Страница 88 - гдз по геометрии 10-11 класс учебник Атанасян, Бутузов

310. В пирамиде DABC ребро DA перпендикулярно к плоскости ABC. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если AB = АС = 25 см, ВС = 40 см, DA = 8 см.

Площадь боковой поверхности пирамиды $S_{бок}$ равна сумме площадей ее боковых граней: треугольников $DAB$, $DAC$ и $DBC$.$S_{бок} = S_{\triangle DAB} + S_{\triangle DAC} + S_{\triangle DBC}$

По условию, ребро $DA$ перпендикулярно плоскости основания $ABC$. Это означает, что $DA$ перпендикулярно любой прямой, лежащей в этой плоскости и проходящей через точку $A$. Следовательно, $DA \perp AB$ и $DA \perp AC$.

Таким образом, треугольники $DAB$ и $DAC$ являются прямоугольными с прямым углом при вершине $A$. Найдем их площади, используя формулу площади прямоугольного треугольника (половина произведения катетов):$S_{\triangle DAB} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 25 = 100 \text{ см}^2$.$S_{\triangle DAC} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 25 = 100 \text{ см}^2$.

Теперь найдем площадь грани $DBC$. Для этого нам нужна ее высота, проведенная из вершины $D$ к основанию $BC$.Рассмотрим треугольник $ABC$ в основании пирамиды. Так как $AB = AC = 25$ см, он является равнобедренным. Проведем в нем высоту $AM$ к основанию $BC$. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основанию, является также и медианой, поэтому точка $M$ — середина отрезка $BC$.$MC = \frac{BC}{2} = \frac{40}{2} = 20$ см.Из прямоугольного треугольника $AMC$ (угол $\angle AMC = 90^\circ$) по теореме Пифагора найдем длину высоты $AM$:$AM = \sqrt{AC^2 - MC^2} = \sqrt{25^2 - 20^2} = \sqrt{625 - 400} = \sqrt{225} = 15$ см.

Теперь рассмотрим наклонную $DM$ и ее проекцию $AM$ на плоскость $ABC$. Поскольку $DA \perp (ABC)$, а $AM$ — проекция $DM$ на эту плоскость, и $AM \perp BC$ (по построению), то по теореме о трех перпендикулярах наклонная $DM$ также перпендикулярна прямой $BC$ ($DM \perp BC$). Это означает, что $DM$ является высотой треугольника $DBC$.

Длину высоты $DM$ найдем из прямоугольного треугольника $DAM$ (угол $\angle DAM = 90^\circ$, так как $DA$ перпендикулярно любой прямой в плоскости $ABC$, в том числе и $AM$). По теореме Пифагора:$DM = \sqrt{DA^2 + AM^2} = \sqrt{8^2 + 15^2} = \sqrt{64 + 225} = \sqrt{289} = 17$ см.

Зная высоту $DM$ и основание $BC$ треугольника $DBC$, найдем его площадь:$S_{\triangle DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DM = \frac{1}{2} \cdot 40 \cdot 17 = 20 \cdot 17 = 340 \text{ см}^2$.

Наконец, найдем площадь боковой поверхности пирамиды, сложив площади всех боковых граней:$S_{бок} = S_{\triangle DAB} + S_{\triangle DAC} + S_{\triangle DBC} = 100 + 100 + 340 = 540 \text{ см}^2$.

Ответ: $540 \text{ см}^2$.

311. Основанием пирамиды DABC является треугольник со сторонами АС = 13 см, AB = 15 см, СВ = 14 см. Боковое ребро DA перпендикулярно к плоскости основания и равно 9 см. а) Найдите площадь полной поверхности пирамиды. б) Докажите, что основание перпендикуляра, проведённого из вершины А к плоскости грани BDC, лежит на высоте этой грани, и найдите длину этого перпендикуляра.

а) Найдём площадь полной поверхности пирамиды $S_{полн}$. Она равна сумме площади основания $S_{ABC}$ и площадей боковых граней $S_{DAB}$, $S_{DAC}$ и $S_{DBC}$.

