC, в котором ∠C = 90°, AC = 4 см, BC = 3 см. Грань MAC перпендикулярна к плоскости основания, а две другие боковые грани составляют равные углы с плоскостью основания. Расстояние от основания высоты MH пирамиды до грани MBC равно 324см. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

1. Определение положения основания высоты пирамиды.

Пусть $MABC$ - данная пирамида. В основании лежит прямоугольный треугольник $ABC$ с катетами $AC = 4$ см и $BC = 3$ см. По теореме Пифагора найдем гипотенузу $AB$:
$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5$ см.

По условию, грань $MAC$ перпендикулярна плоскости основания $ABC$. Это означает, что высота пирамиды $MH$ лежит в плоскости $MAC$. Следовательно, основание высоты $H$ принадлежит прямой $AC$.

Сказано, что две другие боковые грани, $MAB$ и $MBC$, составляют равные углы с плоскостью основания. Угол между боковой гранью и плоскостью основания — это линейный угол двугранного угла, который измеряется углом между перпендикулярами, проведенными в каждой из плоскостей к их линии пересечения.

- Для грани $MBC$ и основания $ABC$ линия пересечения — $BC$. Так как $H \in AC$ и $\triangle ABC$ прямоугольный с $\angle C = 90^\circ$, то $HC \perp BC$. По теореме о трех перпендикулярах, так как $MH$ — высота ($MH \perp (ABC)$), а $HC$ — ее проекция, то $MC \perp BC$. Следовательно, угол между гранью $MBC$ и основанием — это $\angle MCH$.

- Для грани $MAB$ и основания $ABC$ линия пересечения — $AB$. Проведем из точки $H$ перпендикуляр $HK$ к $AB$ ($HK \perp AB$). По теореме о трех перпендикулярах $MK \perp AB$. Следовательно, угол между гранью $MAB$ и основанием — это $\angle MKH$.

По условию эти углы равны: $\angle MCH = \angle MKH$.
Рассмотрим прямоугольные треугольники $\triangle MCH$ (прямой угол $H$) и $\triangle MKH$ (прямой угол $H$). У них общий катет $MH$. Из равенства острых углов следует равенство тангенсов:
$\text{tg}(\angle MCH) = \frac{MH}{HC}$
$\text{tg}(\angle MKH) = \frac{MH}{HK}$
Так как углы равны, то $\frac{MH}{HC} = \frac{MH}{HK}$, откуда следует, что $HC = HK$.

Точка $H$ лежит на катете $AC$. Расстояние от $H$ до катета $BC$ — это длина отрезка $HC$. Расстояние от $H$ до гипотенузы $AB$ — это длина перпендикуляра $HK$. Найдем положение точки $H$.
Рассмотрим $\triangle AHK$ и $\triangle ABC$. Они подобны по двум углам ($\angle HAK$ — общий, $\angle HKA = \angle BCA = 90^\circ$). Из подобия следует:
$\frac{HK}{BC} = \frac{AH}{AB}$
Пусть $AH = x$. Тогда $HC = AC - AH = 4 - x$. Так как $HC = HK$, получаем $HK = 4 - x$.
Подставим известные значения в пропорцию:
$\frac{4-x}{3} = \frac{x}{5}$
$5(4-x) = 3x$
$20 - 5x = 3x$
$8x = 20$
$x = \frac{20}{8} = 2.5$ см.
Таким образом, $AH = 2.5$ см, а $HC = 4 - 2.5 = 1.5$ см.

2. Нахождение высоты пирамиды $MH$.

Нам дано расстояние от основания высоты $H$ до грани $MBC$, равное $\frac{3\sqrt{2}}{4}$ см.
Так как $BC \perp AC$ и $BC \perp MC$, то прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $MAC$. А раз прямая $BC$ лежит в плоскости $MBC$, то плоскость $MBC$ перпендикулярна плоскости $MAC$ по линии их пересечения $MC$.
Расстояние от точки $H$, лежащей в плоскости $MAC$, до плоскости $MBC$ равно длине перпендикуляра, опущенного из $H$ на линию пересечения $MC$. Обозначим этот перпендикуляр $HP$. Таким образом, $HP \perp MC$ и $HP = \frac{3\sqrt{2}}{4}$ см.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle MCH$ ($\angle MCH = 90^\circ$). $MH$ — высота пирамиды, $HC = 1.5 = \frac{3}{2}$ см, $HP$ — высота, проведенная к гипотенузе $MC$. Пусть $MH = h$.
Из $\triangle MCH$ по теореме Пифагора: $MC = \sqrt{MH^2 + HC^2} = \sqrt{h^2 + (1.5)^2} = \sqrt{h^2 + \frac{9}{4}}$.
Площадь $\triangle MCH$ можно выразить двумя способами:
$S_{\triangle MCH} = \frac{1}{2} MH \cdot HC = \frac{1}{2} MC \cdot HP$
$MH \cdot HC = MC \cdot HP$
$h \cdot \frac{3}{2} = \sqrt{h^2 + \frac{9}{4}} \cdot \frac{3\sqrt{2}}{4}$
Сократим на $\frac{3}{2}$:
$h = \sqrt{h^2 + \frac{9}{4}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$
Возведем обе части в квадрат:
$h^2 = \left(h^2 + \frac{9}{4}\right) \cdot \frac{2}{4} = \left(h^2 + \frac{9}{4}\right) \cdot \frac{1}{2}$
$2h^2 = h^2 + \frac{9}{4}$
$h^2 = \frac{9}{4}$
$h = \frac{3}{2} = 1.5$ см.
Итак, высота пирамиды $MH = 1.5$ см.

3. Вычисление площади боковой поверхности.

Площадь боковой поверхности $S_{бок}$ равна сумме площадей трех боковых граней: $S_{бок} = S_{MAC} + S_{MBC} + S_{MAB}$.

Площадь грани MAC:
$MH$ является высотой $\triangle MAC$, проведенной к стороне $AC$.
$S_{MAC} = \frac{1}{2} AC \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 1.5 = 3$ см².

Площадь грани MBC:
$\triangle MBC$ — прямоугольный, так как $MC \perp BC$. Найдем длину катета $MC$.
Из прямоугольного $\triangle MCH$: $MC = \sqrt{MH^2 + HC^2} = \sqrt{1.5^2 + 1.5^2} = \sqrt{2 \cdot 1.5^2} = 1.5\sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ см.
$S_{MBC} = \frac{1}{2} BC \cdot MC = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{9\sqrt{2}}{4}$ см².

Площадь грани MAB:
$MK$ является высотой $\triangle MAB$, проведенной к стороне $AB$. Найдем длину $MK$.
Из прямоугольного $\triangle MKH$: $MK = \sqrt{MH^2 + HK^2}$. Мы знаем, что $MH=1.5$ см и $HK=HC=1.5$ см.
$MK = \sqrt{1.5^2 + 1.5^2} = 1.5\sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$ см.
$S_{MAB} = \frac{1}{2} AB \cdot MK = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot \frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{15\sqrt{2}}{4}$ см².

Итоговая площадь боковой поверхности:
$S_{бок} = S_{MAC} + S_{MBC} + S_{MAB} = 3 + \frac{9\sqrt{2}}{4} + \frac{15\sqrt{2}}{4} = 3 + \frac{24\sqrt{2}}{4} = 3 + 6\sqrt{2}$ см².

Ответ: $3 + 6\sqrt{2}$ см².

769. Докажите, что если одна из высот тетраэдра проходит через точку пересечения высот противоположной грани, то и остальные высоты этого тетраэдра проходят через точки пересечения высот противоположных граней.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. По условию, одна из его высот, например, высота $DH$, опущенная из вершины $D$ на плоскость грани $ABC$, проходит через точку пересечения высот (ортоцентр) треугольника $ABC$. Обозначим эту точку $H$. Мы докажем, что это условие равносильно тому, что скрещивающиеся ребра тетраэдра попарно перпендикулярны, и из этого уже будет следовать утверждение задачи.

Шаг 1: Доказательство перпендикулярности скрещивающихся ребер.

По определению высоты тетраэдра, $DH \perp \text{пл.} ABC$. Это означает, что прямая $DH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $ABC$.

Рассмотрим скрещивающиеся ребра $AD$ и $BC$.

1. Поскольку $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$, прямая, содержащая высоту из вершины $A$, проходит через $H$. Следовательно, прямая $AH$ перпендикулярна стороне $BC$, то есть $AH \perp BC$.
2. Так как $DH \perp \text{пл.} ABC$, то $DH$ перпендикулярна прямой $BC$, лежащей в этой плоскости, то есть $DH \perp BC$.
3. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AH$ и $DH$, которые лежат в плоскости $ADH$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $ADH$ ($BC \perp \text{пл.} ADH$).
4. Ребро $AD$ лежит в плоскости $ADH$, следовательно, $BC \perp AD$.

