Страница 191 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

781. Дан куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Докажите, что пересечение тетраэдров AB₁CD₁ и C₁BA₁D есть правильный октаэдр.

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть ребро куба имеет длину $a$. Расположим одну из вершин куба, например, вершину $A$, в начале координат, а ребра $AB$, $AD$ и $AA_1$ направим вдоль осей $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно.

Тогда вершины куба будут иметь следующие координаты:

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

Рассмотрим два тетраэдра, заданных в условии:

• $T_1 = AB_1CD_1$ с вершинами $A(0, 0, 0)$, $B_1(a, 0, a)$, $C(a, a, 0)$, $D_1(0, a, a)$.
• $T_2 = C_1BA_1D$ с вершинами $C_1(a, a, a)$, $B(a, 0, 0)$, $A_1(0, 0, a)$, $D(0, a, 0)$.

Заметим, что все ребра каждого из этих тетраэдров являются диагоналями граней куба. Длина каждой такой диагонали равна $\sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$. Следовательно, оба тетраэдра, $T_1$ и $T_2$, являются правильными тетраэдрами.

Нам нужно доказать, что их пересечение $P = T_1 \cap T_2$ является правильным октаэдром.

1. Определение вершин предполагаемого октаэдра

Рассмотрим центры шести граней куба. Обозначим их $V_1, \dots, V_6$:

• $V_1$ – центр грани $ABCD$: $(a/2, a/2, 0)$
• $V_2$ – центр грани $A_1B_1C_1D_1$: $(a/2, a/2, a)$
• $V_3$ – центр грани $ABB_1A_1$: $(a/2, 0, a/2)$
• $V_4$ – центр грани $CDD_1C_1$: $(a/2, a, a/2)$
• $V_5$ – центр грани $ADD_1A_1$: $(0, a/2, a/2)$
• $V_6$ – центр грани $BCC_1B_1$: $(a, a/2, a/2)$

Многогранник, вершинами которого являются эти шесть точек, обозначим как $O$.

2. Доказательство того, что $O$ – правильный октаэдр

Правильный октаэдр – это многогранник, у которого 8 граней (равносторонние треугольники), 12 ребер равной длины и 6 вершин. Найдем длины ребер многогранника $O$. Ребрами будут отрезки, соединяющие центры смежных граней куба.

Например, найдем расстояние между $V_1$ и $V_3$ (центры смежных граней $ABCD$ и $ABB_1A_1$):$d(V_1, V_3) = \sqrt{(a/2 - a/2)^2 + (a/2 - 0)^2 + (0 - a/2)^2} = \sqrt{0 + (a/2)^2 + (-a/2)^2} = \sqrt{a^2/4 + a^2/4} = \sqrt{a^2/2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

Аналогично, найдем расстояние между $V_1$ и $V_5$:$d(V_1, V_5) = \sqrt{(a/2 - 0)^2 + (a/2 - a/2)^2 + (0 - a/2)^2} = \sqrt{(a/2)^2 + 0 + (-a/2)^2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.

В силу симметрии куба, расстояние между центрами любых двух смежных граней будет одинаковым и равным $\frac{a}{\sqrt{2}}$. Таким образом, все 12 ребер многогранника $O$ равны. Это доказывает, что его 8 граней являются равными равносторонними треугольниками. Следовательно, $O$ – правильный октаэдр.

3. Доказательство того, что $O = T_1 \cap T_2$

Чтобы доказать, что октаэдр $O$ является пересечением тетраэдров $T_1$ и $T_2$, мы представим $T_1$, $T_2$ и $O$ как множества точек, удовлетворяющих системам линейных неравенств, и покажем, что система неравенств для $T_1 \cap T_2$ эквивалентна системе для $O$.

Неравенства для тетраэдра $T_1 = AB_1CD_1$
Грани $T_1$ лежат в плоскостях, проходящих через его вершины.

• Плоскость грани $AB_1C$: $\vec{AB_1}=(a,0,a)$, $\vec{AC}=(a,a,0)$. Нормаль $\vec{n_1} \sim (-1,1,1)$. Уравнение: $-x+y+z=0$. Для внутренней точки (например, центр тетраэдра) $-x+y+z>0$. Неравенство: $-x+y+z \ge 0$.
• Плоскость грани $ACD_1$: $\vec{AC}=(a,a,0)$, $\vec{AD_1}=(0,a,a)$. Нормаль $\vec{n_2} \sim (1,-1,1)$. Уравнение: $x-y+z=0$. Неравенство: $x-y+z \ge 0$.
• Плоскость грани $AD_1B_1$: $\vec{AD_1}=(0,a,a)$, $\vec{AB_1}=(a,0,a)$. Нормаль $\vec{n_3} \sim (1,1,-1)$. Уравнение: $x+y-z=0$. Неравенство: $x+y-z \ge 0$.
• Плоскость грани $B_1CD_1$: $\vec{B_1C}=(0,a,-a)$, $\vec{B_1D_1}=(-a,a,0)$. Нормаль $\vec{n_4} \sim (1,1,1)$. Уравнение: $x+y+z=2a$. Неравенство: $x+y+z \le 2a$.

Неравенства для тетраэдра $T_2 = C_1BA_1D$
Аналогично находим неравенства для $T_2$.

• Плоскость грани $BA_1D$: Нормаль $\sim (1,1,1)$. Уравнение: $x+y+z=a$. Неравенство: $x+y+z \ge a$.
• Плоскость грани $C_1BA_1$: Нормаль $\sim (1,-1,1)$. Уравнение: $x-y+z=a$. Неравенство: $x-y+z \le a$.
• Плоскость грани $C_1BD$: Нормаль $\sim (1,1,-1)$. Уравнение: $x+y-z=a$. Неравенство: $x+y-z \le a$.
• Плоскость грани $C_1DA_1$: Нормаль $\sim (-1,1,1)$. Уравнение: $-x+y+z=a$. Неравенство: $-x+y+z \le a$.

Пересечение $T_1 \cap T_2$
Точка $(x,y,z)$ принадлежит пересечению $T_1 \cap T_2$ тогда и только тогда, когда ее координаты удовлетворяют всем восьми неравенствам одновременно:

1. $-x+y+z \ge 0$
2. $x-y+z \ge 0$
3. $x+y-z \ge 0$
4. $x+y+z \le 2a$
5. $x+y+z \ge a$
6. $x-y+z \le a$
7. $x+y-z \le a$
8. $-x+y+z \le a$

Неравенства для октаэдра $O$
Теперь найдем уравнения плоскостей 8 граней октаэдра $O$. Центр октаэдра $O$ – это центр куба $(a/2, a/2, a/2)$.

• Грань $\triangle V_3V_5V_1$ (соединяет центры граней, смежных с вершиной A): плоскость $x+y+z=a$. Для центра $O$ имеем $a/2+a/2+a/2 = 3a/2 > a$. Значит, неравенство $x+y+z \ge a$.
• Грань $\triangle V_4V_6V_2$ (смежных с вершиной $C_1$): плоскость $x+y+z=2a$. Для центра $O$ имеем $3a/2 < 2a$. Значит, неравенство $x+y+z \le 2a$.
• Грань $\triangle V_1V_3V_6$ (смежных с вершиной B): плоскость $-x+y+z=0$. Для центра $O$ имеем $-a/2+a/2+a/2=a/2>0$. Значит, неравенство $-x+y+z \ge 0$.
• Грань $\triangle V_2V_4V_5$ (смежных с вершиной $D_1$): плоскость $-x+y+z=a$. Для центра $O$ имеем $a/2<a$. Значит, неравенство $-x+y+z \le a$.
• Грань $\triangle V_1V_4V_5$ (смежных с вершиной D): плоскость $x-y+z=0$. Для центра $O$ имеем $a/2>0$. Значит, неравенство $x-y+z \ge 0$.
• Грань $\triangle V_2V_3V_6$ (смежных с вершиной $B_1$): плоскость $x-y+z=a$. Для центра $O$ имеем $a/2<a$. Значит, неравенство $x-y+z \le a$.
• Грань $\triangle V_2V_3V_5$ (смежных с вершиной $A_1$): плоскость $x+y-z=0$. Для центра $O$ имеем $a/2>0$. Значит, неравенство $x+y-z \ge 0$.
• Грань $\triangle V_1V_4V_6$ (смежных с вершиной C): плоскость $x+y-z=a$. Для центра $O$ имеем $a/2<a$. Значит, неравенство $x+y-z \le a$.

Сравнивая системы неравенств, мы видим, что множество, определяемое неравенствами для $T_1 \cap T_2$, в точности совпадает с множеством, определяемым неравенствами для октаэдра $O$.Следовательно, пересечение тетраэдров $T_1$ и $T_2$ и есть правильный октаэдр $O$.

Ответ: Утверждение доказано. Пересечение тетраэдров $AB_1CD_1$ и $C_1BA_1D$ является правильным октаэдром, вершинами которого служат центры граней куба.

782. Докажите, что из конечного числа попарно различных кубов нельзя составить прямоугольный параллелепипед.

Доказательство проведем от противного. Предположим, что такой прямоугольный параллелепипед $P$ существует. Пусть он составлен из конечного набора попарно различных кубов $K_1, K_2, \dots, K_n$ с длинами ребер $c_1, c_2, \dots, c_n$ соответственно, где все $c_i$ различны.