$S_{полн} = S_{ABC} + S_{DAB} + S_{DAC} + S_{DBC}$

1. Вычислим площадь основания $S_{ABC}$.
Основанием является треугольник со сторонами $AC=13$ см, $AB=15$ см, $CB=14$ см. Для нахождения площади воспользуемся формулой Герона.
Полупериметр $p$ треугольника $ABC$ равен:
$p = (13 + 15 + 14) / 2 = 42 / 2 = 21$ см.
Площадь основания:
$S_{ABC} = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} = \sqrt{21(21-14)(21-13)(21-15)} = \sqrt{21 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 6} = \sqrt{7056} = 84$ см².

2. Вычислим площади боковых граней.
По условию, ребро $DA$ перпендикулярно плоскости основания $(ABC)$, следовательно, $DA \perp AB$ и $DA \perp AC$. Это означает, что треугольники $DAB$ и $DAC$ — прямоугольные.
Площадь грани $DAB$:
$S_{DAB} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 15 = 67,5$ см².
Площадь грани $DAC$:
$S_{DAC} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 13 = 58,5$ см².
Для вычисления площади грани $DBC$ найдем её высоту, проведённую из вершины $D$. Проведём в треугольнике основания $ABC$ высоту $AM_1$ к стороне $BC$. Площадь $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot AM_1$, отсюда:
$AM_1 = \frac{2 \cdot S_{ABC}}{BC} = \frac{2 \cdot 84}{14} = 12$ см.
Так как $DA$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $AM_1$ — проекция наклонной $DM_1$ на эту плоскость, и $AM_1 \perp BC$, то по теореме о трёх перпендикулярах наклонная $DM_1$ также перпендикулярна $BC$ ($DM_1 \perp BC$). Следовательно, $DM_1$ — высота треугольника $DBC$.
Рассмотрим треугольник $DAM_1$. Так как $DA \perp (ABC)$, то $DA \perp AM_1$, и треугольник $DAM_1$ является прямоугольным. По теореме Пифагора найдём гипотенузу $DM_1$:
$DM_1 = \sqrt{DA^2 + AM_1^2} = \sqrt{9^2 + 12^2} = \sqrt{81 + 144} = \sqrt{225} = 15$ см.
Теперь можем найти площадь грани $DBC$:
$S_{DBC} = \frac{1}{2} \cdot BC \cdot DM_1 = \frac{1}{2} \cdot 14 \cdot 15 = 105$ см².

3. Вычислим площадь полной поверхности пирамиды.
$S_{полн} = S_{ABC} + S_{DAB} + S_{DAC} + S_{DBC} = 84 + 67,5 + 58,5 + 105 = 315$ см².

Ответ: $315$ см².

б) Доказательство.
Пусть $AK$ — перпендикуляр, проведённый из вершины $A$ к плоскости грани $BDC$. Требуется доказать, что основание перпендикуляра, точка $K$, лежит на высоте этой грани, проведённой из вершины $D$. Назовём эту высоту $DM_1$.
В плоскости основания $(ABC)$ проведем высоту $AM_1$ к стороне $BC$. Так как по условию $DA \perp (ABC)$, то $DA$ перпендикулярно любой прямой в этой плоскости, в том числе $DA \perp BC$.
Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AM_1$ и $DA$, которые лежат в плоскости $(DAM_1)$. Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(DAM_1)$.
Плоскость $(BDC)$ проходит через прямую $BC$, которая перпендикулярна плоскости $(DAM_1)$. По признаку перпендикулярности плоскостей, плоскость $(BDC)$ перпендикулярна плоскости $(DAM_1)$.
Линией пересечения этих двух взаимно перпендикулярных плоскостей является прямая $DM_1$.
Перпендикуляр $AK$, опущенный из точки $A$ (которая принадлежит плоскости $(DAM_1)$) на плоскость $(BDC)$, должен лежать в плоскости $(DAM_1)$, а его основание $K$ — на линии пересечения плоскостей, то есть на прямой $DM_1$.
Как было показано в пункте а), отрезок $DM_1$ является высотой треугольника $DBC$.
Таким образом, доказано, что основание перпендикуляра, проведённого из вершины $A$ к плоскости грани $BDC$, лежит на высоте этой грани.