Аналогично доказывается перпендикулярность для двух других пар скрещивающихся ребер:

• Для ребер $BD$ и $AC$: так как $H$ — ортоцентр, то $BH \perp AC$. Также $DH \perp AC$. Следовательно, $AC \perp \text{пл.} BDH$, а значит $AC \perp BD$.
• Для ребер $CD$ и $AB$: так как $H$ — ортоцентр, то $CH \perp AB$. Также $DH \perp AB$. Следовательно, $AB \perp \text{пл.} CDH$, а значит $AB \perp CD$.

Таким образом, из условия задачи следует, что скрещивающиеся ребра тетраэдра попарно перпендикулярны. Такой тетраэдр называется ортоцентрическим.

Шаг 2: Доказательство того, что остальные высоты проходят через ортоцентры граней.

Теперь покажем, что если скрещивающиеся ребра тетраэдра попарно перпендикулярны, то любая его высота проходит через ортоцентр противоположной грани. Свойство перпендикулярности скрещивающихся ребер симметрично относительно всех вершин и ребер тетраэдра. Докажем утверждение для высоты, опущенной из вершины $A$ на грань $BCD$.

Пусть $AP$ — высота тетраэдра из вершины $A$, то есть $AP \perp \text{пл.} BCD$. Нам нужно доказать, что точка $P$ является ортоцентром треугольника $BCD$. Для этого достаточно показать, что $P$ является точкой пересечения двух высот $\triangle BCD$.

1. Докажем, что прямая $CP$ является высотой $\triangle BCD$, то есть $CP \perp BD$.
   • Из Шага 1 мы знаем, что $AC \perp BD$.
   • Так как $AP \perp \text{пл.} BCD$, то $AP \perp BD$.
   • Прямая $BD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AC$ и $AP$, которые лежат в плоскости $ACP$. Следовательно, $BD \perp \text{пл.} ACP$.
   • Поскольку прямая $CP$ лежит в плоскости $ACP$, то $BD \perp CP$.
2. Докажем, что прямая $BP$ является высотой $\triangle BCD$, то есть $BP \perp CD$.
   • Из Шага 1 мы знаем, что $AB \perp CD$.
   • Так как $AP \perp \text{пл.} BCD$, то $AP \perp CD$.
   • Прямая $CD$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AB$ и $AP$, которые лежат в плоскости $ABP$. Следовательно, $CD \perp \text{пл.} ABP$.
   • Поскольку прямая $BP$ лежит в плоскости $ABP$, то $CD \perp BP$.

Поскольку прямые $CP$ и $BP$ являются высотами в треугольнике $BCD$, их точка пересечения $P$ является ортоцентром этого треугольника. Таким образом, высота тетраэдра, опущенная из вершины $A$, проходит через ортоцентр грани $BCD$.

Так как свойство попарной перпендикулярности скрещивающихся ребер является общим для тетраэдра, аналогичные рассуждения можно провести для высот, опущенных из вершин $B$ и $C$. Они также будут проходить через ортоцентры противоположных граней $ACD$ и $ABD$ соответственно.

Следовательно, если одна из высот тетраэдра проходит через ортоцентр противоположной грани, то и все остальные высоты обладают этим свойством.

Ответ: Утверждение доказано.

770. Все плоские углы тетраэдра ОABC при вершине О равны 90°. Докажите, что площадь треугольника АОВ равна среднему геометрическому площадей треугольников ABC и О₁AB, где О₁ — проекция точки О на плоскость ABC.

Доказательство:

Введем обозначения для площадей треугольников: $S_{AOB}$ — площадь треугольника $AOB$, $S_{ABC}$ — площадь треугольника $ABC$, и $S_{O_1AB}$ — площадь треугольника $O_1AB$.

Нам нужно доказать, что $S_{AOB} = \sqrt{S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}}$, что эквивалентно равенству $S_{AOB}^2 = S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}$.

Воспользуемся теоремой о площади ортогональной проекции плоской фигуры. Площадь проекции $S_{пр}$ фигуры с площадью $S$ на плоскость равна произведению площади фигуры на косинус угла $\gamma$ между плоскостью фигуры и плоскостью проекции: $S_{пр} = S \cdot \cos(\gamma)$.

1. Рассмотрим треугольник $O_1AB$. По условию, точка $O_1$ является ортогональной проекцией точки $O$ на плоскость $ABC$. Точки $A$ и $B$ уже лежат в этой плоскости, поэтому их проекции совпадают с ними самими. Следовательно, треугольник $O_1AB$ является ортогональной проекцией треугольника $OAB$ на плоскость $ABC$.

Пусть $\theta$ — это двугранный угол между плоскостью треугольника $AOB$ и плоскостью треугольника $ABC$. Согласно теореме о площади проекции, мы можем записать:

$S_{O_1AB} = S_{AOB} \cdot \cos(\theta)$ (1)

2. Теперь рассмотрим треугольник $AOB$ как проекцию треугольника $ABC$. По условию, все плоские углы при вершине $O$ прямые, то есть $OA \perp OB$, $OB \perp OC$ и $OC \perp OA$. Это означает, что ребро $OC$ перпендикулярно плоскости $AOB$.

Найдем ортогональную проекцию треугольника $ABC$ на плоскость $AOB$. Проекции точек $A$ и $B$ на эту плоскость совпадают с самими точками. Проекцией точки $C$ на плоскость $AOB$ является точка $O$, так как $OC$ перпендикулярен этой плоскости. Таким образом, ортогональной проекцией треугольника $ABC$ на плоскость $AOB$ является треугольник $AOB$.

Угол между плоскостью $ABC$ и плоскостью $AOB$ — это тот же самый угол $\theta$. Применяя теорему о площади проекции еще раз, получаем:

$S_{AOB} = S_{ABC} \cdot \cos(\theta)$ (2)

3. Теперь у нас есть система из двух уравнений:

$\begin{cases} S_{O_1AB} = S_{AOB} \cdot \cos(\theta) \\ S_{AOB} = S_{ABC} \cdot \cos(\theta) \end{cases}$

Из второго уравнения выразим $\cos(\theta)$. Так как $A, B, C$ являются вершинами тетраэдра, $S_{ABC} \neq 0$.

$\cos(\theta) = \frac{S_{AOB}}{S_{ABC}}$

Подставим это выражение для $\cos(\theta)$ в первое уравнение:

$S_{O_1AB} = S_{AOB} \cdot \left(\frac{S_{AOB}}{S_{ABC}}\right)$

$S_{O_1AB} = \frac{S_{AOB}^2}{S_{ABC}}$

Умножим обе части на $S_{ABC}$:

$S_{AOB}^2 = S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}$

Извлекая квадратный корень из обеих частей (площади не могут быть отрицательными), получаем:

$S_{AOB} = \sqrt{S_{ABC} \cdot S_{O_1AB}}$

Это означает, что площадь треугольника $AOB$ является средним геометрическим площадей треугольников $ABC$ и $O_1AB$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Площадь треугольника $AOB$ действительно равна среднему геометрическому площадей треугольников $ABC$ и $O_1AB$ при заданных условиях.

771. Через ребро тетраэдра проведена плоскость, разделяющая двугранный угол при этом ребре пополам. Докажите, что она делит противоположное ребро тетраэдра в отношении, равном отношению площадей граней, заключающих этот двугранный угол.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. Рассмотрим ребро $AB$ и двугранный угол при этом ребре, образованный гранями $ABC$ и $ABD$. Пусть плоскость $\alpha$ проходит через ребро $AB$ и делит этот двугранный угол пополам. Эта плоскость пересекает противоположное ребро $CD$ в точке $M$. Таким образом, плоскость $\alpha$ — это плоскость $(ABM)$. Нам необходимо доказать, что точка $M$ делит ребро $CD$ в отношении, равном отношению площадей граней $ABC$ и $ABD$, то есть: $$ \frac{CM}{MD} = \frac{S_{ABC}}{S_{ABD}} $$

Для доказательства воспользуемся методом объемов. Плоскость $(ABM)$ разбивает тетраэдр $ABCD$ на два тетраэдра: $ABCM$ и $ABDM$. Выразим отношение их объемов $\frac{V_{ABCM}}{V_{ABDM}}$ двумя различными способами.

С одной стороны, рассмотрим эти тетраэдры с общей вершиной $M$ и основаниями $ABC$ и $ABD$. Объемы тетраэдров $MABC$ и $MABD$ выражаются как $V_{MABC} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot h_1$ и $V_{MABD} = \frac{1}{3} S_{ABD} \cdot h_2$, где $h_1$ и $h_2$ — это высоты, опущенные из точки $M$ на плоскости $(ABC)$ и $(ABD)$ соответственно. Так как точка $M$ лежит на биссекторной плоскости $\alpha$ двугранного угла при ребре $AB$, она равноудалена от его граней, то есть $h_1 = h_2$. Следовательно, отношение объемов равно отношению площадей оснований: $$ \frac{V_{ABCM}}{V_{ABDM}} = \frac{S_{ABC}}{S_{ABD}} $$

С другой стороны, рассмотрим те же тетраэдры $ABCM$ и $ABDM$ с общей вершиной $A$ и основаниями $BCM$ и $BDM$. Эти основания лежат в одной плоскости $(BCD)$, поэтому высота, опущенная из вершины $A$ на эту плоскость, будет для них общей. Отношение объемов будет равно отношению площадей оснований: $\frac{V_{ABCM}}{V_{ABDM}} = \frac{S_{BCM}}{S_{BDM}}$. Треугольники $BCM$ и $BDM$ имеют общую высоту из вершины $B$ на прямую $CD$, поэтому отношение их площадей равно $\frac{CM}{MD}$. Этот путь также ведет к решению, но рассмотрим другой, более симметричный.