Расположим параллелепипед $P$ в системе координат так, чтобы его основание лежало в плоскости $z=0$. Это основание представляет собой прямоугольник. Оно полностью покрыто основаниями некоторых кубов из нашего набора. Назовем эти кубы "кубами первого слоя".

Среди всех кубов первого слоя, стоящих на основании $z=0$, выберем куб с наименьшей длиной ребра. Обозначим этот куб как $K_{min}$, а его ребро как $c_{min}$. Основание куба $K_{min}$ — это квадрат со стороной $c_{min}$ в плоскости $z=0$.

Рассмотрим верхнюю грань куба $K_{min}$. Это квадрат со стороной $c_{min}$, расположенный на высоте $z=c_{min}$. Поскольку $K_{min}$ — самый маленький куб среди тех, что стоят на основании $z=0$, все соседние с ним кубы первого слоя имеют ребра большей длины. Это означает, что верхняя грань куба $K_{min}$ окружена со всех четырех сторон вертикальными гранями более высоких кубов. Она образует дно своеобразного "колодца".

Эта верхняя грань куба $K_{min}$ должна быть полностью покрыта основаниями других кубов из нашего набора, чтобы в параллелепипеде не было пустот. Пусть это будут кубы "второго слоя", стоящие на $K_{min}$.

Каждый куб второго слоя, стоящий на $K_{min}$, должен полностью лежать на его верхней грани. Следовательно, ребро любого такого куба должно быть строго меньше, чем $c_{min}$. Если бы ребро какого-либо куба второго слоя было больше или равно $c_{min}$, он бы не поместился в "колодец", ограниченный более высокими соседними кубами первого слоя.

Таким образом, мы получили новую задачу: квадрат со стороной $c_{min}$ разбит на основания кубов, ребра которых попарно различны и строго меньше $c_{min}$.

Теперь повторим наши рассуждения для этого нового набора кубов, покрывающих $K_{min}$. Среди них также выберем куб с наименьшим ребром, назовем его $K'_{min}$ с ребром $c'_{min}$. По той же логике, его верхняя грань будет окружена более высокими кубами (из этого же набора) и должна быть покрыта основаниями еще более мелких кубов. Длины ребер этих новых кубов будут строго меньше, чем $c'_{min}$.

Этот процесс можно продолжать бесконечно. Мы строим последовательность кубов $K_{min}, K'_{min}, K''_{min}, \dots$ с длинами ребер $c_{min} > c'_{min} > c''_{min} > \dots$. Эта последовательность состоит из различных кубов из исходного набора.

Получается бесконечная последовательность различных кубов с убывающими размерами. Но по нашему начальному предположению, мы использовали конечное число кубов. Это противоречие. Метод, который мы использовали, называется методом бесконечного спуска.

Следовательно, наше исходное предположение о том, что можно составить прямоугольный параллелепипед из конечного числа попарно различных кубов, неверно. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано.

783. Внутри куба с ребром 1 см расположена ломаная, причём любая плоскость, параллельная любой грани куба, пересекает её не более чем в одной точке. Докажите, что длина ломаной меньше 3 см. Докажите, что можно построить ломаную, обладающую указанным свойством, длина которой сколь угодно мало отличается от 3 см.

Докажите, что длина ломаной меньше 3 см.

Расположим куб в системе координат так, чтобы его вершины находились в точках с координатами $(0,0,0)$, $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,1)$ и так далее. Таким образом, куб задается неравенствами $0 \le x \le 1$, $0 \le y \le 1$, $0 \le z \le 1$.

Пусть ломаная $L$ состоит из $n$ сегментов, соединяющих последовательно точки $P_0(x_0, y_0, z_0)$, $P_1(x_1, y_1, z_1)$, ..., $P_n(x_n, y_n, z_n)$. Длина $i$-го сегмента $P_{i-1}P_i$ равна: $$ \Delta L_i = \sqrt{(x_i - x_{i-1})^2 + (y_i - y_{i-1})^2 + (z_i - z_{i-1})^2} = \sqrt{(\Delta x_i)^2 + (\Delta y_i)^2 + (\Delta z_i)^2} $$ Общая длина ломаной $D$ равна сумме длин ее сегментов: $$ D = \sum_{i=1}^{n} \Delta L_i $$

Условие задачи гласит, что любая плоскость, параллельная любой грани куба, пересекает ломаную не более чем в одной точке. Плоскости, параллельные граням куба, задаются уравнениями $x = \text{const}$, $y = \text{const}$ и $z = \text{const}$. Условие "плоскость $x = c$ пересекает ломаную не более чем в одной точке" означает, что для любого значения $c$ существует не более одной точки на ломаной с такой $x$-координатой. Это значит, что при движении по ломаной от ее начала $P_0$ до конца $P_n$ координата $x$ должна быть строго монотонной функцией (либо строго возрастать, либо строго убывать). То же самое справедливо для координат $y$ и $z$.

Будем считать, не умаляя общности, что все три координаты возрастают. Тогда для каждого сегмента ломаной имеем $\Delta x_i \ge 0$, $\Delta y_i \ge 0$, $\Delta z_i \ge 0$. Суммарное изменение каждой координаты по всей длине ломаной не может превышать длину ребра куба: $$ L_x = \sum_{i=1}^{n} \Delta x_i = x_n - x_0 \le 1 - 0 = 1 $$ $$ L_y = \sum_{i=1}^{n} \Delta y_i = y_n - y_0 \le 1 - 0 = 1 $$ $$ L_z = \sum_{i=1}^{n} \Delta z_i = z_n - z_0 \le 1 - 0 = 1 $$

Для длины каждого сегмента ломаной справедливо неравенство (аналог неравенства треугольника): $$ \Delta L_i = \sqrt{(\Delta x_i)^2 + (\Delta y_i)^2 + (\Delta z_i)^2} \le \Delta x_i + \Delta y_i + \Delta z_i $$ (так как $\Delta x_i, \Delta y_i, \Delta z_i \ge 0$). Просуммировав это неравенство по всем сегментам, получим: $$ D = \sum_{i=1}^{n} \Delta L_i \le \sum_{i=1}^{n} (\Delta x_i + \Delta y_i + \Delta z_i) = \sum_{i=1}^{n} \Delta x_i + \sum_{i=1}^{n} \Delta y_i + \sum_{i=1}^{n} \Delta z_i = L_x + L_y + L_z $$ Используя полученные ранее оценки для $L_x, L_y, L_z$, имеем: $$ D \le 1 + 1 + 1 = 3 $$ Таким образом, длина ломаной не превышает 3 см.

Теперь докажем строгое неравенство $D < 3$. Равенство $D = 3$ могло бы достигаться только в том случае, если все неравенства, которые мы использовали, обращаются в равенства. Это требует одновременного выполнения двух условий:
1. $L_x = 1$, $L_y = 1$, $L_z = 1$. Это означает, что ломаная должна соединять противоположные вершины куба, например, $(0,0,0)$ и $(1,1,1)$.
2. Для каждого сегмента $i$ должно выполняться равенство $\sqrt{(\Delta x_i)^2 + (\Delta y_i)^2 + (\Delta z_i)^2} = \Delta x_i + \Delta y_i + \Delta z_i$. Это равенство справедливо тогда и только тогда, когда как минимум две из трех величин $\Delta x_i, \Delta y_i, \Delta z_i$ равны нулю. Геометрически это означает, что каждый сегмент ломаной должен быть параллелен одной из координатных осей.

Рассмотрим любой сегмент такой гипотетической ломаной с длиной $D=3$. Пусть он параллелен, например, оси $x$. Тогда для всех точек этого сегмента координаты $y$ и $z$ постоянны: $y = c_1$, $z = c_2$. Весь этот сегмент (который содержит более одной точки) лежит в плоскости $y = c_1$ и одновременно в плоскости $z = c_2$. Это противоречит условию задачи, согласно которому любая такая плоскость может пересекать ломаную не более чем в одной точке. Следовательно, случай $D=3$ невозможен.

Ответ: Таким образом, доказано, что длина ломаной строго меньше 3 см.

Докажите, что можно построить ломаную, обладающую указанным свойством, длина которой сколь угодно мало отличается от 3 см.

Для доказательства построим семейство ломаных, удовлетворяющих условию, длина которых может быть сколь угодно близкой к 3. Пусть $\epsilon$ — малое положительное число. Построим ломаную из трех сегментов, соединяющую точки $P_0, P_1, P_2, P_3$. Выберем координаты этих точек следующим образом: $$ P_0 = (2\epsilon, \epsilon, 4\epsilon) $$ $$ P_1 = (1-2\epsilon, 2\epsilon, 5\epsilon) $$ $$ P_2 = (1-\epsilon, 1-2\epsilon, 6\epsilon) $$ $$ P_3 = (1, 1-\epsilon, 1-2\epsilon) $$

1. Проверка нахождения внутри куба. Все точки ломаной должны находиться внутри куба, то есть их координаты должны быть в интервале $(0, 1)$. Это будет выполняться, если выбрать $\epsilon$ достаточно малым. Например, при $\epsilon < 1/8$ все координаты всех четырех точек будут находиться между 0 и 1. Так как куб — выпуклое множество, вся ломаная будет находиться внутри него.