Нахождение длины перпендикуляра.
Искомая длина перпендикуляра $AK$ — это высота прямоугольного треугольника $DAM_1$, проведённая из вершины прямого угла $A$ к гипотенузе $DM_1$.
Из пункта а) мы знаем длины сторон треугольника $DAM_1$: катеты $DA = 9$ см, $AM_1 = 12$ см, и гипотенуза $DM_1 = 15$ см.
Площадь прямоугольного треугольника $DAM_1$ можно вычислить как $S_{DAM_1} = \frac{1}{2} \cdot DA \cdot AM_1$. Также площадь можно выразить через высоту к гипотенузе: $S_{DAM_1} = \frac{1}{2} \cdot DM_1 \cdot AK$.
Приравняв эти выражения, получим:
$DA \cdot AM_1 = DM_1 \cdot AK$
Отсюда выразим $AK$:
$AK = \frac{DA \cdot AM_1}{DM_1} = \frac{9 \cdot 12}{15} = \frac{108}{15} = \frac{36}{5} = 7,2$ см.

Ответ: длина перпендикуляра равна $7,2$ см.

312. В правильной n-угольной пирамиде боковые грани составляют с плоскостью основания угол φ. Найдите тангенс угла между плоскостью основания и боковым ребром.

Пусть дана правильная n-угольная пирамида S A?A?...A? с вершиной S. Пусть O — центр основания, тогда SO — высота пирамиды.

Угол $\phi$ между боковой гранью и плоскостью основания — это двугранный угол при ребре основания. Рассмотрим боковую грань SA?A? и ребро основания A?A?.

Чтобы найти линейный угол этого двугранного угла, проведем апофему боковой грани SH (где H — середина ребра A?A?). Так как пирамида правильная, то SH является высотой треугольника SA?A?, и, следовательно, $SH \perp A?A?$.

В плоскости основания проведем отрезок OH. Так как основание — правильный n-угольник, то OH — это апофема основания (радиус вписанной окружности) и $OH \perp A?A?$.

Таким образом, угол $\angle SHO$ является линейным углом двугранного угла между гранью SA?A? и плоскостью основания. По условию, $\angle SHO = \phi$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOH (так как $SO \perp$ плоскости основания, то $SO \perp OH$). Из этого треугольника находим:
$\tan(\phi) = \frac{SO}{OH}$, откуда высота пирамиды $SO = OH \cdot \tan(\phi)$.

Теперь рассмотрим угол между боковым ребром и плоскостью основания. Обозначим этот угол через $\alpha$. Это угол между боковым ребром (например, SA?) и его проекцией на плоскость основания (отрезком OA?). Таким образом, $\alpha = \angle SA?O$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник SOA? (так как $SO \perp$ плоскости основания, то $SO \perp OA?$). Тангенс искомого угла $\alpha$ равен:
$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OA?}$.

Нам необходимо связать длины отрезков OH и OA?. Отрезок OA? — это радиус R окружности, описанной около правильного n-угольника в основании. Отрезок OH — это радиус r вписанной в него окружности (апофема).

Рассмотрим в плоскости основания прямоугольный треугольник OHA?. Центральный угол $\angle A?OA? = \frac{2\pi}{n}$. Угол $\angle A?OH$ равен его половине: $\angle A?OH = \frac{\pi}{n}$.

В треугольнике OHA? катет OH и гипотенуза OA? связаны соотношением:
$\cos(\angle A?OH) = \frac{OH}{OA?}$, то есть $OH = OA? \cdot \cos(\frac{\pi}{n})$.