Рассмотрим тетраэдры $ABCM$ и $ABDM$ с общей вершиной $B$ и основаниями $ACM$ и $ADM$. Эти основания лежат в одной плоскости $(ACD)$. Высота, опущенная из вершины $B$ на эту плоскость, будет общей для обоих тетраэдров. Обозначим ее $h_B$. Тогда объемы тетраэдров $BACM$ и $BADM$ равны $V_{BACM} = \frac{1}{3} S_{ACM} \cdot h_B$ и $V_{BADM} = \frac{1}{3} S_{ADM} \cdot h_B$. Отношение их объемов равно: $$ \frac{V_{ABCM}}{V_{ABDM}} = \frac{S_{ACM}}{S_{ADM}} $$

Теперь найдем отношение площадей $\frac{S_{ACM}}{S_{ADM}}$. Треугольники $ACM$ и $ADM$ лежат в одной плоскости, имеют общую вершину $A$, а их основания $CM$ и $MD$ лежат на одной прямой $CD$. Проведя общую высоту из вершины $A$ на прямую $CD$, получим, что отношение их площадей равно отношению длин оснований: $$ \frac{S_{ACM}}{S_{ADM}} = \frac{\frac{1}{2} CM \cdot h_A}{\frac{1}{2} MD \cdot h_A} = \frac{CM}{MD} $$

Приравнивая два выражения для отношения объемов, получаем: $$ \frac{S_{ABC}}{S_{ABD}} = \frac{S_{ACM}}{S_{ADM}} $$ Подставляя в правую часть найденное отношение отрезков, приходим к требуемому результату: $$ \frac{CM}{MD} = \frac{S_{ABC}}{S_{ABD}} $$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что плоскость, проходящая через ребро тетраэдра и делящая двугранный угол при этом ребре пополам, делит противоположное ребро в отношении, равном отношению площадей граней, заключающих этот двугранный угол.

772. Сколько существует плоскостей, каждая из которых равноудалена от четырёх данных точек, не лежащих в одной плоскости?

Пусть даны четыре точки $A, B, C, D$, не лежащие в одной плоскости. Эти точки являются вершинами тетраэдра. Искомая плоскость $\pi$ должна быть равноудалена от всех четырёх вершин, то есть расстояния от точек $A, B, C, D$ до плоскости $\pi$ должны быть равны. Обозначим это расстояние как $d$. Так как точки не лежат в одной плоскости, то $d > 0$.

Если две точки находятся на одинаковом расстоянии от плоскости, они могут лежать либо по одну сторону от неё, либо по разные.

• Если точки $P$ и $Q$ лежат по одну сторону от плоскости $\pi$ и равноудалены от неё, то прямая $PQ$ параллельна плоскости $\pi$.
• Если точки $P$ и $Q$ лежат по разные стороны от плоскости $\pi$ и равноудалены от неё, то плоскость $\pi$ проходит через середину отрезка $PQ$.

Рассмотрим возможные случаи расположения четырёх точек относительно плоскости $\pi$.

1. Три точки с одной стороны плоскости, одна — с другой

Предположим, что точки $A, B, C$ лежат по одну сторону от плоскости $\pi$, а точка $D$ — по другую.

Так как $A, B$ и $C$ лежат по одну сторону от $\pi$, то прямые $AB$ и $AC$ параллельны плоскости $\pi$. Поскольку эти прямые пересекаются в точке $A$, то плоскость, содержащая их (грань тетраэдра $ABC$), параллельна плоскости $\pi$.

Так как точки $A$ и $D$ лежат по разные стороны от $\pi$, плоскость $\pi$ должна проходить через середину отрезка $AD$. Аналогично, она должна проходить через середины отрезков $BD$ и $CD$.

Таким образом, плоскость $\pi$ проходит через середины трёх рёбер тетраэдра, выходящих из вершины $D$: $M_{AD}, M_{BD}, M_{CD}$. Эти три точки не лежат на одной прямой (так как образуют треугольник, подобный треугольнику $ABC$ с коэффициентом $1/2$), поэтому они однозначно задают плоскость. Эта плоскость параллельна грани $ABC$ и находится на полпути между вершиной $D$ и гранью $ABC$, что и обеспечивает равное расстояние до точек $A, B, C$ и $D$.

Выбор точки, которая находится одна по другую сторону от плоскости, может быть сделан четырьмя способами (это может быть $A, B, C$ или $D$). Каждому выбору соответствует уникальная плоскость, параллельная противоположной грани тетраэдра. Например, если $A$ — одна, а $B, C, D$ — с другой стороны, то плоскость будет параллельна грани $BCD$. Так как грани тетраэдра не параллельны, то и эти четыре плоскости различны.

Следовательно, в этом случае существует 4 плоскости.

2. Две точки с одной стороны плоскости, две — с другой

Предположим, что точки $A, B$ лежат по одну сторону от плоскости $\pi$, а точки $C, D$ — по другую.

Из условия следует:

• Точки $A, B$ по одну сторону $\implies$ прямая $AB$ параллельна $\pi$.
• Точки $C, D$ по одну сторону $\implies$ прямая $CD$ параллельна $\pi$.

Таким образом, плоскость $\pi$ параллельна двум скрещивающимся рёбрам тетраэдра $AB$ и $CD$.

Также из условия следует:

• Точки $A, C$ по разные стороны $\implies \pi$ проходит через середину отрезка $AC$.
• Точки $A, D$ по разные стороны $\implies \pi$ проходит через середину отрезка $AD$.
• Точки $B, C$ по разные стороны $\implies \pi$ проходит через середину отрезка $BC$.
• Точки $B, D$ по разные стороны $\implies \pi$ проходит через середину отрезка $BD$.

Плоскость $\pi$ проходит через середины четырёх рёбер: $AC, AD, BC, BD$. Эти четыре середины образуют параллелограмм и лежат в одной плоскости. Такая плоскость единственна. Она расположена посередине между скрещивающимися прямыми $AB$ и $CD$ и параллельна им, что обеспечивает равное расстояние до всех четырёх вершин.

Количество таких плоскостей равно количеству способов выбрать пару скрещивающихся рёбер в тетраэдре. В тетраэдре 6 рёбер, которые образуют 3 пары скрещивающихся (противоположных) рёбер:

1. $AB$ и $CD$
2. $AC$ и $BD$
3. $AD$ и $BC$

Каждая пара определяет одну уникальную плоскость. Следовательно, в этом случае существует 3 плоскости.

3. Все четыре точки с одной стороны плоскости

Если бы все четыре точки $A, B, C, D$ находились по одну сторону от плоскости $\pi$, то все прямые, соединяющие их попарно ($AB, AC, AD, BC$ и т.д.), были бы параллельны $\pi$. В частности, векторы $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ и $\vec{AD}$ были бы параллельны $\pi$. Но по условию точки $A, B, C, D$ не лежат в одной плоскости, поэтому векторы $\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}$ не компланарны (они образуют базис в трёхмерном пространстве). Три некомпланарных вектора не могут быть параллельны одной плоскости. Следовательно, этот случай невозможен.

Итак, общее количество плоскостей, равноудаленных от четырёх данных точек, равно сумме плоскостей, найденных в каждом возможном случае: $4 + 3 = 7$.

Ответ: 7.

773. Докажите, что прямая, пересекающая две грани двугранного угла, образует с ними равные углы тогда и только тогда, когда точки пересечения равноудалены от ребра.

Данная задача требует доказать утверждение в обе стороны (критерий). Поэтому доказательство состоит из двух частей: необходимости и достаточности.

Доказательство необходимости (?)

Пусть прямая $l$, пересекающая грани $\alpha$ и $\beta$ двугранного угла в точках $A$ и $B$ соответственно, образует с ними равные углы. Обозначим угол между прямой $l$ и гранью $\alpha$ как $\varphi_1$, а угол с гранью $\beta$ как $\varphi_2$. По условию, $\varphi_1 = \varphi_2$. Необходимо доказать, что точки пересечения $A$ и $B$ равноудалены от ребра $a$ двугранного угла.

Угол между прямой и плоскостью — это угол между этой прямой и ее ортогональной проекцией на плоскость. Пусть $BH$ — перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на плоскость $\alpha$ ($H \in \alpha$). Тогда проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\alpha$ будет отрезок $AH$, а угол $\varphi_1 = \angle BAH$. В прямоугольном треугольнике $\triangle BHA$ ($\angle H = 90^\circ$) имеем: $\sin(\varphi_1) = \frac{BH}{AB}$.