2. Проверка выполнения условия монотонности. Проверим, что координаты $x, y, z$ строго возрастают вдоль ломаной.
- Координаты $x$: $2\epsilon < 1-2\epsilon < 1-\epsilon < 1$. Это верно для $\epsilon < 1/4$.
- Координаты $y$: $\epsilon < 2\epsilon < 1-2\epsilon < 1-\epsilon$. Неравенство $2\epsilon < 1-2\epsilon$ дает $4\epsilon < 1$, или $\epsilon < 1/4$.
- Координаты $z$: $4\epsilon < 5\epsilon < 6\epsilon < 1-2\epsilon$. Неравенство $6\epsilon < 1-2\epsilon$ дает $8\epsilon < 1$, или $\epsilon < 1/8$.
Таким образом, при $\epsilon < 1/8$ все три координаты строго возрастают, и условие задачи выполнено.

3. Вычисление длины ломаной. Найдем векторы, образующие сегменты ломаной: $$ \vec{P_0P_1} = (1-4\epsilon, \epsilon, \epsilon) $$ $$ \vec{P_1P_2} = (\epsilon, 1-4\epsilon, \epsilon) $$ $$ \vec{P_2P_3} = (\epsilon, \epsilon, 1-8\epsilon) $$ Длины сегментов равны: $$ L_1 = |\vec{P_0P_1}| = \sqrt{(1-4\epsilon)^2 + \epsilon^2 + \epsilon^2} = \sqrt{1 - 8\epsilon + 18\epsilon^2} $$ $$ L_2 = |\vec{P_1P_2}| = \sqrt{\epsilon^2 + (1-4\epsilon)^2 + \epsilon^2} = \sqrt{1 - 8\epsilon + 18\epsilon^2} $$ $$ L_3 = |\vec{P_2P_3}| = \sqrt{\epsilon^2 + \epsilon^2 + (1-8\epsilon)^2} = \sqrt{1 - 16\epsilon + 66\epsilon^2} $$ Общая длина ломаной: $$ D(\epsilon) = 2\sqrt{1 - 8\epsilon + 18\epsilon^2} + \sqrt{1 - 16\epsilon + 66\epsilon^2} $$

Теперь рассмотрим предел длины $D(\epsilon)$ при $\epsilon \to 0^+$: $$ \lim_{\epsilon \to 0^+} D(\epsilon) = 2\sqrt{1 - 0 + 0} + \sqrt{1 - 0 + 0} = 2 \cdot 1 + 1 = 3 $$ Поскольку мы можем выбрать $\epsilon$ сколь угодно малым, длина построенной ломаной $D(\epsilon)$ может быть сколь угодно близкой к 3. Например, для любого $\eta > 0$ можно найти такое $\epsilon > 0$, что $D(\epsilon) > 3 - \eta$.

Ответ: Таким образом, доказано, что можно построить ломаную с требуемыми свойствами, длина которой сколь угодно мало отличается от 3 см.

784. Отрезки AB и CD перемещаются по скрещивающимся прямым. Докажите, что объём тетраэдра ABCD при этом не изменяется.

Для решения этой задачи воспользуемся формулой для вычисления объёма тетраэдра через длины двух его скрещивающихся рёбер, расстояние между ними и угол между ними.

Пусть отрезки $AB$ и $CD$ лежат на скрещивающихся прямых $l_1$ и $l_2$ соответственно. Объём тетраэдра $ABCD$ можно выразить через векторы его рёбер. Стандартная формула для объёма через смешанное произведение векторов, выходящих из одной вершины (например, $A$), имеет вид:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AD}|$

Преобразуем это выражение, чтобы использовать векторы скрещивающихся рёбер $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$. Заметим, что $\vec{AD} = \vec{AC} + \vec{CD}$. Подставим это в формулу:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot (\vec{AC} + \vec{CD})|$

Используя свойство дистрибутивности скалярного произведения, получаем:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AC} + (\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{CD}|$

Смешанное произведение $(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{AC}$ равно нулю, так как векторное произведение $(\vec{AB} \times \vec{AC})$ перпендикулярно вектору $\vec{AC}$, а скалярное произведение перпендикулярных векторов равно нулю. Таким образом, формула для объёма упрощается:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{AB} \times \vec{AC}) \cdot \vec{CD}|$

Используя циклическую перестановку векторов в смешанном произведении, которая не меняет его модуля, получим:

$V = \frac{1}{6} |(\vec{AC} \times \vec{CD}) \cdot \vec{AB}|$

Теперь рассмотрим геометрический смысл этого выражения.Пусть $a = |\vec{AB}|$ и $b = |\vec{CD}|$ — длины отрезков $AB$ и $CD$. По условию задачи, эти длины постоянны.Пусть $\alpha$ — угол между скрещивающимися прямыми $l_1$ и $l_2$. Так как прямые зафиксированы, угол $\alpha$ является постоянной величиной. Этот угол равен углу между векторами $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$.Пусть $d$ — расстояние между прямыми $l_1$ и $l_2$. Это расстояние также является постоянным.

Смешанное произведение $|(\vec{AB} \times \vec{CD}) \cdot \vec{AC}|$ можно интерпретировать как объём параллелепипеда, построенного на векторах $\vec{AB}$, $\vec{CD}$ и $\vec{AC}$.Величина векторного произведения $|\vec{AB} \times \vec{CD}|$ равна $a \cdot b \cdot \sin\alpha$. Вектор $\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{CD}$ перпендикулярен обеим прямым $l_1$ и $l_2$.

Тогда $|(\vec{AB} \times \vec{CD}) \cdot \vec{AC}| = | \vec{n} \cdot \vec{AC} |$. Скалярное произведение $\vec{n} \cdot \vec{AC}$ представляет собой произведение модуля вектора $\vec{n}$ на проекцию вектора $\vec{AC}$ на направление вектора $\vec{n}$. Проекция вектора $\vec{AC}$ (соединяющего точку на $l_1$ с точкой на $l_2$) на направление, перпендикулярное обеим прямым, как раз и является расстоянием $d$ между этими прямыми.

Таким образом:

$|(\vec{AB} \times \vec{CD}) \cdot \vec{AC}| = |\vec{AB} \times \vec{CD}| \cdot d = (a \cdot b \cdot \sin\alpha) \cdot d$

Подставляя это в формулу для объёма, получаем:

$V = \frac{1}{6} a \cdot b \cdot d \cdot \sin\alpha$

Проанализируем полученную формулу в контексте задачи:

• $a = |AB|$ — длина отрезка $AB$, которая по условию постоянна.
• $b = |CD|$ — длина отрезка $CD$, которая по условию постоянна.
• $l_1$ и $l_2$ — фиксированные скрещивающиеся прямые, поэтому расстояние $d$ между ними постоянно.
• Угол $\alpha$ между фиксированными прямыми $l_1$ и $l_2$ также постоянен.

Поскольку все величины в правой части формулы ($a, b, d, \alpha$) являются константами, объём тетраэдра $V$ также является постоянной величиной и не зависит от положения отрезков $AB$ и $CD$ на своих прямых.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Объём тетраэдра $ABCD$ не изменяется, так как он зависит только от длин отрезков $AB$ и $CD$, а также от расстояния и угла между скрещивающимися прямыми, на которых они лежат. Все эти величины в условиях задачи постоянны.

785. Докажите, что центры граней правильного додекаэдра являются вершинами правильного икосаэдра.

Для доказательства рассмотрим свойства правильного додекаэдра и построим на их основе новый многогранник. Правильный додекаэдр — это выпуклый многогранник, у которого 12 граней, и каждая грань является правильным пятиугольником. У додекаэдра 30 ребер и 20 вершин, и в каждой вершине сходятся по 3 грани.

Пусть P — это многогранник, вершинами которого являются центры граней данного правильного додекаэдра. Нам нужно доказать, что P является правильным икосаэдром. Разделим доказательство на два этапа.

1. Определение вершин, ребер и граней нового многогранника

• Вершины: Правильный додекаэдр имеет 12 граней. По построению, мы берем центр каждой грани в качестве вершины многогранника P. Следовательно, многогранник P имеет 12 вершин. Это совпадает с числом вершин икосаэдра.
• Ребра: Ребра в многограннике P соединяют его вершины, то есть центры граней додекаэдра. Соединим ребром центры двух граней додекаэдра тогда и только тогда, если эти грани являются смежными (имеют общее ребро). Поскольку у додекаэдра 30 ребер, и каждое ребро является общим ровно для двух граней, существует ровно 30 пар смежных граней. Таким образом, многогранник P будет иметь 30 ребер, что совпадает с числом ребер икосаэдра.
• Грани: Рассмотрим любую вершину исходного додекаэдра. В каждой такой вершине сходятся 3 грани. Центры этих трех граней являются вершинами многогранника P. Так как эти три грани попарно смежны, их центры в P соединены ребрами и образуют треугольник. Поскольку у додекаэдра 20 вершин, мы получаем 20 таких треугольных граней для многогранника P. Это совпадает с числом граней икосаэдра.

Таким образом, мы установили, что многогранник P имеет 12 вершин, 30 ребер и 20 треугольных граней, что соответствует комбинаторной структуре икосаэдра.

2. Доказательство правильности многогранника P

Теперь докажем, что P является правильным многогранником. Для этого нужно показать, что все его грани — равные правильные многоугольники, и все многогранные углы при вершинах равны.