Теперь подставим все полученные выражения в формулу для $\tan(\alpha)$:
$\tan(\alpha) = \frac{SO}{OA?} = \frac{OH \cdot \tan(\phi)}{OA?}$.
Заменяем OH:
$\tan(\alpha) = \frac{OA? \cdot \cos(\frac{\pi}{n}) \cdot \tan(\phi)}{OA?}$.

Сокращая $OA?$, получаем окончательный результат:
$\tan(\alpha) = \tan(\phi) \cdot \cos(\frac{\pi}{n})$.

Ответ: $\tan(\phi) \cdot \cos(\frac{\pi}{n})$.

313. Стороны оснований правильной треугольной усечённой пирамиды равны 12 дм и 6 дм, а её высота 1 дм. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.

Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды ($S_{бок}$) вычисляется по формуле: $S_{бок} = \frac{1}{2}(P_1 + P_2) \cdot h_a$, где $P_1$ и $P_2$ — периметры оснований, а $h_a$ — апофема (высота боковой грани).

По условию задачи, стороны оснований, которые являются правильными треугольниками, равны $a_1 = 12$ дм и $a_2 = 6$ дм. Найдем периметры оснований:
Периметр большего основания: $P_1 = 3 \cdot a_1 = 3 \cdot 12 = 36$ дм.
Периметр меньшего основания: $P_2 = 3 \cdot a_2 = 3 \cdot 6 = 18$ дм.

Для нахождения площади боковой поверхности нам необходима апофема $h_a$. Ее можно найти с помощью теоремы Пифагора. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный высотой пирамиды $H$, апофемой $h_a$ и разностью радиусов окружностей, вписанных в основания ($r_1 - r_2$). Высота пирамиды $H=1$ дм.

Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник со стороной $a$, вычисляется по формуле $r = \frac{a \sqrt{3}}{6}$.
Радиус вписанной окружности для большего основания: $r_1 = \frac{12 \sqrt{3}}{6} = 2\sqrt{3}$ дм.
Радиус вписанной окружности для меньшего основания: $r_2 = \frac{6 \sqrt{3}}{6} = \sqrt{3}$ дм.

Теперь найдем апофему $h_a$ по теореме Пифагора:
$h_a = \sqrt{H^2 + (r_1 - r_2)^2} = \sqrt{1^2 + (2\sqrt{3} - \sqrt{3})^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 3} = \sqrt{4} = 2$ дм.

Подставим все найденные значения в формулу для площади боковой поверхности:
$S_{бок} = \frac{1}{2}(P_1 + P_2) \cdot h_a = \frac{1}{2}(36 + 18) \cdot 2 = 54$ дм?.

Ответ: $54$ дм?.

314. В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде высота равна 63 см, апофема — 65 см, а стороны оснований относятся как 7 : 3. Найдите стороны оснований пирамиды.

Пусть дана правильная четырёхугольная усечённая пирамида. В основаниях такой пирамиды лежат квадраты. Обозначим сторону большего основания как $a_1$, а сторону меньшего основания как $a_2$.

По условию задачи даны:

• высота пирамиды $h = 63$ см;
• апофема пирамиды $l = 65$ см;
• отношение сторон оснований $a_1 : a_2 = 7 : 3$.

Для решения задачи введём коэффициент пропорциональности $k$. Тогда стороны оснований можно выразить следующим образом:
$a_1 = 7k$
$a_2 = 3k$

Рассмотрим осевое сечение усечённой пирамиды, проходящее через её высоту и апофемы оснований. Это сечение является прямоугольной трапецией, у которой:

• один из катетов равен высоте пирамиды $h$;
• гипотенуза равна апофеме усечённой пирамиды $l$;
• второй катет равен разности радиусов вписанных в основания окружностей (или разности апофем оснований).