Аналогично, пусть $AK$ — перпендикуляр, опущенный из точки $A$ на плоскость $\beta$ ($K \in \beta$). Проекцией отрезка $AB$ на плоскость $\beta$ будет отрезок $BK$, а угол $\varphi_2 = \angle ABK$. В прямоугольном треугольнике $\triangle AKB$ ($\angle K = 90^\circ$) имеем: $\sin(\varphi_2) = \frac{AK}{AB}$.

Из условия $\varphi_1 = \varphi_2$ (и того, что эти углы лежат в диапазоне $[0, 90^\circ]$) следует, что $\sin(\varphi_1) = \sin(\varphi_2)$. Отсюда $\frac{BH}{AB} = \frac{AK}{AB}$, что означает $BH = AK$.

Теперь установим связь между расстоянием от точки на грани до другой грани и расстоянием от этой точки до ребра. Пусть $\theta$ — линейный угол двугранного угла. Расстояние от точки $B \in \beta$ до плоскости $\alpha$ ($BH$) связано с расстоянием от $B$ до ребра $a$ (обозначим его $d_B$) формулой $BH = d_B \cdot \sin(\theta)$. Аналогично, для точки $A \in \alpha$ и ее расстояния до плоскости $\beta$ ($AK$) и до ребра $a$ ($d_A$) справедливо соотношение $AK = d_A \cdot \sin(\theta)$.

Подставив эти выражения в равенство $BH = AK$, получим: $d_B \cdot \sin(\theta) = d_A \cdot \sin(\theta)$.

Так как грани $\alpha$ и $\beta$ образуют невырожденный двугранный угол, то $0 < \theta < 180^\circ$, и, следовательно, $\sin(\theta) \neq 0$. Разделив обе части равенства на $\sin(\theta)$, получаем $d_B = d_A$.

Это доказывает, что расстояния от точек $A$ и $B$ до ребра $a$ равны.

Ответ: Доказано, что если прямая образует с гранями двугранного угла равные углы, то точки пересечения равноудалены от ребра.

Доказательство достаточности (?)

Пусть точки пересечения $A$ (на грани $\alpha$) и $B$ (на грани $\beta$) прямой $l$ с гранями двугранного угла равноудалены от ребра $a$. Обозначим расстояния от $A$ до ребра $a$ как $d_A$, а от $B$ до ребра $a$ как $d_B$. По условию, $d_A = d_B$. Необходимо доказать, что прямая $l$ образует с гранями $\alpha$ и $\beta$ равные углы, т.е. $\varphi_1 = \varphi_2$.

Как и в первой части, воспользуемся соотношениями, связывающими расстояния до плоскостей и до ребра. Пусть $\theta$ — линейный угол двугранного угла.

Расстояние от точки $B$ до плоскости $\alpha$ равно $BH = d_B \cdot \sin(\theta)$.
Расстояние от точки $A$ до плоскости $\beta$ равно $AK = d_A \cdot \sin(\theta)$.

Поскольку по условию $d_A = d_B$, то из этих формул следует, что $AK = BH$.

Рассмотрим синусы углов $\varphi_1$ и $\varphi_2$, которые прямая $AB$ образует с плоскостями $\alpha$ и $\beta$ соответственно.$\sin(\varphi_1) = \frac{BH}{AB}$
$\sin(\varphi_2) = \frac{AK}{AB}$

Так как мы установили, что $BH = AK$, то и правые части этих равенств равны: $\frac{BH}{AB} = \frac{AK}{AB}$. Следовательно, $\sin(\varphi_1) = \sin(\varphi_2)$.

По определению, угол между прямой и плоскостью всегда находится в диапазоне от $0^\circ$ до $90^\circ$. На этом интервале функция синуса монотонно возрастает, а значит, из равенства синусов следует равенство самих углов: $\varphi_1 = \varphi_2$.

Таким образом, прямая образует с гранями двугранного угла равные углы.

Ответ: Доказано, что если точки пересечения прямой с гранями двугранного угла равноудалены от ребра, то прямая образует с этими гранями равные углы.

774. Докажите, что сечением куба может быть правильный треугольник, квадрат, правильный шестиугольник, но не может быть правильный пятиугольник и правильный многоугольник с числом сторон более шести.

Задача состоит в том, чтобы доказать, какие правильные многоугольники могут быть получены в сечении куба, а какие — нет. Рассмотрим каждый случай отдельно.

Доказательство, что сечением куба может быть правильный треугольник

Пусть дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром длины $a$. Рассмотрим три вершины куба, не принадлежащие одной грани, например, $B$, $D$ и $A_1$. Проведем через эти три точки секущую плоскость.

Сторонами получившегося сечения — треугольника $BDA_1$ — являются отрезки $BD$, $DA_1$ и $A_1B$. Эти отрезки являются диагоналями граней куба:

• $BD$ — диагональ грани $ABCD$.
• $DA_1$ — диагональ грани $ADD_1A_1$.
• $A_1B$ — диагональ грани $AA_1B_1B$.

Все грани куба — равные квадраты, поэтому их диагонали равны. Длину диагонали грани можно найти по теореме Пифагора. Для грани $ABCD$ с ребрами $AB=a$ и $AD=a$ длина диагонали $BD$ равна:

$BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Аналогично, длины двух других сторон треугольника равны:

$DA_1 = a\sqrt{2}$

$A_1B = a\sqrt{2}$

Поскольку все три стороны треугольника $BDA_1$ равны ($BD = DA_1 = A_1B = a\sqrt{2}$), этот треугольник является равносторонним, то есть правильным.

Ответ: Сечением куба может быть правильный треугольник.

Доказательство, что сечением куба может быть квадрат

Пусть дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром длины $a$. Проведем секущую плоскость, параллельную одной из граней куба, например, грани $ABCD$, и проходящую через его внутреннюю часть. Например, такая плоскость может проходить через середины вертикальных ребер $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ и $DD_1$.

В сечении получится четырехугольник, вершины которого лежат на этих ребрах. Так как секущая плоскость параллельна плоскости основания $ABCD$, то полученное сечение будет конгруэнтно основанию. Это будет четырехугольник с четырьмя равными сторонами длиной $a$ и четырьмя прямыми углами, то есть квадрат.

Ответ: Сечением куба может быть квадрат.

Доказательство, что сечением куба может быть правильный шестиугольник

Пусть дан куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с ребром длины $a$. Рассмотрим плоскость, проходящую через центр куба перпендикулярно его главной диагонали (например, диагонали $AC_1$).

Эта плоскость пересекает шесть ребер куба в их серединах. Это ребра, которые не имеют общих вершин с концами выбранной диагонали (то есть не выходят из вершин $A$ и $C_1$). Это ребра: $AB$, $BC$, $CC_1$, $C_1D_1$, $D_1A_1$, $A_1A$. Обозначим их середины как $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5, M_6$ соответственно.

Соединив эти точки последовательно, получим шестиугольник $M_1M_2M_3M_4M_5M_6$. Найдем длины его сторон. Рассмотрим, например, сторону $M_1M_2$. Точки $M_1$ и $M_2$ — середины ребер $AB$ и $BC$ соответственно. В треугольнике $ABC$ отрезок $M_1M_2$ является средней линией. Его длина равна половине длины диагонали грани $AC$.

Длина диагонали $AC = a\sqrt{2}$. Следовательно, длина стороны $M_1M_2$ равна:

$M_1M_2 = \frac{1}{2} AC = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

В силу симметрии куба, все шесть сторон полученного шестиугольника будут иметь одинаковую длину $a\sqrt{2}/2$.

Теперь докажем, что все углы этого шестиугольника равны. В силу симметрии достаточно найти один из углов, например, $\angle M_1M_6M_5$. Введем систему координат с началом в вершине $A$ и осями вдоль ребер $AD$, $AB$, $AA_1$. Тогда координаты точек:

$M_1$ (середина $AB$): $(0, a/2, 0)$

$M_6$ (середина $AA_1$): $(0, 0, a/2)$

$M_5$ (середина $A_1D_1$): $(a/2, 0, a)$

Найдем векторы $\vec{M_6M_1}$ и $\vec{M_6M_5}$:

$\vec{M_6M_1} = (0 - 0, a/2 - 0, 0 - a/2) = (0, a/2, -a/2)$

$\vec{M_6M_5} = (a/2 - 0, 0 - 0, a - a/2) = (a/2, 0, a/2)$

Найдем косинус угла между этими векторами:

$\cos(\theta) = \frac{\vec{M_6M_1} \cdot \vec{M_6M_5}}{|\vec{M_6M_1}| \cdot |\vec{M_6M_5}|} = \frac{0 \cdot (a/2) + (a/2) \cdot 0 + (-a/2) \cdot (a/2)}{\sqrt{0^2 + (a/2)^2 + (-a/2)^2} \cdot \sqrt{(a/2)^2 + 0^2 + (a/2)^2}} = \frac{-a^2/4}{\sqrt{a^2/2} \cdot \sqrt{a^2/2}} = \frac{-a^2/4}{a^2/2} = -\frac{1}{2}$

Отсюда следует, что $\theta = 120^\circ$.