• Равенство ребер и правильность граней: Ребро многогранника P соединяет центры двух смежных граней додекаэдра. Так как додекаэдр — правильный многогранник, все его грани являются конгруэнтными правильными пятиугольниками, и все его двугранные углы (углы между смежными гранями) равны. Расстояние между центрами любых двух смежных граней одинаково в силу симметрии додекаэдра. Следовательно, все 30 ребер многогранника P имеют одинаковую длину. Поскольку грани P являются треугольниками, а все их стороны (ребра P) равны, то все грани P — это равносторонние треугольники. Так как длина стороны у них одна и та же, все 20 граней конгруэнтны.
• Равенство многогранных углов при вершинах: Рассмотрим любую вершину многогранника P. Она является центром некоторой грани F додекаэдра. Грань F — это правильный пятиугольник, и она имеет 5 смежных граней. Центры этих 5 смежных граней образуют 5 вершин P, соединенных с рассматриваемой вершиной. Таким образом, в каждой вершине P сходится 5 ребер. Эти 5 ребер образуют 5 треугольных граней, сходящихся в этой вершине. В силу симметрии додекаэдра, конфигурация граней и ребер вокруг центра любой его грани одинакова. Это означает, что многогранные углы при всех 12 вершинах многогранника P равны.

Поскольку многогранник P состоит из 20 конгруэнтных равносторонних треугольников и в каждой его вершине сходится по 5 граней, P по определению является правильным икосаэдром.

Этот процесс построения демонстрирует понятие двойственности платоновых тел. Символ Шлефли для додекаэдра — {$5, 3$} (пятиугольные грани, по 3 сходятся в вершине), а для икосаэдра — {$3, 5$} (треугольные грани, по 5 сходятся в вершине). Переход к двойственному многограннику меняет эти числа местами, что и было продемонстрировано.

Ответ: Утверждение доказано.

786. Докажите, что центры граней правильного икосаэдра являются вершинами правильного додекаэдра.

Для доказательства этого утверждения рассмотрим свойства правильного икосаэдра и построим на их основе новый многогранник, соединяя центры его граней. Такой многогранник называется двойственным (или дуальным) к исходному. Нам нужно показать, что многогранник, двойственный к правильному икосаэдру, является правильным додекаэдром. Для этого проверим, соответствует ли получаемый многогранник определению правильного додекаэдра, который представляет собой выпуклый многогранник, состоящий из 12 равных правильных пятиугольников, и в каждой вершине которого сходится по 3 ребра.

Сначала определим, сколько вершин будет у нового многогранника. По построению, его вершины являются центрами граней исходного икосаэдра. Правильный икосаэдр имеет 20 граней, каждая из которых — правильный треугольник. Следовательно, новый многогранник будет иметь 20 вершин, что совпадает с количеством вершин у правильного додекаэдра.

Теперь определим, какие фигуры будут являться гранями нового многогранника. Рассмотрим произвольную вершину $V$ исходного икосаэдра. В каждой вершине правильного икосаэдра сходится 5 граней-треугольников. Центры этих пяти граней, назовем их $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5$, являются вершинами нового многогранника. Поскольку икосаэдр — правильный многогранник, вокруг оси, проходящей через вершину $V$ и центр икосаэдра, существует симметрия поворота на угол $360^\circ/5 = 72^\circ$. Эта симметрия означает, что точки $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5$ лежат в одной плоскости и образуют правильный пятиугольник. Этот пятиугольник и будет являться гранью нового многогранника.

Поскольку грань в новом многограннике образуется для каждой вершины исходного икосаэдра, а у икосаэдра 12 вершин, то у нового многогранника будет 12 граней. Так как все вершины икосаэдра эквивалентны из-за его симметрии, все 12 полученных граней-пятиугольников будут равными между собой. Это полностью соответствует строению правильного додекаэдра (12 равных правильных пятиугольных граней).

Наконец, рассмотрим строение вершин нового многогранника. Каждая его вершина (например, $C_1$) является центром одной из треугольных граней исходного икосаэдра. Эта треугольная грань имеет 3 вершины ($V_a, V_b, V_c$). Каждая из этих вершин икосаэдра порождает одну из пятиугольных граней нового многогранника. Таким образом, вершина $C_1$ принадлежит трем различным пятиугольным граням. Это означает, что в каждой вершине нового многогранника сходятся по 3 грани, что также является свойством правильного додекаэдра.

Итак, мы построили многогранник, который имеет 20 вершин, 12 равных граней в виде правильных пятиугольников, и в каждой его вершине сходится по 3 грани. Эти свойства однозначно определяют правильный додекаэдр.

Ответ: Утверждение доказано. Многогранник, построенный на центрах граней правильного икосаэдра, является двойственным ему. Этот многогранник имеет 20 вершин (равно числу граней икосаэдра), 12 граней (равно числу вершин икосаэдра), и эти грани являются правильными пятиугольниками (поскольку в каждой вершине икосаэдра сходится 5 граней). Данная совокупность свойств однозначно определяет правильный додекаэдр.

787. В правильном треугольнике ABC сторона равна а. Отрезок AS длины а перпендикулярен к плоскости ABC. Найдите расстояние и угол между прямыми AB и SC.

Для решения задачи введем прямоугольную систему координат. Пусть точка A будет началом координат (0, 0, 0). Так как отрезок AS перпендикулярен плоскости ABC, направим ось Oz вдоль отрезка AS. Направим ось Ox вдоль отрезка AB. Тогда ось Oy будет лежать в плоскости ABC и будет перпендикулярна оси Ox.

Координаты вершин будут следующими:

• A = (0, 0, 0)
• Так как длина AS равна a и S лежит на оси Oz, то S = (0, 0, a).
• Так как длина AB равна a и B лежит на оси Ox, то B = (a, 0, 0).
• Точка C лежит в плоскости z=0. В правильном треугольнике ABC высота, опущенная из вершины C на сторону AB, равна $a \sin(60^\circ) = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Проекция точки C на ось Ox будет в середине отрезка AB, то есть в точке с координатой $x = \frac{a}{2}$. Следовательно, координаты точки C = $(\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Нахождение расстояния между прямыми AB и SC

Прямые AB и SC являются скрещивающимися. Расстояние между скрещивающимися прямыми, заданными точкой и направляющим вектором ($M_1$, $\vec{d_1}$) и ($M_2$, $\vec{d_2}$), можно найти по формуле:

$\rho(AB, SC) = \frac{|\vec{M_1M_2} \cdot (\vec{d_1} \times \vec{d_2})|}{|\vec{d_1} \times \vec{d_2}|}$

Для прямой AB возьмем точку A(0, 0, 0) и направляющий вектор $\vec{d_1} = \vec{AB} = (a-0, 0-0, 0-0) = (a, 0, 0)$.

Для прямой SC возьмем точку S(0, 0, a) и направляющий вектор $\vec{d_2} = \vec{SC} = (\frac{a}{2}-0, \frac{a\sqrt{3}}{2}-0, 0-a) = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, -a)$.

Вектор $\vec{M_1M_2}$ в нашем случае это $\vec{AS} = (0, 0, a)$.

Найдем векторное произведение направляющих векторов:

$\vec{d_1} \times \vec{d_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ a & 0 & 0 \\ \frac{a}{2} & \frac{a\sqrt{3}}{2} & -a \end{vmatrix} = \vec{i}(0 \cdot (-a) - 0 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}) - \vec{j}(a \cdot (-a) - 0 \cdot \frac{a}{2}) + \vec{k}(a \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} - 0 \cdot \frac{a}{2}) = 0\vec{i} + a^2\vec{j} + \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\vec{k} = (0, a^2, \frac{a^2\sqrt{3}}{2})$

Найдем модуль этого вектора:

$|\vec{d_1} \times \vec{d_2}| = \sqrt{0^2 + (a^2)^2 + (\frac{a^2\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{a^4 + \frac{3a^4}{4}} = \sqrt{\frac{7a^4}{4}} = \frac{a^2\sqrt{7}}{2}$

Теперь найдем смешанное произведение (числитель формулы):

$|\vec{AS} \cdot (\vec{d_1} \times \vec{d_2})| = |(0, 0, a) \cdot (0, a^2, \frac{a^2\sqrt{3}}{2})| = |0 \cdot 0 + 0 \cdot a^2 + a \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{2}| = \frac{a^3\sqrt{3}}{2}$

Вычисляем расстояние:

$\rho(AB, SC) = \frac{\frac{a^3\sqrt{3}}{2}}{\frac{a^2\sqrt{7}}{2}} = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{a\sqrt{21}}{7}$

Ответ: расстояние между прямыми AB и SC равно $\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Нахождение угла между прямыми AB и SC

Угол $\varphi$ между скрещивающимися прямыми определяется как угол между их направляющими векторами. Косинус этого угла можно найти по формуле:

$\cos \varphi = \frac{|\vec{d_1} \cdot \vec{d_2}|}{|\vec{d_1}| \cdot |\vec{d_2}|}$

Направляющие векторы у нас уже есть: $\vec{d_1} = (a, 0, 0)$ и $\vec{d_2} = (\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2}, -a)$.

Найдем их скалярное произведение:

$\vec{d_1} \cdot \vec{d_2} = a \cdot \frac{a}{2} + 0 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} + 0 \cdot (-a) = \frac{a^2}{2}$

Найдем модули векторов:

$|\vec{d_1}| = \sqrt{a^2 + 0^2 + 0^2} = a$

$|\vec{d_2}| = \sqrt{(\frac{a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + (-a)^2} = \sqrt{\frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + a^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$

Теперь вычислим косинус угла:

$\cos \varphi = \frac{|\frac{a^2}{2}|}{a \cdot a\sqrt{2}} = \frac{\frac{a^2}{2}}{a^2\sqrt{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}$

Следовательно, угол $\varphi$ равен $\arccos(\frac{\sqrt{2}}{4})$.