Апофема квадрата (радиус вписанной в него окружности) со стороной $a$ вычисляется по формуле $r = a/2$. Найдём апофемы оснований $r_1$ и $r_2$:
$r_1 = a_1/2 = \frac{7k}{2}$
$r_2 = a_2/2 = \frac{3k}{2}$

Разность апофем оснований будет равна:
$r_1 - r_2 = \frac{7k}{2} - \frac{3k}{2} = \frac{4k}{2} = 2k$

Теперь мы можем применить теорему Пифагора для прямоугольного треугольника, образованного высотой $h$, апофемой $l$ и разностью апофем оснований $(r_1 - r_2)$:
$l^2 = h^2 + (r_1 - r_2)^2$

Подставим известные значения в уравнение:
$65^2 = 63^2 + (2k)^2$
$4225 = 3969 + 4k^2$

Выразим и найдём $4k^2$:
$4k^2 = 4225 - 3969$
$4k^2 = 256$

Теперь найдём $k$:
$k^2 = \frac{256}{4}$
$k^2 = 64$
$k = \sqrt{64} = 8$ (так как длина стороны может быть только положительной).

Зная коэффициент пропорциональности $k$, вычислим стороны оснований:
Сторона большего основания: $a_1 = 7k = 7 \cdot 8 = 56$ см.
Сторона меньшего основания: $a_2 = 3k = 3 \cdot 8 = 24$ см.

Ответ: стороны оснований пирамиды равны 56 см и 24 см.

315. Докажите, что центры граней правильного октаэдра являются вершинами куба.

Для доказательства воспользуемся координатным методом. Разместим центр правильного октаэдра в начале координат $O(0, 0, 0)$. Вершины правильного октаэдра — это выпуклый многогранник с 6 вершинами и 8 треугольными гранями. Расположим его вершины на осях координат на одинаковом расстоянии $a$ от центра. Тогда координаты шести вершин октаэдра будут:

$V_1(a, 0, 0)$, $V_2(-a, 0, 0)$, $V_3(0, a, 0)$, $V_4(0, -a, 0)$, $V_5(0, 0, a)$, $V_6(0, 0, -a)$.

Грани правильного октаэдра являются правильными треугольниками. Центр каждой грани совпадает с ее центроидом (точкой пересечения медиан). Координаты центроида вычисляются как среднее арифметическое координат вершин треугольника.

Рассмотрим, например, грань, образованную вершинами $V_1(a,0,0)$, $V_3(0,a,0)$ и $V_5(0,0,a)$. Координаты ее центра $C_1$ будут:

$C_1 = \left(\frac{a+0+0}{3}, \frac{0+a+0}{3}, \frac{0+0+a}{3}\right) = \left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$.

Всего у октаэдра 8 граней. Их вершины соответствуют всем возможным комбинациям выбора по одной вершине с положительной или отрицательной полуоси для каждой из трех осей. Таким образом, координаты центров всех 8 граней будут иметь вид $(\pm \frac{a}{3}, \pm \frac{a}{3}, \pm \frac{a}{3})$. Обозначим $b = \frac{a}{3}$. Тогда мы получаем 8 точек-центров с координатами, являющимися всеми возможными комбинациями знаков: $(b, b, b)$, $(b, b, -b)$, $(b, -b, b)$, $(b, -b, -b)$, $(-b, b, b)$, $(-b, b, -b)$, $(-b, -b, b)$, $(-b, -b, -b)$.

Эти 8 точек являются вершинами некоторого многогранника, центрированного в начале координат. Докажем, что этот многогранник является кубом. Для этого покажем, что все его ребра равны, а углы между ребрами, выходящими из одной вершины, — прямые.

Рассмотрим вершину $P_1(b, b, b)$. Смежными с ней будут вершины, отличающиеся от нее только одной координатой: $P_2(b, b, -b)$, $P_3(b, -b, b)$ и $P_4(-b, b, b)$.

Найдем длины ребер, соединяющих $P_1$ с этими вершинами, используя формулу расстояния между двумя точками:

$|P_1P_2| = \sqrt{(b-b)^2 + (b-b)^2 + (b-(-b))^2} = \sqrt{0 + 0 + (2b)^2} = 2b$.