Так как все стороны шестиугольника равны и все его углы равны $120^\circ$, он является правильным.

Ответ: Сечением куба может быть правильный шестиугольник.

Доказательство, что сечением куба не может быть правильный пятиугольник и правильный многоугольник с числом сторон более шести

Разберем оба случая.

1. Многоугольник с числом сторон более шести.

Сечение многогранника плоскостью — это многоугольник, стороны которого являются линиями пересечения секущей плоскости с гранями многогранника. У куба всего 6 граней. Секущая плоскость может пересечь каждую грань не более одного раза (по одному отрезку). Следовательно, у многоугольника, полученного в сечении, не может быть более 6 сторон. Таким образом, сечением куба не может быть ни правильный семиугольник, ни восьмиугольник, и т.д.

2. Правильный пятиугольник.

Докажем от противного. Предположим, что в сечении куба получился правильный пятиугольник. Это означает, что секущая плоскость пересекает 5 из 6 граней куба.

Грани куба можно сгруппировать в три пары параллельных между собой плоскостей (верхняя и нижняя, передняя и задняя, левая и правая).

По свойству параллельных плоскостей, если секущая плоскость пересекает две параллельные плоскости, то линии пересечения параллельны. То есть, стороны многоугольника, лежащие на параллельных гранях куба, должны быть параллельны между собой.

Чтобы получить в сечении пятиугольник, секущая плоскость должна пересечь 5 граней. По принципу Дирихле, из 5 граней как минимум одна пара должна быть параллельными гранями (так как пар всего 3). Более того, если $k_1, k_2, k_3$ — количество пересекаемых граней из каждой пары, то $k_1+k_2+k_3=5$, где $k_i \in \{0, 1, 2\}$. Единственное решение (с точностью до перестановки) — это $2, 2, 1$. Это означает, что секущая плоскость пересекает две пары параллельных граней и одну грань из третьей пары. Следовательно, в полученном пятиугольнике должны быть две пары параллельных сторон.

Однако в правильном пятиугольнике нет ни одной пары параллельных сторон. Все его внутренние углы равны $((5-2) \cdot 180^\circ) / 5 = 108^\circ$, что исключает параллельность любых сторон.

Полученное противоречие доказывает, что сечение куба не может быть правильным пятиугольником.

Ответ: Сечением куба не может быть правильный пятиугольник, а также любой правильный многоугольник с числом сторон, большим шести.

775. Докажите, что сумма квадратов расстояний от вершин куба до прямой, проходящей через его центр, не зависит от положения этой прямой.

Для доказательства воспользуемся методом координат. Пусть ребро куба имеет длину $L$. Разместим центр куба в начале координат $O(0, 0, 0)$. Тогда оси координат можно направить параллельно ребрам куба. В этой системе координат вершины куба будут иметь следующие координаты:

$V_i = (\pm \frac{L}{2}, \pm \frac{L}{2}, \pm \frac{L}{2})$

Всего у куба 8 вершин. Обозначим радиус-векторы вершин как $\vec{v_i}$. Квадрат расстояния от начала координат до любой вершины одинаков и равен:

$|\vec{v_i}|^2 = (\pm \frac{L}{2})^2 + (\pm \frac{L}{2})^2 + (\pm \frac{L}{2})^2 = \frac{L^2}{4} + \frac{L^2}{4} + \frac{L^2}{4} = \frac{3L^2}{4}$

Рассмотрим произвольную прямую, проходящую через центр куба (начало координат). Положение такой прямой в пространстве однозначно задается ее направляющим вектором. Пусть это будет единичный вектор $\vec{u} = (l, m, n)$, где $l, m, n$ - его направляющие косинусы. Для единичного вектора выполняется условие: $l^2 + m^2 + n^2 = 1$.

Расстояние $d_i$ от точки (вершины) с радиус-вектором $\vec{v_i}$ до прямой, проходящей через начало координат с направляющим вектором $\vec{u}$, можно найти по формуле для высоты параллелограмма, построенного на векторах $\vec{v_i}$ и $\vec{u}$:

$d_i = \frac{|\vec{v_i} \times \vec{u}|}{|\vec{u}|}$

Так как мы выбрали $|\vec{u}| = 1$, квадрат расстояния равен:

$d_i^2 = |\vec{v_i} \times \vec{u}|^2$

Используя известное тождество для векторного произведения $|\vec{a} \times \vec{b}|^2 = |\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 - (\vec{a} \cdot \vec{b})^2$, получим:

$d_i^2 = |\vec{v_i}|^2|\vec{u}|^2 - (\vec{v_i} \cdot \vec{u})^2 = |\vec{v_i}|^2 - (\vec{v_i} \cdot \vec{u})^2$

Нам нужно доказать, что сумма квадратов этих расстояний для всех 8 вершин не зависит от выбора прямой, то есть от вектора $\vec{u}$. Найдем эту сумму $S$:

$S = \sum_{i=1}^{8} d_i^2 = \sum_{i=1}^{8} (|\vec{v_i}|^2 - (\vec{v_i} \cdot \vec{u})^2) = \sum_{i=1}^{8} |\vec{v_i}|^2 - \sum_{i=1}^{8} (\vec{v_i} \cdot \vec{u})^2$

Вычислим каждую из сумм по отдельности.

1. Первая сумма:

$\sum_{i=1}^{8} |\vec{v_i}|^2 = \sum_{i=1}^{8} \frac{3L^2}{4} = 8 \cdot \frac{3L^2}{4} = 6L^2$

2. Вторая сумма:

Пусть координаты вершины $V_i$ - это $(x_i, y_i, z_i)$, где каждое из $x_i, y_i, z_i$ равно либо $+\frac{L}{2}$, либо $-\frac{L}{2}$.

$\vec{v_i} \cdot \vec{u} = x_i l + y_i m + z_i n$

$(\vec{v_i} \cdot \vec{u})^2 = (x_i l + y_i m + z_i n)^2 = x_i^2 l^2 + y_i^2 m^2 + z_i^2 n^2 + 2x_i y_i lm + 2x_i z_i ln + 2y_i z_i mn$

Просуммируем это выражение по всем 8 вершинам. Для любой вершины $x_i^2 = y_i^2 = z_i^2 = (\frac{L}{2})^2 = \frac{L^2}{4}$.

$\sum_{i=1}^{8} (x_i^2 l^2 + y_i^2 m^2 + z_i^2 n^2) = \sum_{i=1}^{8} (\frac{L^2}{4} l^2 + \frac{L^2}{4} m^2 + \frac{L^2}{4} n^2) = 8 \cdot \frac{L^2}{4} (l^2+m^2+n^2) = 2L^2 \cdot 1 = 2L^2$

Теперь рассмотрим суммы смешанных произведений. В силу симметрии куба, для каждой вершины $(x_i, y_i, z_i)$ найдется вершина с координатами $(-x_i, y_i, z_i)$, $(x_i, -y_i, z_i)$ и т.д. Например, для суммы $\sum_{i=1}^{8} x_i y_i$: на 8 вершин приходится 4 вершины, где $x_i$ и $y_i$ одного знака (произведение $x_i y_i = \frac{L^2}{4}$), и 4 вершины, где они разных знаков (произведение $x_i y_i = -\frac{L^2}{4}$). Таким образом:

$\sum_{i=1}^{8} x_i y_i = 4 \cdot (\frac{L^2}{4}) + 4 \cdot (-\frac{L^2}{4}) = 0$

Аналогично, $\sum_{i=1}^{8} x_i z_i = 0$ и $\sum_{i=1}^{8} y_i z_i = 0$.

Следовательно, сумма вторых слагаемых равна:

$\sum_{i=1}^{8} (\vec{v_i} \cdot \vec{u})^2 = 2L^2$

Теперь мы можем найти итоговую сумму $S$:

$S = 6L^2 - 2L^2 = 4L^2$

Полученный результат $4L^2$ зависит только от длины ребра куба $L$ и не зависит от направляющих косинусов $l, m, n$, которые определяют положение прямой в пространстве. Таким образом, мы доказали, что сумма квадратов расстояний от вершин куба до прямой, проходящей через его центр, не зависит от положения этой прямой.

Ответ: Доказано. Сумма квадратов расстояний не зависит от положения прямой и равна $4L^2$, где $L$ - длина ребра куба.

776. Разбейте куб на шесть равных тетраэдров.

Для того чтобы разбить куб на шесть равных тетраэдров, можно использовать следующий метод, основанный на выборе одной из главных диагоналей куба.