Ответ: угол между прямыми AB и SC равен $\arccos(\frac{\sqrt{2}}{4})$.

788. В правильном треугольнике ABC сторона равна а. На сонаправленных лучах BD и СЕ, перпендикулярных к плоскости ABC, взяты точки D и Е так, что BD =a2, CE = a2. Докажите, что треугольник ADE прямоугольный, и найдите угол между плоскостями ABC и ADE.

Докажите, что треугольник ADE прямоугольный

Для доказательства воспользуемся методом координат. Введем прямоугольную систему координат так, чтобы плоскость $ABC$ совпадала с плоскостью $Oxy$. Пусть середина стороны $BC$ находится в начале координат $O(0,0,0)$, ось $Ox$ направлена вдоль луча $OC$, а ось $Oy$ направлена так, чтобы точка $A$ имела положительную ординату. Поскольку лучи $BD$ и $CE$ перпендикулярны плоскости $ABC$ и сонаправлены, они будут параллельны оси $Oz$.

Треугольник $ABC$ — правильный со стороной $a$. Его высота $AM = \sqrt{a^2 - (a/2)^2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.Координаты вершин треугольника $ABC$ будут следующими:
$A(0, \frac{a\sqrt{3}}{2}, 0)$
$B(-\frac{a}{2}, 0, 0)$
$C(\frac{a}{2}, 0, 0)$

Точки $D$ и $E$ лежат на лучах, перпендикулярных плоскости $ABC$ и выходящих из точек $B$ и $C$ соответственно. Их координаты:
$D(-\frac{a}{2}, 0, BD) = (-\frac{a}{2}, 0, \frac{a}{\sqrt{2}})$
$E(\frac{a}{2}, 0, CE) = (\frac{a}{2}, 0, a\sqrt{2})$

Теперь найдем квадраты длин сторон треугольника $ADE$, используя формулу расстояния между двумя точками в пространстве $d^2 = (x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2$:
$AD^2 = (0 - (-\frac{a}{2}))^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2} - 0)^2 + (0 - \frac{a}{\sqrt{2}})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{2} = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$
$AE^2 = (0 - \frac{a}{2})^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2} - 0)^2 + (0 - a\sqrt{2})^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} + 2a^2 = a^2 + 2a^2 = 3a^2$
$DE^2 = (\frac{a}{2} - (-\frac{a}{2}))^2 + (0 - 0)^2 + (a\sqrt{2} - \frac{a}{\sqrt{2}})^2 = a^2 + (\frac{2a - a}{\sqrt{2}})^2 = a^2 + (\frac{a}{\sqrt{2}})^2 = a^2 + \frac{a^2}{2} = \frac{3a^2}{2}$

Проверим выполнение теоремы Пифагора для треугольника $ADE$:
$AD^2 + DE^2 = \frac{3a^2}{2} + \frac{3a^2}{2} = \frac{6a^2}{2} = 3a^2$
Так как $AD^2 + DE^2 = AE^2$, то по обратной теореме Пифагора треугольник $ADE$ является прямоугольным с прямым углом при вершине $D$.
Ответ: Утверждение доказано. Треугольник $ADE$ — прямоугольный.

Найдите угол между плоскостями ABC и ADE

Угол между двумя плоскостями — это двугранный угол. Для его нахождения найдем линию пересечения плоскостей и построим линейный угол этого двугранного угла.

Плоскости $ABC$ и $ADE$ имеют общую точку $A$. Линии $BC$ и $DE$ лежат в одной плоскости (плоскости трапеции $BCED$), но не параллельны, так как $BD \neq CE$. Следовательно, прямые $BC$ и $DE$ пересекаются в некоторой точке $F$. Точка $F$ принадлежит обеим плоскостям $ABC$ и $ADE$, а значит, лежит на линии их пересечения. Таким образом, линия пересечения плоскостей $ABC$ и $ADE$ — это прямая $AF$.

Найдем положение точки $F$. Рассмотрим подобные прямоугольные треугольники $\triangle FBD$ и $\triangle FCE$ (они лежат в одной плоскости, перпендикулярной $ABC$, и имеют общий острый угол при вершине $F$). Из подобия следует:
$\frac{FB}{FC} = \frac{BD}{CE} = \frac{a/\sqrt{2}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$
Точка $B$ лежит между $F$ и $C$. Пусть $FB = x$, тогда $FC = FB + BC = x+a$.
$\frac{x}{x+a} = \frac{1}{2} \Rightarrow 2x = x+a \Rightarrow x=a$.
Таким образом, $FB = a$.

Для нахождения линейного угла двугранного угла проведем из точки $C$ перпендикуляр $CH$ к линии пересечения $AF$. Так как $CH \subset (ABC)$ и $CH \perp AF$.Поскольку $CE \perp (ABC)$, то $CH$ является проекцией наклонной $EH$ на плоскость $ABC$. По теореме о трех перпендикулярах, если проекция $CH$ перпендикулярна прямой $AF$, то и наклонная $EH$ перпендикулярна этой прямой: $EH \perp AF$.Следовательно, угол $\angle EHC$ является линейным углом двугранного угла между плоскостями $ABC$ и $ADE$.

Найдем величину этого угла из прямоугольного треугольника $EHC$ ($\angle ECH = 90^\circ$, так как $CE \perp (ABC)$).
$CE = a\sqrt{2}$ (по условию).
$CH$ — это высота треугольника $AFC$, опущенная на сторону $AF$. Найдем $CH$ через площадь $\triangle AFC$.
Площадь $\triangle AFC$ можно найти как $\frac{1}{2} \cdot FC \cdot h_A$, где $FC = FB + BC = a+a=2a$, а $h_A$ — высота треугольника $ABC$, опущенная из $A$ на прямую $BC$, $h_A = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$S_{\triangle AFC} = \frac{1}{2} \cdot (2a) \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Теперь найдем длину стороны $AF$. В треугольнике $ABF$ известны стороны $AB=a$, $FB=a$ и угол между ними $\angle ABF = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$. По теореме косинусов:
$AF^2 = AB^2 + FB^2 - 2 \cdot AB \cdot FB \cdot \cos(120^\circ) = a^2 + a^2 - 2a^2(-\frac{1}{2}) = 2a^2 + a^2 = 3a^2$.
$AF = a\sqrt{3}$.
С другой стороны, $S_{\triangle AFC} = \frac{1}{2} \cdot AF \cdot CH$.
$\frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2} \cdot a\sqrt{3} \cdot CH \Rightarrow CH = a$.

Теперь в прямоугольном треугольнике $EHC$ мы знаем оба катета: $CH=a$ и $CE=a\sqrt{2}$. Найдем тангенс угла $\angle EHC$:
$\tan(\angle EHC) = \frac{CE}{CH} = \frac{a\sqrt{2}}{a} = \sqrt{2}$.
Следовательно, искомый угол $\varphi = \angle EHC$ равен $\arctan(\sqrt{2})$. Можно выразить ответ через косинус:
$\cos\varphi = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\varphi}} = \frac{1}{\sqrt{1+(\sqrt{2})^2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Таким образом, угол между плоскостями равен $\arccos(\frac{\sqrt{3}}{3})$.
Ответ: Угол между плоскостями $ABC$ и $ADE$ равен $\arccos(\frac{\sqrt{3}}{3})$.

789. Используя векторы, докажите, что сумма квадратов четырёх диагоналей параллелепипеда равна сумме квадратов двенадцати его рёбер.

Пусть дан параллелепипед. Выберем одну из его вершин в качестве начала отсчета $O$ и обозначим векторы, совпадающие с ребрами, выходящими из этой вершины, как $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$.

Параллелепипед имеет 12 ребер: 4 ребра, соответствующие вектору $\vec{a}$ (и равные ему по длине), 4 ребра, соответствующие вектору $\vec{b}$, и 4 ребра, соответствующие вектору $\vec{c}$. Длины этих ребер равны $|\vec{a}|$, $|\vec{b}|$ и $|\vec{c}|$. Сумма квадратов длин всех двенадцати ребер $S_{ребер}$ равна:

$S_{ребер} = 4|\vec{a}|^2 + 4|\vec{b}|^2 + 4|\vec{c}|^2 = 4(|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$

Теперь найдем четыре главные диагонали параллелепипеда. Они соединяют противоположные вершины. Выразим векторы этих диагоналей ($\vec{d_1}, \vec{d_2}, \vec{d_3}, \vec{d_4}$) через базисные векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$:

$\vec{d_1} = \vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$

$\vec{d_2} = -\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$

$\vec{d_3} = \vec{a}-\vec{b}+\vec{c}$

$\vec{d_4} = \vec{a}+\vec{b}-\vec{c}$

Найдем сумму квадратов длин этих диагоналей. Квадрат длины вектора равен его скалярному квадрату ($|\vec{v}|^2 = \vec{v} \cdot \vec{v} = \vec{v}^2$). Возведем в квадрат длины каждого из векторов диагоналей:

$|\vec{d_1}|^2 = (\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^2 = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2(\vec{a}\cdot\vec{b}) + 2(\vec{a}\cdot\vec{c}) + 2(\vec{b}\cdot\vec{c})$