$|P_1P_3| = \sqrt{(b-b)^2 + (b-(-b))^2 + (b-b)^2} = \sqrt{0 + (2b)^2 + 0} = 2b$.

$|P_1P_4| = \sqrt{(b-(-b))^2 + (b-b)^2 + (b-b)^2} = \sqrt{(2b)^2 + 0 + 0} = 2b$.

В силу симметрии, все ребра многогранника имеют одинаковую длину, равную $2b = \frac{2a}{3}$.

Теперь проверим углы между ребрами. Рассмотрим векторы, соответствующие этим ребрам:

$\vec{P_1P_2} = (0, 0, -2b)$

$\vec{P_1P_3} = (0, -2b, 0)$

$\vec{P_1P_4} = (-2b, 0, 0)$

Найдем скалярное произведение пар этих векторов:

$\vec{P_1P_2} \cdot \vec{P_1P_3} = 0 \cdot 0 + 0 \cdot (-2b) + (-2b) \cdot 0 = 0$

Так как скалярное произведение равно нулю, векторы $\vec{P_1P_2}$ и $\vec{P_1P_3}$ ортогональны, то есть ребра $P_1P_2$ и $P_1P_3$ перпендикулярны. Аналогично, $\vec{P_1P_2} \cdot \vec{P_1P_4} = 0$ и $\vec{P_1P_3} \cdot \vec{P_1P_4} = 0$, что означает, что все три ребра, сходящиеся в вершине $P_1$, попарно перпендикулярны.

Многогранник с 8 вершинами, у которого все ребра равны, а ребра, сходящиеся в каждой вершине, взаимно перпендикулярны, по определению является кубом. Таким образом, центры граней правильного октаэдра действительно являются вершинами куба.

Ответ: Что и требовалось доказать.

316. Докажите, что центры граней правильного тетраэдра являются вершинами другого правильного тетраэдра.

Пусть дан правильный тетраэдр $ABCD$ с длиной ребра, равной $a$. Гранями этого тетраэдра являются четыре равных между собой правильных треугольника: $ABC, ABD, ACD, BCD$. Центр каждой грани (правильного треугольника) — это точка пересечения его медиан. Обозначим центры граней $BCD, ACD, ABD, ABC$ как $O_1, O_2, O_3, O_4$ соответственно. Требуется доказать, что многогранник $O_1O_2O_3O_4$ является правильным тетраэдром.

Для доказательства этого факта наиболее наглядно использовать метод геометрических преобразований, а именно гомотетию. Гомотетия является преобразованием подобия, которое переводит любую фигуру в подобную ей фигуру.

Рассмотрим гомотетию с центром в точке $O$, которая является центром исходного тетраэдра $ABCD$. Центр правильного тетраэдра — это точка, равноудаленная от всех его вершин, а также от всех его граней.

Возьмем одну из высот тетраэдра, например, опущенную из вершины $A$ на плоскость противоположной грани $BCD$. Основание этой высоты совпадает с центром грани $BCD$, то есть с точкой $O_1$. Известно, что центр правильного тетраэдра $O$ лежит на этой высоте $AO_1$ и делит ее в отношении $3:1$, считая от вершины. То есть, $AO : OO_1 = 3:1$.

Это означает, что вектор $\vec{OO_1}$ коллинеарен вектору $\vec{OA}$, направлен в противоположную сторону и его длина в 3 раза меньше. В векторной форме это записывается как:$$ \vec{OO_1} = -\frac{1}{3}\vec{OA} $$Таким образом, точка $O_1$ (центр грани $BCD$) является образом вершины $A$ при гомотетии с центром $O$ и коэффициентом $k = -1/3$.

В силу симметрии правильного тетраэдра, аналогичные соотношения справедливы для всех остальных вершин и центров противоположных им граней:

• Центр $O_2$ грани $ACD$ является образом вершины $B$: $\vec{OO_2} = -\frac{1}{3}\vec{OB}$.
• Центр $O_3$ грани $ABD$ является образом вершины $C$: $\vec{OO_3} = -\frac{1}{3}\vec{OC}$.
• Центр $O_4$ грани $ABC$ является образом вершины $D$: $\vec{OO_4} = -\frac{1}{3}\vec{OD}$.