1. Определение геометрии

Рассмотрим куб $ABCDA_1B_1C_1D_1$ с длиной ребра $a$. Введем систему координат так, чтобы его вершины имели следующие координаты:

• $A(0,0,0)$
• $B(a,0,0)$
• $C(a,a,0)$
• $D(0,a,0)$
• $A_1(0,0,a)$
• $B_1(a,0,a)$
• $C_1(a,a,a)$
• $D_1(0,a,a)$

Объем куба равен $V_{куб} = a^3$. Следовательно, каждый из шести равных тетраэдров должен иметь объем $V_{тетр} = \frac{a^3}{6}$.

2. Построение тетраэдров

Выберем одну из четырех главных диагоналей куба. Пусть это будет диагональ $AC_1$. Эта диагональ будет служить общим ребром для всех шести тетраэдров.

Остальные вершины каждого тетраэдра будут определяться диагоналями граней куба. В кубе 12 диагоналей граней. Нам нужны те, которые не проходят через вершины $A$ или $C_1$. Таких диагоналей ровно шесть:

1. $BD$ на грани $ABCD$
2. $B_1D_1$ на грани $A_1B_1C_1D_1$
3. $A_1B$ на грани $ABB_1A_1$
4. $CD_1$ на грани $CDD_1C_1$
5. $B_1C$ на грани $BCC_1B_1$
6. $A_1D$ на грани $ADD_1A_1$

Теперь построим шесть тетраэдров. Каждый тетраэдр образуется вершинами главной диагонали $A, C_1$ и двумя вершинами одной из перечисленных выше диагоналей граней.

• $T_1$: вершины $A, C_1, B, D$
• $T_2$: вершины $A, C_1, B_1, D_1$
• $T_3$: вершины $A, C_1, A_1, B$
• $T_4$: вершины $A, C_1, C, D_1$
• $T_5$: вершины $A, C_1, B_1, C$
• $T_6$: вершины $A, C_1, A_1, D$

3. Доказательство равенства тетраэдров

Чтобы доказать, что все шесть тетраэдров равны (конгруэнтны), достаточно показать, что они имеют одинаковые наборы длин ребер. В силу симметрии куба, все эти тетраэдры будут конгруэнтны. Проверим это, рассчитав длины ребер для двух из них, например, для $T_1$ и $T_4$.

Для тетраэдра $T_1(A, C_1, B, D)$:

• $AC_1 = \sqrt{a^2+a^2+a^2} = a\sqrt{3}$ (главная диагональ)
• $AB = a$ (ребро куба)
• $AD = a$ (ребро куба)
• $C_1B = \sqrt{(a-a)^2+(0-a)^2+(0-a)^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани)
• $C_1D = \sqrt{(0-a)^2+(a-a)^2+(0-a)^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани)
• $BD = \sqrt{(0-a)^2+(a-0)^2+(0-0)^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани)

Набор длин ребер для $T_1$: $\{a, a, a\sqrt{2}, a\sqrt{2}, a\sqrt{2}, a\sqrt{3}\}$.

Для тетраэдра $T_4(A, C_1, C, D_1)$:

• $AC_1 = a\sqrt{3}$ (главная диагональ)
• $AC = \sqrt{a^2+a^2+0^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани)
• $AD_1 = \sqrt{0^2+a^2+a^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани)
• $C_1C = \sqrt{(a-a)^2+(a-a)^2+(a-0)^2} = a$ (ребро куба)
• $C_1D_1 = \sqrt{(a-0)^2+(a-a)^2+(a-a)^2} = a$ (ребро куба)
• $CD_1 = \sqrt{(0-a)^2+(a-a)^2+(a-0)^2} = a\sqrt{2}$ (диагональ грани)

Набор длин ребер для $T_4$: $\{a, a, a\sqrt{2}, a\sqrt{2}, a\sqrt{2}, a\sqrt{3}\}$.

Наборы длин ребер совпадают, следовательно, тетраэдры $T_1$ и $T_4$ конгруэнтны. Аналогично можно показать конгруэнтность всех шести тетраэдров.

4. Проверка объема

Объем тетраэдра, построенного на векторах $\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}$, исходящих из одной вершины, равен $V = \frac{1}{6}|(\vec{u} \times \vec{v}) \cdot \vec{w}|$.

Для тетраэдра $T_1(A, C_1, B, D)$ можно выбрать вершину $A$ и векторы $\vec{AB}$, $\vec{AD}$ и $\vec{AC_1}$. Но эти векторы не образуют тетраэдр $T_1$. Правильнее выбрать векторы, исходящие из одной из четырех вершин тетраэдра, например, A: $\vec{AB}$, $\vec{AD}$, $\vec{AC_1}$. Но эти векторы определяют тетраэдр $ABDC_1$.Объем тетраэдра с вершинами $A(x_A, y_A, z_A)$, $B(x_B, y_B, z_B)$, $C(x_C, y_C, z_C)$, $D(x_D, y_D, z_D)$ вычисляется по формуле:$V = \frac{1}{6} \left| \det \begin{pmatrix} x_B-x_A & y_B-y_A & z_B-z_A \\ x_C-x_A & y_C-y_A & z_C-z_A \\ x_D-x_A & y_D-y_A & z_D-z_A \end{pmatrix} \right|$.Для $T_1(A, C_1, B, D)$ с вершиной $A(0,0,0)$:$\vec{AB} = (a,0,0)$, $\vec{AD} = (0,a,0)$, $\vec{AC_1} = (a,a,a)$.$V_{T_1} = \frac{1}{6} \left| \det \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ a & a & a \end{pmatrix} \right| = \frac{1}{6} |a(a \cdot a - 0 \cdot a)| = \frac{1}{6} a^3$.

Таким образом, объем каждого тетраэдра равен $\frac{a^3}{6}$. Суммарный объем шести таких тетраэдров равен $6 \times \frac{a^3}{6} = a^3$, что совпадает с объемом куба. Геометрически эти шесть тетраэдров полностью заполняют пространство куба, располагаясь вокруг общей оси — главной диагонали $AC_1$.

Ответ: Куб разбивается на шесть равных тетраэдров. Все тетраэдры имеют общее ребро, совпадающее с одной из главных диагоналей куба. Остальные две вершины каждого тетраэдра совпадают с концами одной из шести диагоналей граней, не пересекающих выбранную главную диагональ.

777. Комната имеет форму куба. Паук, сидящий в середине ребра, хочет, двигаясь по кратчайшему пути, поймать муху, сидящую в одной из самых удалённых от паука вершин куба. Как должен двигаться паук?

Для решения этой задачи мы представим комнату в виде куба с длиной ребра $a$. Кратчайший путь по поверхности трехмерного объекта можно найти, сделав его развертку на плоскость. На этой развертке кратчайший путь будет представлять собой прямую линию.

1. Определение положения паука и мухи

Пусть куб расположен в системе координат так, что его вершины находятся в точках с координатами $(x, y, z)$, где каждая координата равна либо 0, либо $a$.

Пусть паук (П) сидит в середине одного из ребер. Для определенности, поместим паука в середину нижнего переднего ребра. В нашей системе координат это будет точка $П = (a/2, 0, 0)$.

Теперь нужно найти самую удаленную от паука вершину. Расстояние будем измерять по прямой в пространстве (Евклидово расстояние), чтобы определить, какая вершина является "самой удаленной". Вычислим квадраты расстояний от точки $П$ до всех 8 вершин куба:

• $(0,0,0): (a/2)^2 = a^2/4$
• $(a,0,0): (-a/2)^2 = a^2/4$
• $(0,a,0): (a/2)^2 + a^2 = 5a^2/4$
• $(a,a,0): (-a/2)^2 + a^2 = 5a^2/4$
• $(0,0,a): (a/2)^2 + a^2 = 5a^2/4$
• $(a,0,a): (-a/2)^2 + a^2 = 5a^2/4$
• $(0,a,a): (a/2)^2 + a^2 + a^2 = 9a^2/4$
• $(a,a,a): (-a/2)^2 + a^2 + a^2 = 9a^2/4$

Самыми удаленными являются две вершины: $(0, a, a)$ и $(a, a, a)$. Они находятся на одинаковом максимальном расстоянии от паука. Выберем одну из них в качестве положения мухи (М). Пусть муха сидит в вершине $М = (0, a, a)$. Эта вершина является левым задним верхним углом куба.

2. Поиск кратчайшего пути с помощью развертки

Паук находится на ребре, общем для передней грани (плоскость $y=0$) и нижней грани (плоскость $z=0$). Муха находится на вершине, общей для левой ($x=0$), задней ($y=a$) и верхней ($z=a$) граней. Пауку нужно пересечь несколько граней. Рассмотрим возможные развертки куба.

Вариант развертки 1: Через переднюю и левую грани

Развернем переднюю и левую грани на одну плоскость. Пусть эта плоскость будет плоскостью $(X, Z)$.