$|\vec{d_2}|^2 = (-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^2 = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2(\vec{a}\cdot\vec{b}) - 2(\vec{a}\cdot\vec{c}) + 2(\vec{b}\cdot\vec{c})$

$|\vec{d_3}|^2 = (\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})^2 = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2(\vec{a}\cdot\vec{b}) + 2(\vec{a}\cdot\vec{c}) - 2(\vec{b}\cdot\vec{c})$

$|\vec{d_4}|^2 = (\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})^2 = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2(\vec{a}\cdot\vec{b}) - 2(\vec{a}\cdot\vec{c}) - 2(\vec{b}\cdot\vec{c})$

Теперь сложим эти четыре выражения, чтобы найти сумму квадратов длин диагоналей $S_{диагоналей}$:

$S_{диагоналей} = |\vec{d_1}|^2 + |\vec{d_2}|^2 + |\vec{d_3}|^2 + |\vec{d_4}|^2$

При сложении слагаемые со скалярными произведениями $(\vec{a}\cdot\vec{b})$, $(\vec{a}\cdot\vec{c})$ и $(\vec{b}\cdot\vec{c})$ взаимно уничтожаются, так как сумма их коэффициентов равна нулю (например, для $2(\vec{a}\cdot\vec{b})$ имеем $1 - 1 - 1 + 1 = 0$). Остаются только слагаемые с квадратами модулей векторов, каждое из которых встречается четыре раза:

$S_{диагоналей} = (|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2) + (|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2) + (|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2) + (|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$

$S_{диагоналей} = 4|\vec{a}|^2 + 4|\vec{b}|^2 + 4|\vec{c}|^2 = 4(|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$

Сравнивая полученный результат с суммой квадратов ребер, мы видим, что они равны:

$S_{диагоналей} = S_{ребер}$

Таким образом, утверждение, что сумма квадратов четырех диагоналей параллелепипеда равна сумме квадратов двенадцати его рёбер, доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма квадратов диагоналей и сумма квадратов ребер равны $4(|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2)$, где $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ — векторы ребер, выходящих из одной вершины.

790. Основание ABC тетраэдра ОABC прозрачное, а все остальные грани зеркальные. Все плоские углы при вершине О прямые. Докажите, что луч света, вошедший в тетраэдр через основание ABC под произвольным углом к нему, отразившись от граней, выйдет в противоположном направлении по отношению к входящему лучу. (На этом свойстве основано устройство уголкового отражателя, который, в частности, был запущен на Луну для измерения расстояния до неё с помощью лазера.)

Для доказательства воспользуемся координатным методом. Разместим тетраэдр $OABC$ в трехмерной прямоугольной системе координат. Поскольку все плоские углы при вершине $O$ прямые, мы можем совместить вершину $O$ с началом координат $(0, 0, 0)$, а ребра $OA$, $OB$ и $OC$ направить вдоль осей $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно.

В этой системе координат три зеркальные грани тетраэдра будут лежать в координатных плоскостях:

• Грань $OBC$ лежит в плоскости $x=0$. Вектор нормали к этой плоскости (направленный внутрь тетраэдра) $\vec{n}_x = (1, 0, 0)$.
• Грань $OAC$ лежит в плоскости $y=0$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_y = (0, 1, 0)$.
• Грань $OAB$ лежит в плоскости $z=0$. Вектор нормали к этой плоскости $\vec{n}_z = (0, 0, 1)$.

Пусть луч света входит в тетраэдр через основание $ABC$. Обозначим его первоначальный направляющий вектор как $\vec{v} = (v_x, v_y, v_z)$. Луч последовательно отражается от трех зеркальных граней. Порядок отражений не влияет на конечный результат, но для определенности рассмотрим один из возможных порядков.

Закон отражения света от зеркальной поверхности в векторной форме выглядит следующим образом: если $\vec{v}_{in}$ — направляющий вектор падающего луча, а $\vec{n}$ — единичный вектор нормали к поверхности, то направляющий вектор отраженного луча $\vec{v}_{out}$ определяется формулой:

$\vec{v}_{out} = \vec{v}_{in} - 2(\vec{v}_{in} \cdot \vec{n})\vec{n}$

1. Первое отражение (от грани $OBC$, плоскость $x=0$):

Падающий луч имеет вектор $\vec{v} = (v_x, v_y, v_z)$. Нормаль к плоскости $\vec{n}_x = (1, 0, 0)$. После отражения вектор направления луча станет $\vec{v}_1$:

$\vec{v}_1 = \vec{v} - 2(\vec{v} \cdot \vec{n}_x)\vec{n}_x = (v_x, v_y, v_z) - 2(v_x \cdot 1 + v_y \cdot 0 + v_z \cdot 0)(1, 0, 0) = (v_x, v_y, v_z) - 2v_x(1, 0, 0) = (-v_x, v_y, v_z)$.

После первого отражения компонента вектора скорости, перпендикулярная плоскости отражения, изменила свой знак.

2. Второе отражение (от грани $OAC$, плоскость $y=0$):

Теперь луч с вектором $\vec{v}_1 = (-v_x, v_y, v_z)$ падает на грань с нормалью $\vec{n}_y = (0, 1, 0)$. Новый вектор направления $\vec{v}_2$:

$\vec{v}_2 = \vec{v}_1 - 2(\vec{v}_1 \cdot \vec{n}_y)\vec{n}_y = (-v_x, v_y, v_z) - 2((-v_x) \cdot 0 + v_y \cdot 1 + v_z \cdot 0)(0, 1, 0) = (-v_x, v_y, v_z) - 2v_y(0, 1, 0) = (-v_x, -v_y, v_z)$.

Теперь и $y$-компонента вектора изменила знак.

3. Третье отражение (от грани $OAB$, плоскость $z=0$):

Луч с вектором $\vec{v}_2 = (-v_x, -v_y, v_z)$ падает на последнюю грань с нормалью $\vec{n}_z = (0, 0, 1)$. Итоговый вектор направления $\vec{v}_{out}$ после выхода из системы зеркал:

$\vec{v}_{out} = \vec{v}_2 - 2(\vec{v}_2 \cdot \vec{n}_z)\vec{n}_z = (-v_x, -v_y, v_z) - 2((-v_x) \cdot 0 + (-v_y) \cdot 0 + v_z \cdot 1)(0, 0, 1) = (-v_x, -v_y, v_z) - 2v_z(0, 0, 1) = (-v_x, -v_y, -v_z)$.

В результате трех отражений от взаимно перпендикулярных плоскостей итоговый направляющий вектор луча $\vec{v}_{out}$ связан с начальным вектором $\vec{v}$ соотношением:

$\vec{v}_{out} = (-v_x, -v_y, -v_z) = -(v_x, v_y, v_z) = -\vec{v}$.

Это означает, что вышедший луч параллелен вошедшему, но направлен в противоположную сторону. Таким образом, луч света, войдя в тетраэдр, отразившись от трех зеркальных граней, выйдет через основание в направлении, строго противоположном первоначальному, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Введенная система координат и применение векторной формулы закона отражения показывают, что после трех последовательных отражений от взаимно перпендикулярных плоскостей итоговый вектор направления луча $\vec{v}_{out}$ равен $-\vec{v}$, где $\vec{v}$ — начальный вектор направления. Это означает, что луч выходит из тетраэдра параллельно входящему лучу, но в противоположном направлении.

791. Из точки А исходят четыре луча AB, AC, AD и АЕ так, что ∠BAC = 60°, ∠BAD = ∠DAC = 45°, а луч АЕ перпендикулярен к плоскости ABD. Найдите угол САЕ.

Для решения задачи введем декартову систему координат с началом в точке A.

1. Построение системы координат и определение векторов.

Поскольку луч AE перпендикулярен плоскости ABD, направим ось Oz вдоль луча AE. Тогда плоскость ABD будет совпадать с плоскостью Oxy. Точка A будет иметь координаты $(0, 0, 0)$.

Выберем единичный вектор $\vec{e}$ вдоль луча AE (оси Oz):

$\vec{e} = (0, 0, 1)$

Расположим луч AD в плоскости Oxy вдоль оси Ox. Тогда единичный вектор $\vec{d}$ вдоль луча AD будет:

$\vec{d} = (1, 0, 0)$

Луч AB также лежит в плоскости Oxy. По условию, угол между лучами AB и AD равен $\angle BAD = 45^\circ$. Единичный вектор $\vec{b}$ вдоль луча AB можно записать как:

$\vec{b} = (\cos(45^\circ), \sin(45^\circ), 0) = (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$

2. Нахождение координат вектора луча AC.

Пусть $\vec{c} = (x, y, z)$ — единичный вектор, направленный вдоль луча AC. Его координаты можно найти, используя условия для углов $\angle DAC$ и $\angle BAC$.