• Переднюю грань (в 3D это плоскость $y=0$) разместим на нашей 2D-плоскости. Ее координаты $(x,z)$ в 3D соответствуют координатам $(X,Z)$ на плоскости. Паук $П$ находится в точке $(a/2, 0, 0)$, что на этой грани соответствует точке $П_{нет} = (a/2, 0)$.
• Левую грань (в 3D это плоскость $x=0$) "приклеим" к передней грани вдоль их общей оси $z$. На развертке она будет лежать слева от передней грани. Координата $y$ левой грани станет координатой $-X$ на нашей плоскости. Муха $М$ находится в вершине $(0,a,a)$, что на левой грани соответствует точке с координатами $(y,z) = (a,a)$. На развертке эта точка будет иметь координаты $М_{нет} = (-a, a)$.

Теперь найдем расстояние между точками $П_{нет}=(a/2, 0)$ и $М_{нет}=(-a, a)$ на плоскости. Это будет длина кратчайшего пути. Используем теорему Пифагора:

$d_1^2 = (X_П - X_М)^2 + (Z_П - Z_М)^2 = (a/2 - (-a))^2 + (0 - a)^2 = (3a/2)^2 + (-a)^2 = \frac{9a^2}{4} + a^2 = \frac{13a^2}{4}$

$d_1 = \sqrt{\frac{13a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{13}}{2} \approx 1.803a$

Вариант развертки 2: Через переднюю и верхнюю грани

Развернем переднюю и верхнюю грани.

• Положение паука на передней грани, как и ранее, $П_{нет} = (a/2, 0)$.
• Верхнюю грань (в 3D это плоскость $z=a$) "приклеим" к передней грани вдоль их общего ребра. На развертке она окажется над передней гранью. Координата $y$ верхней грани станет продолжением координаты $Z$ на нашей плоскости. Муха $М(0,a,a)$ на верхней грани имеет координаты $(x,y)=(0,a)$. На развертке это будет точка $М_{нет} = (0, a+a) = (0, 2a)$.

Найдем расстояние между $П_{нет}=(a/2, 0)$ и $М_{нет}=(0, 2a)$:

$d_2^2 = (a/2 - 0)^2 + (0 - 2a)^2 = (a/2)^2 + (-2a)^2 = \frac{a^2}{4} + 4a^2 = \frac{17a^2}{4}$

$d_2 = \sqrt{\frac{17a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{17}}{2} \approx 2.062a$

Сравнивая два варианта, видим, что $d_1 < d_2$. Путь через переднюю и левую грани короче. Можно рассмотреть и другие развертки (например, через нижнюю и левую грани, что даст симметричный результат $d_1$), но они не дадут более короткого пути для данной конфигурации.

3. Описание траектории движения паука

Кратчайший путь соответствует прямой линии на развертке из варианта 1. Найдем уравнение этой прямой, соединяющей $П_{нет}=(a/2, 0)$ и $М_{нет}=(-a, a)$:

$Z - 0 = \frac{a - 0}{-a - a/2} (X - a/2) \implies Z = \frac{a}{-3a/2} (X - a/2) \implies Z = -\frac{2}{3}(X - \frac{a}{2}) \implies Z = -\frac{2}{3}X + \frac{a}{3}$

Этот путь состоит из двух отрезков на поверхности куба:

1. На передней грани ($y=0$): Здесь $X=x$ и $Z=z$. Паук движется по траектории $z = -\frac{2}{3}x + \frac{a}{3}$. Он начинает в точке $П(x=a/2, z=0)$ и движется к общему ребру с левой гранью (где $x=0$). Точка пересечения этого ребра будет иметь координату $z = -\frac{2}{3}(0) + \frac{a}{3} = a/3$. То есть паук движется по передней стенке до точки с координатами $(0, 0, a/3)$.
2. На левой грани ($x=0$): Здесь $X=-y$ и $Z=z$. Уравнение пути $Z = -\frac{2}{3}X + \frac{a}{3}$ преобразуется в $z = -\frac{2}{3}(-y) + \frac{a}{3} \implies z = \frac{2}{3}y + \frac{a}{3}$. Паук продолжает движение из точки $(0, 0, a/3)$ по левой стенке до точки-цели $М(0,a,a)$. Проверим, что муха лежит на этой линии: при $y=a$, получаем $z = \frac{2}{3}a + \frac{a}{3} = a$. Это верно.

Ответ:

Чтобы добраться до самой удаленной вершины по кратчайшему пути, паук должен двигаться следующим образом (примем, что комната-куб имеет ребро длиной $a$, паук сидит в середине нижнего переднего ребра, а муха — в левом заднем верхнем углу):

1. Сначала паук ползет по передней стене по прямой линии от середины нижнего ребра до точки на левом вертикальном ребре, находящейся на высоте $a/3$ от пола.
2. Затем, от этой точки, он ползет по левой стене по прямой линии до целевой вершины (заднего верхнего угла этой стены).

Весь путь представляет собой два отрезка прямых на двух смежных гранях куба, которые вместе образуют единый отрезок прямой на развертке куба.

778. Докажите, что в кубе можно вырезать сквозное отверстие, через которое можно протащить куб таких же и даже больших размеров.

Эта задача известна как «куб принца Руперта». Доказательство состоит из двух частей: сначала мы покажем, что в кубе с ребром $a$ можно вырезать сквозное отверстие в форме квадрата со стороной $h > a$, а затем покажем, что через это отверстие можно протащить куб с ребром $b=h$.

1. Создание отверстия в кубе

Рассмотрим куб (назовем его Куб А) с длиной ребра $a=1$. Поместим его центр в начало координат так, чтобы его грани были параллельны координатным плоскостям. Вершины куба будут иметь координаты $(\pm 1/2, \pm 1/2, \pm 1/2)$.

Чтобы вырезать отверстие, не нарушив целостности куба, оно должно полностью находиться внутри проекции (тени) куба на плоскость, перпендикулярную оси отверстия. Мы хотим найти такую ориентацию этой плоскости, чтобы в проекцию куба можно было вписать квадрат максимально возможного размера.

Оказывается, оптимальная ориентация достигается в два этапа:
1. Сначала повернем куб на угол $45^{\circ}$ вокруг оси $z$.
2. Затем повернем его на угол $\beta$ вокруг оси $y$.

После этих поворотов спроецируем куб на плоскость $xz$. Это эквивалентно проекции исходного куба на наклонную плоскость. Проекция представляет собой шестиугольник. Найдем размеры этого шестиугольника, чтобы вписать в него квадрат.

Высота проекции после такого преобразования определяется размахом по оси $y$ и равна $H = a \sqrt{2} = \sqrt{2}$ (при $a=1$). Ширина проекции по оси $x$ зависит от угла $\beta$ и равна $W = a(\sqrt{2}\cos\beta + \sin\beta) = \sqrt{2}\cos\beta + \sin\beta$.

Чтобы вписать в проекцию квадрат наибольшего размера, нужно, чтобы проекция была как можно более «квадратной». Для этого приравняем ее ширину и высоту:
$W = H$
$\sqrt{2}\cos\beta + \sin\beta = \sqrt{2}$

Решим это уравнение. Пусть $c = \cos\beta$, тогда $s = \sin\beta = \sqrt{1-c^2}$.
$\sqrt{2}c + \sqrt{1-c^2} = \sqrt{2}$
$\sqrt{1-c^2} = \sqrt{2}(1-c)$
Возведем обе части в квадрат:
$1-c^2 = 2(1-c)^2 = 2(1-2c+c^2)$
$1-c^2 = 2-4c+2c^2$
$3c^2 - 4c + 1 = 0$

Корни этого квадратного уравнения: $c=1$ (что соответствует $\beta=0$, тривиальный случай) и $c=1/3$.Выбираем $\cos\beta = 1/3$. Тогда $\sin\beta = \sqrt{1 - (1/3)^2} = \sqrt{8/9} = 2\sqrt{2}/3$.

При такой ориентации проекция куба представляет собой шестиугольник, в который можно вписать квадрат, центрированный в начале координат. Найдем сторону $h$ этого квадрата. Углы квадрата $(\pm h/2, \pm h/2)$ должны лежать на границе шестиугольника. Расчеты показывают, что сторона максимально возможного вписанного квадрата равна:
$h = \frac{3\sqrt{2}}{4} a$

Для нашего куба с ребром $a=1$ сторона отверстия $h$ равна:
$h = \frac{3\sqrt{2}}{4} \approx \frac{3 \times 1.4142}{4} \approx 1.0607$

Поскольку $h > 1$, мы доказали, что в кубе с ребром 1 можно вырезать сквозное квадратное отверстие со стороной, большей 1, не разрушая куб.

2. Протаскивание другого куба через отверстие

Теперь у нас есть Куб А (ребро $a=1$) с квадратным отверстием со стороной $h = 3\sqrt{2}/4$.Возьмем другой куб (Куб Б) с ребром $b$. Чтобы протащить его через это отверстие, нужно ориентировать его так, чтобы его проекция на плоскость отверстия помещалась в этот квадрат.

Самый простой способ — это ориентировать Куб Б так, чтобы его грани были параллельны сторонам квадратного отверстия. В этом случае его проекция будет квадратом со стороной $b$.

Чтобы куб прошел через отверстие, необходимо, чтобы его проекция помещалась в отверстии, то есть:
$b \le h$

Мы можем взять куб с ребром $b=h = 3\sqrt{2}/4$.Так как $h \approx 1.0607 > 1$, мы можем протащить через куб с ребром 1 другой куб с ребром $b \approx 1.0607$, что больше исходного размера. Это доказывает утверждение задачи.

Ответ:Доказано, что в кубе можно вырезать сквозное квадратное отверстие, сторона которого больше ребра самого куба ($h = \frac{3\sqrt{2}}{4}a \approx 1.06a$). Через такое отверстие можно протащить другой куб с ребром $b=h$, который будет больше исходного куба.

779. Площадь боковой грани правильной шестиугольной пирамиды равна S. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через середину высоты пирамиды и параллельной плоскости боковой грани.

Пусть дана правильная шестиугольная пирамида $PABCDEF$, где $P$ – вершина, а $ABCDEF$ – правильный шестиугольник в основании. Пусть $O$ – центр основания, тогда $PO$ – высота пирамиды. По условию, площадь боковой грани, например, грани $PAB$, равна $S$.

Требуется найти площадь сечения пирамиды плоскостью $\alpha$, которая проходит через середину высоты $PO$, обозначим эту точку $M$, и параллельна плоскости одной из боковых граней, например, грани $PAB$.

Для решения задачи воспользуемся методом гомотетии. Гомотетия – это преобразование подобия, которое переводит любую плоскость в параллельную ей плоскость. Мы найдем такую гомотетию, которая переводит плоскость грани $PAB$ в секущую плоскость $\alpha$.

В качестве центра гомотетии выберем вершину основания, которая является симметричной к стороне $AB$ относительно центра $O$. Это вершина $D$. Обозначим гомотетию с центром в точке $D$ и коэффициентом $k$ как $H_{D,k}$.

Плоскость грани $PAB$ при гомотетии $H_{D,k}$ переходит в параллельную ей плоскость. Нам нужно подобрать коэффициент $k$ так, чтобы эта новая плоскость прошла через точку $M$ – середину высоты $PO$.

Введем векторное представление. Пусть начало координат находится в центре основания $O$. Тогда вектор высоты – $\vec{p} = \vec{OP}$, а вектор середины высоты – $\vec{m} = \vec{OM} = \frac{1}{2}\vec{p}$. Векторы вершин основания обозначим как $\vec{a}, \vec{b}, \dots, \vec{d}$.

Плоскость грани $PAB$ проходит через точку $P$, поэтому ее уравнение в векторной форме имеет вид $\vec{n} \cdot (\vec{x} - \vec{p}) = 0$, где $\vec{n}$ – вектор нормали к плоскости.Плоскость $\alpha$, параллельная $PAB$ и проходящая через точку $M$, имеет уравнение $\vec{n} \cdot (\vec{x} - \vec{m}) = 0$. Раскрывая скобки и учитывая, что $\vec{m} = \frac{1}{2}\vec{p}$, получаем $\vec{n} \cdot \vec{x} = \vec{n} \cdot \vec{m} = \frac{1}{2}(\vec{n} \cdot \vec{p})$.

Образ плоскости $PAB$ при гомотетии $H_{D,k}$ задается уравнением $\vec{n} \cdot \vec{x} = (1-k)(\vec{n} \cdot \vec{d}) + k(\vec{n} \cdot \vec{p})$.

Приравнивая два выражения для плоскости $\alpha$, получаем:

$(1-k)(\vec{n} \cdot \vec{d}) + k(\vec{n} \cdot \vec{p}) = \frac{1}{2}(\vec{n} \cdot \vec{p})$

$(1-k)(\vec{n} \cdot \vec{d}) = (\frac{1}{2} - k)(\vec{n} \cdot \vec{p})$

Для правильной шестиугольной пирамиды можно показать (например, с помощью введения координат), что $\vec{n} \cdot \vec{d} = -\vec{n} \cdot \vec{p}$. Это следует из симметрии: плоскость грани $PAB$ и точка $D$ расположены симметрично относительно плоскости, проходящей через высоту $PO$ и перпендикулярной вектору $\vec{OD}$.

Подставим это соотношение в уравнение для $k$:

$(1-k)(-\vec{n} \cdot \vec{p}) = (\frac{1}{2} - k)(\vec{n} \cdot \vec{p})$

$-(1-k) = \frac{1}{2} - k$

$k - 1 = \frac{1}{2} - k$

$2k = \frac{3}{2}$

$k = \frac{3}{4}$

Итак, секущая плоскость $\alpha$ является образом плоскости грани $PAB$ при гомотетии с центром в точке $D$ и коэффициентом $k=3/4$.

Само сечение – это фигура, полученная пересечением пирамиды $PABCDEF$ и плоскости $\alpha$. Эта фигура является образом треугольника $PAB$ при гомотетии $H_{D,3/4}$. Обозначим образ треугольника $PAB$ как $P'A'B'$.

Вершины этого треугольника определяются как:

$P' = D + \frac{3}{4}(P-D) = \frac{1}{4}D + \frac{3}{4}P$

$A' = D + \frac{3}{4}(A-D) = \frac{1}{4}D + \frac{3}{4}A$

$B' = D + \frac{3}{4}(B-D) = \frac{1}{4}D + \frac{3}{4}B$

Поскольку пирамида является выпуклым телом, а точки $P, A, B, D$ принадлежат ей, то точки $P', A', B'$, лежащие на отрезках $PD, AD, BD$, также принадлежат пирамиде. Следовательно, весь треугольник $P'A'B'$ лежит внутри пирамиды.

Таким образом, искомое сечение является треугольником $P'A'B'$, который подобен треугольнику $PAB$ с коэффициентом подобия $k=3/4$.

Площадь сечения $S_{сеч}$ относится к площади грани $S$ как квадрат коэффициента подобия:

$S_{сеч} = k^2 \cdot S = \left(\frac{3}{4}\right)^2 \cdot S = \frac{9}{16}S$

Ответ: $\frac{9}{16}S$

780. Какую наибольшую длину может иметь ребро правильного тетраэдра, который помещается в коробку, имеющую форму куба с ребром 1 см?

Чтобы найти наибольшую возможную длину ребра правильного тетраэдра, который помещается в куб, необходимо рассмотреть оптимальное расположение тетраэдра внутри куба. Максимальный размер достигается, когда вершины тетраэдра совпадают с некоторыми вершинами куба.

Пусть ребро куба равно $a = 1$ см. Введем декартову систему координат, поместив одну из вершин куба в начало координат $O(0,0,0)$ и направив ребра куба вдоль осей. Вершины куба будут иметь координаты $(x, y, z)$, где $x, y, z \in \{0, 1\}$.

Для построения вписанного правильного тетраэдра выберем четыре вершины куба так, чтобы никакие две из них не были соединены ребром куба. Например, можно взять вершину $O(0,0,0)$ и три вершины, которые являются концами диагоналей граней, выходящих из противоположной вершины $G(1,1,1)$. Другой, более простой для расчетов, способ — выбрать одну вершину и три другие, соединенные с ней диагоналями граней. Возьмем следующие четыре вершины куба: $V_1(0,0,0)$, $V_2(1,1,0)$, $V_3(1,0,1)$ и $V_4(0,1,1)$.

Теперь необходимо убедиться, что эти четыре точки образуют правильный тетраэдр. Для этого найдем расстояния между всеми парами этих точек. Пусть $b$ — искомая длина ребра тетраэдра. Используем формулу расстояния между двумя точками в пространстве $d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$. Удобнее сравнивать квадраты расстояний:

• $|V_1V_2|^2 = (1-0)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2 = 1+1+0 = 2$
• $|V_1V_3|^2 = (1-0)^2 + (0-0)^2 + (1-0)^2 = 1+0+1 = 2$
• $|V_1V_4|^2 = (0-0)^2 + (1-0)^2 + (1-0)^2 = 0+1+1 = 2$
• $|V_2V_3|^2 = (1-1)^2 + (1-0)^2 + (0-1)^2 = 0+1+1 = 2$
• $|V_2V_4|^2 = (1-0)^2 + (1-1)^2 + (0-1)^2 = 1+0+1 = 2$
• $|V_3V_4|^2 = (1-0)^2 + (0-1)^2 + (1-1)^2 = 1+1+0 = 2$

Поскольку квадраты всех шести расстояний между вершинами равны 2, то и сами расстояния равны. Это означает, что выбранные вершины образуют правильный тетраэдр. Длина ребра $b$ этого тетраэдра равна:

$b^2 = 2 \implies b = \sqrt{2}$ см.

Таким образом, ребро тетраэдра равно диагонали грани куба. Для куба с ребром $a$, длина диагонали грани вычисляется по теореме Пифагора как $\sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. При $a=1$ см, получаем длину ребра тетраэдра $b = 1 \cdot \sqrt{2} = \sqrt{2}$ см. Данное расположение является оптимальным и позволяет вписать в куб тетраэдр с максимально возможной длиной ребра.

Ответ: $\sqrt{2}$ см.