Угол между лучами AC и AD равен $\angle DAC = 45^\circ$. Скалярное произведение векторов $\vec{c}$ и $\vec{d}$ равно косинусу угла между ними:

$\vec{c} \cdot \vec{d} = |\vec{c}| |\vec{d}| \cos(45^\circ)$

$(x, y, z) \cdot (1, 0, 0) = 1 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$

$x = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Угол между лучами AC и AB равен $\angle BAC = 60^\circ$. Аналогично, запишем скалярное произведение векторов $\vec{c}$ и $\vec{b}$:

$\vec{c} \cdot \vec{b} = |\vec{c}| |\vec{b}| \cos(60^\circ)$

$(x, y, z) \cdot (\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0) = 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{2}$

$x \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + y \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + z \cdot 0 = \frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{2}}{2}(x+y) = \frac{1}{2}$

Подставим найденное значение $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ в это уравнение:

$\frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}+y) = \frac{1}{2}$

$\frac{2}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2}y = \frac{1}{2}$

$\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}y = \frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{2}}{2}y = 0 \implies y = 0$

Теперь найдем координату z, используя то, что $\vec{c}$ — единичный вектор, то есть $|\vec{c}|=1$ или $x^2+y^2+z^2=1$:

$(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + 0^2 + z^2 = 1$

$\frac{2}{4} + z^2 = 1$

$\frac{1}{2} + z^2 = 1$

$z^2 = \frac{1}{2} \implies z = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}$

Поскольку задача описывает определенное геометрическое расположение лучей, выберем положительное значение $z = \frac{\sqrt{2}}{2}$, что соответствует расположению луча AC в том же полупространстве относительно плоскости ABD, что и луч AE. Таким образом, вектор $\vec{c}$:

$\vec{c} = (\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2})$

3. Нахождение угла CAE.

Искомый угол $\angle CAE$ — это угол между лучами AC и AE, то есть между векторами $\vec{c}$ и $\vec{e}$. Найдем косинус этого угла через их скалярное произведение:

$\cos(\angle CAE) = \frac{\vec{c} \cdot \vec{e}}{|\vec{c}| |\vec{e}|}$

$\cos(\angle CAE) = \frac{(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, \frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot (0, 0, 1)}{1 \cdot 1}$

$\cos(\angle CAE) = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 0 + 0 \cdot 0 + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot 1 = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Отсюда находим угол:

$\angle CAE = \arccos(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 45^\circ$

Ответ: $45^\circ$.

792. Докажите, что высоты тетраэдра пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда его противоположные рёбра перпендикулярны .

Для доказательства этого утверждения, известного как теорема об ортоцентрическом тетраэдре, мы будем использовать векторный метод. Пусть $A, B, C, D$ — вершины тетраэдра, а $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$ — их радиус-векторы относительно некоторого начала координат $O$.

Доказательство состоит из двух частей: необходимости и достаточности.

Доказательство необходимости (?)

Предположим, что все четыре высоты тетраэдра пересекаются в одной точке $H$ (ортоцентре). Докажем, что его противоположные рёбра перпендикулярны.

Примем точку пересечения высот $H$ за начало координат. Тогда радиус-вектор точки $H$ равен $\vec{h} = \vec{0}$. Радиус-векторы вершин тетраэдра будут $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}, \vec{d}$.

Высота, опущенная из вершины $A$, проходит через точку $H$. Это означает, что вектор $\vec{HA} = \vec{a}$ перпендикулярен плоскости грани $BCD$. Следовательно, вектор $\vec{a}$ перпендикулярен любым векторам, лежащим в этой плоскости, в частности, векторам рёбер $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$ и $\vec{BD} = \vec{d} - \vec{b}$.

Условие перпендикулярности в векторной форме (равенство нулю скалярного произведения) даёт:

$\vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$

$\vec{a} \cdot (\vec{d} - \vec{b}) = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{d} = \vec{a} \cdot \vec{b}$

Аналогично, так как высота из вершины $B$ проходит через $H$, вектор $\vec{HB} = \vec{b}$ перпендикулярен плоскости $ACD$. Отсюда:

$\vec{b} \cdot (\vec{c} - \vec{a}) = 0 \implies \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{a}$

Рассматривая таким же образом высоты из вершин $C$ и $D$, мы получим следующие группы равенств:

Из высоты из $A$: $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{d}$

Из высоты из $B$: $\vec{b} \cdot \vec{a} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{d}$

Из высоты из $C$: $\vec{c} \cdot \vec{a} = \vec{c} \cdot \vec{b} = \vec{c} \cdot \vec{d}$

Из высоты из $D$: $\vec{d} \cdot \vec{a} = \vec{d} \cdot \vec{b} = \vec{d} \cdot \vec{c}$

Теперь проверим перпендикулярность противоположных рёбер. Пары противоположных рёбер: $(AB, CD)$, $(AC, BD)$, $(AD, BC)$.

Для пары $(AB, CD)$ имеем векторы $\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}$ и $\vec{CD} = \vec{d} - \vec{c}$. Их скалярное произведение:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = (\vec{b} - \vec{a}) \cdot (\vec{d} - \vec{c}) = \vec{b} \cdot \vec{d} - \vec{b} \cdot \vec{c} - \vec{a} \cdot \vec{d} + \vec{a} \cdot \vec{c}$

Используя выведенные выше соотношения ($\vec{b} \cdot \vec{d} = \vec{b} \cdot \vec{c}$ и $\vec{a} \cdot \vec{d} = \vec{a} \cdot \vec{c}$), получаем:

$(\vec{b} \cdot \vec{c}) - (\vec{b} \cdot \vec{c}) - (\vec{a} \cdot \vec{c}) + (\vec{a} \cdot \vec{c}) = 0$.

Следовательно, $AB \perp CD$.

Аналогично для пары $(AC, BD)$ с векторами $\vec{AC} = \vec{c} - \vec{a}$ и $\vec{BD} = \vec{d} - \vec{b}$:

$\vec{AC} \cdot \vec{BD} = (\vec{c} - \vec{a}) \cdot (\vec{d} - \vec{b}) = \vec{c} \cdot \vec{d} - \vec{c} \cdot \vec{b} - \vec{a} \cdot \vec{d} + \vec{a} \cdot \vec{b}$

Используя соотношения $\vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{c} \cdot \vec{b}$ и $\vec{a} \cdot \vec{d} = \vec{a} \cdot \vec{b}$, получаем:

$(\vec{c} \cdot \vec{b}) - (\vec{c} \cdot \vec{b}) - (\vec{a} \cdot \vec{b}) + (\vec{a} \cdot \vec{b}) = 0$.

Следовательно, $AC \perp BD$.

И для пары $(AD, BC)$ с векторами $\vec{AD} = \vec{d} - \vec{a}$ и $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$:

$\vec{AD} \cdot \vec{BC} = (\vec{d} - \vec{a}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = \vec{d} \cdot \vec{c} - \vec{d} \cdot \vec{b} - \vec{a} \cdot \vec{c} + \vec{a} \cdot \vec{b}$

Используя соотношения $\vec{d} \cdot \vec{c} = \vec{d} \cdot \vec{b}$ и $\vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$, получаем:

$(\vec{d} \cdot \vec{b}) - (\vec{d} \cdot \vec{b}) - (\vec{a} \cdot \vec{b}) + (\vec{a} \cdot \vec{b}) = 0$.

Следовательно, $AD \perp BC$.

Таким образом, если высоты тетраэдра пересекаются в одной точке, то его противоположные рёбра попарно перпендикулярны.

Доказательство достаточности (?)

Теперь предположим, что противоположные рёбра тетраэдра $ABCD$ перпендикулярны. Докажем, что его высоты пересекаются в одной точке.

Запишем условия перпендикулярности рёбер в векторной форме:

$AB \perp CD \implies (\vec{b} - \vec{a}) \cdot (\vec{d} - \vec{c}) = 0$

$AC \perp BD \implies (\vec{c} - \vec{a}) \cdot (\vec{d} - \vec{b}) = 0$

$AD \perp BC \implies (\vec{d} - \vec{a}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0$

Выберем начало координат в вершине $D$, т.е. $\vec{d} = \vec{0}$. Тогда условия примут вид:

$(\vec{b} - \vec{a}) \cdot (-\vec{c}) = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{c}$

$(\vec{c} - \vec{a}) \cdot (-\vec{b}) = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{c} \cdot \vec{b}$

$(-\vec{a}) \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$

Из этих равенств следует, что $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{a}$. Обозначим это общее значение как $k$.

Докажем существование точки $H$ (с радиус-вектором $\vec{h}$), которая лежит на всех четырех высотах. Точка $H$ лежит на высоте из вершины $X$, если прямая $XH$ перпендикулярна противолежащей грани.

1. $H$ лежит на высоте из $A \iff \vec{AH} \perp \text{плоскости } BCD$. В нашей системе координат (с $\vec{d}=\vec{0}$) плоскость $BCD$ содержит векторы $\vec{b}$ и $\vec{c}$. Условие перпендикулярности $\vec{AH} \perp BCD$ эквивалентно:

$(\vec{h} - \vec{a}) \cdot \vec{b} = 0 \implies \vec{h} \cdot \vec{b} = \vec{a} \cdot \vec{b} = k$

$(\vec{h} - \vec{a}) \cdot \vec{c} = 0 \implies \vec{h} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{c} = k$

2. $H$ лежит на высоте из $B \iff \vec{BH} \perp \text{плоскости } ACD$. Плоскость $ACD$ содержит векторы $\vec{a}$ и $\vec{c}$. Условие перпендикулярности $\vec{BH} \perp ACD$ эквивалентно:

$(\vec{h} - \vec{b}) \cdot \vec{a} = 0 \implies \vec{h} \cdot \vec{a} = \vec{b} \cdot \vec{a} = k$

3. $H$ лежит на высоте из $C \iff \vec{CH} \perp \text{плоскости } ABD$. Плоскость $ABD$ содержит векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$. Условие перпендикулярности $\vec{CH} \perp ABD$ эквивалентно:

$(\vec{h} - \vec{c}) \cdot \vec{a} = 0 \implies \vec{h} \cdot \vec{a} = \vec{c} \cdot \vec{a} = k$

Таким образом, для того чтобы точка $H$ была точкой пересечения высот из вершин $A, B, C$, её радиус-вектор $\vec{h}$ должен удовлетворять системе уравнений:

$$ \begin{cases} \vec{h} \cdot \vec{a} = k \\ \vec{h} \cdot \vec{b} = k \\ \vec{h} \cdot \vec{c} = k \end{cases} $$

Это система трёх линейных уравнений относительно трёх компонент вектора $\vec{h}=(h_x, h_y, h_z)$. Определитель матрицы этой системы равен смешанному произведению $\vec{a} \cdot (\vec{b} \times \vec{c})$. Так как $A, B, C, D$ — вершины тетраэдра, то векторы $\vec{a}=\vec{DA}, \vec{b}=\vec{DB}, \vec{c}=\vec{DC}$ не компланарны, и их смешанное произведение не равно нулю. Следовательно, система имеет единственное решение $\vec{h}$. Это доказывает, что высоты, опущенные из вершин $A, B, C$, пересекаются в единственной точке $H$.

Осталось доказать, что и четвертая высота, из вершины $D$, также проходит через точку $H$. Для этого нужно показать, что прямая $DH$ перпендикулярна плоскости $ABC$. Вектор этой прямой - $\vec{DH} = \vec{h} - \vec{d} = \vec{h}$. Плоскость $ABC$ содержит векторы $\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}$ и $\vec{AC} = \vec{c} - \vec{a}$. Проверим перпендикулярность:

$\vec{h} \cdot \vec{AB} = \vec{h} \cdot (\vec{b} - \vec{a}) = \vec{h} \cdot \vec{b} - \vec{h} \cdot \vec{a} = k - k = 0$

$\vec{h} \cdot \vec{AC} = \vec{h} \cdot (\vec{c} - \vec{a}) = \vec{h} \cdot \vec{c} - \vec{h} \cdot \vec{a} = k - k = 0$

Поскольку вектор $\vec{h}$ перпендикулярен двум неколлинеарным векторам плоскости $ABC$, он перпендикулярен и самой плоскости. Значит, прямая $DH$ является высотой тетраэдра, опущенной из вершины $D$.

Таким образом, все четыре высоты тетраэдра пересекаются в одной точке $H$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

793. Три боковых ребра тетраэдра равны друг другу. Докажите, что прямая, образующая равные углы с этими рёбрами и пересекающая плоскость основания, перпендикулярна к этой плоскости.

Пусть дан тетраэдр $SABC$, у которого боковые ребра, выходящие из общей вершины $S$, равны: $SA = SB = SC$. Обозначим плоскость основания $ABC$ как $\alpha$.

Рассмотрим задачу в векторном виде. Введем векторы, соответствующие боковым ребрам: $\vec{SA}$, $\vec{SB}$, $\vec{SC}$. По условию, их длины равны: $|\vec{SA}| = |\vec{SB}| = |\vec{SC}|$. Обозначим эту длину как $l$.

Пусть $p$ — это прямая, которая образует равные углы с ребрами $SA$, $SB$ и $SC$. Обозначим направляющий вектор этой прямой как $\vec{d}$, а равные углы как $\gamma$.

Угол между прямой и ребром определяется как угол между их направляющими векторами. Косинус угла $\gamma$ между прямой $p$ и каждым из ребер можно выразить через скалярное произведение:
$\cos\gamma = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SA}}{|\vec{d}| \cdot |\vec{SA}|} = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SA}}{|\vec{d}| \cdot l}$
$\cos\gamma = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SB}}{|\vec{d}| \cdot |\vec{SB}|} = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SB}}{|\vec{d}| \cdot l}$
$\cos\gamma = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SC}}{|\vec{d}| \cdot |\vec{SC}|} = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SC}}{|\vec{d}| \cdot l}$

Так как углы $\gamma$ равны, то равны и их косинусы. Приравнивая правые части выражений, получаем:
$\frac{\vec{d} \cdot \vec{SA}}{|\vec{d}| \cdot l} = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SB}}{|\vec{d}| \cdot l} = \frac{\vec{d} \cdot \vec{SC}}{|\vec{d}| \cdot l}$

Умножив все части равенства на $|\vec{d}| \cdot l$, мы приходим к равенству скалярных произведений:
$\vec{d} \cdot \vec{SA} = \vec{d} \cdot \vec{SB} = \vec{d} \cdot \vec{SC}$

Из этого следует, что:
$\vec{d} \cdot \vec{SA} - \vec{d} \cdot \vec{SB} = 0 \implies \vec{d} \cdot (\vec{SA} - \vec{SB}) = 0$
$\vec{d} \cdot \vec{SB} - \vec{d} \cdot \vec{SC} = 0 \implies \vec{d} \cdot (\vec{SB} - \vec{SC}) = 0$

Рассмотрим разности векторов. По правилу вычитания векторов:
$\vec{SA} - \vec{SB} = \vec{BA}$
$\vec{SB} - \vec{SC} = \vec{CB}$

Подставив эти результаты в предыдущие уравнения, получим:
$\vec{d} \cdot \vec{BA} = 0$
$\vec{d} \cdot \vec{CB} = 0$

Эти равенства означают, что направляющий вектор $\vec{d}$ прямой $p$ ортогонален (перпендикулярен) векторам $\vec{BA}$ и $\vec{CB}$. Векторы $\vec{BA}$ и $\vec{CB}$ — это векторы, лежащие на сторонах основания тетраэдра $ABC$. Они лежат в плоскости основания $\alpha$ и не коллинеарны (поскольку $A, B, C$ — вершины треугольника).

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым (или, в общем случае, двум неколлинеарным векторам), лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости.

Следовательно, прямая $p$ перпендикулярна плоскости основания $\alpha$. Утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая, образующая равные углы с тремя равными боковыми ребрами тетраэдра, перпендикулярна плоскости его основания.

794. Все плоские углы тетраэдра ОABC при вершине О прямые. Докажите, что проекция вершины О на плоскость ABC есть точка пересечения высот треугольника ABC.

Дано:

Тетраэдр $OABC$, у которого все плоские углы при вершине $O$ прямые. Это означает, что рёбра, выходящие из вершины $O$, попарно перпендикулярны: $OA \perp OB$, $OB \perp OC$, $OC \perp OA$.

Доказать:

Проекция вершины $O$ на плоскость $ABC$ является ортоцентром (точкой пересечения высот) треугольника $ABC$.

Доказательство:

Пусть $H$ — ортогональная проекция вершины $O$ на плоскость $ABC$. По определению проекции, отрезок $OH$ является перпендикуляром к плоскости $ABC$, то есть $OH \perp (ABC)$.

Чтобы доказать, что $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$, нужно показать, что она является точкой пересечения его высот. Для этого достаточно доказать, что прямые, проходящие через $H$ и вершины треугольника, перпендикулярны противолежащим сторонам. Например, докажем, что $AH \perp BC$ и $CH \perp AB$.

1. Докажем, что $CH \perp AB$.

Из условия задачи имеем $OC \perp OA$ и $OC \perp OB$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости (если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна самой плоскости), прямая $OC$ перпендикулярна плоскости $OAB$.

Поскольку $OC \perp (OAB)$, то прямая $OC$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости, в частности, $OC \perp AB$.

Теперь рассмотрим плоскость $ABC$. Мы имеем:

• $OH$ — перпендикуляр к плоскости $ABC$ (по построению).
• $OC$ — наклонная к плоскости $ABC$.
• $CH$ — проекция наклонной $OC$ на плоскость $ABC$.

Прямая $AB$ лежит в плоскости $ABC$. По теореме о трёх перпендикулярах, если наклонная ($OC$) перпендикулярна прямой ($AB$), лежащей в плоскости, то и проекция этой наклонной ($CH$) перпендикулярна той же прямой. Так как мы установили, что $OC \perp AB$, то и $CH \perp AB$.

Следовательно, $CH$ является высотой треугольника $ABC$, проведённой из вершины $C$.

2. Докажем, что $AH \perp BC$.

Аналогично, из условия $OA \perp OB$ и $OA \perp OC$ следует, что прямая $OA$ перпендикулярна плоскости $OBC$.

Следовательно, $OA$ перпендикулярна любой прямой в этой плоскости, в частности, $OA \perp BC$.

Рассмотрим наклонную $OA$ к плоскости $ABC$, её перпендикуляр $OH$ и её проекцию $AH$. Так как наклонная $OA$ перпендикулярна прямой $BC$, лежащей в плоскости $ABC$, то по теореме о трёх перпендикулярах и её проекция $AH$ перпендикулярна этой прямой. Таким образом, $AH \perp BC$.

Следовательно, $AH$ является высотой треугольника $ABC$, проведённой из вершины $A$.

Поскольку точка $H$ является точкой пересечения двух высот ($CH$ и $AH$) треугольника $ABC$, она является ортоцентром этого треугольника. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Проекция вершины $O$ на плоскость $ABC$ является точкой пересечения высот (ортоцентром) треугольника $ABC$.