Таким образом, тетраэдр $O_1O_2O_3O_4$ полностью является образом тетраэдра $ABCD$ при гомотетии с центром $O$ и коэффициентом $k = -1/3$.

Поскольку гомотетия является преобразованием подобия, она переводит любую фигуру в подобную ей фигуру. Так как исходная фигура $ABCD$ — правильный тетраэдр, то ее образ, тетраэдр $O_1O_2O_3O_4$, также является правильным тетраэдром. Все его ребра равны между собой, а грани являются правильными треугольниками. Длина ребра нового тетраэдра $a'$ связана с длиной ребра исходного тетраэдра $a$ через модуль коэффициента гомотетии: $a' = |k| \cdot a = \frac{1}{3}a$.

Ответ: Утверждение доказано. Фигура, образованная центрами граней правильного тетраэдра, является другим правильным тетраэдром. Он получается из исходного тетраэдра преобразованием гомотетии с центром в центре исходного тетраэдра и коэффициентом $k=-1/3$.

317. Докажите, что центры граней куба являются вершинами правильного октаэдра.

Для доказательства введем трехмерную декартову систему координат. Поместим центр куба в начало координат $O(0, 0, 0)$, а его ребра направим параллельно осям координат. Пусть длина ребра куба равна $2a$.

В этом случае шесть граней куба лежат в плоскостях $x = a$, $x = -a$, $y = a$, $y = -a$, $z = a$ и $z = -a$. Центры этих граней, которые будут являться вершинами нового многогранника, имеют следующие координаты: $V_1(a, 0, 0)$, $V_2(-a, 0, 0)$, $V_3(0, a, 0)$, $V_4(0, -a, 0)$, $V_5(0, 0, a)$, $V_6(0, 0, -a)$. Таким образом, наш многогранник имеет 6 вершин, что совпадает с количеством вершин у правильного октаэдра.

Правильный октаэдр — это многогранник, у которого все грани являются равными равносторонними треугольниками. Докажем, что многогранник с вершинами $V_1, ..., V_6$ обладает именно такими свойствами.

Сначала найдем длины ребер многогранника. Ребра соединяют центры смежных граней куба. Найдем расстояние между центрами двух любых смежных граней, например, между $V_1$ (центр грани $x=a$) и $V_3$ (центр грани $y=a$). Используя формулу расстояния между двумя точками в пространстве, получаем:
$d = |V_1V_3| = \sqrt{(0-a)^2 + (a-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

В силу симметрии куба, расстояние между центрами любых двух смежных граней будет таким же. У куба 12 ребер, и каждому ребру соответствует пара смежных граней. Следовательно, наш многогранник имеет 12 ребер, и все они имеют одинаковую длину, равную $a\sqrt{2}$.

Теперь рассмотрим грани многогранника. Каждая грань образована тройкой вершин, которые являются центрами трех попарно смежных граней куба (такие три грани сходятся в одной из вершин куба). Например, вершине куба с координатами $(a, a, a)$ соответствуют центры граней $V_1(a, 0, 0)$, $V_3(0, a, 0)$ и $V_5(0, 0, a)$. Эти три точки образуют грань нашего многогранника — треугольник $\triangle V_1V_3V_5$.

Найдем длины сторон этого треугольника. Мы уже знаем, что $|V_1V_3| = a\sqrt{2}$. Найдем длины двух других сторон:
$|V_3V_5| = \sqrt{(0-0)^2 + (0-a)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{0 + a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.
$|V_1V_5| = \sqrt{(0-a)^2 + (0-0)^2 + (a-0)^2} = \sqrt{a^2 + 0 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Поскольку все три стороны треугольника $\triangle V_1V_3V_5$ равны, он является равносторонним. У куба 8 вершин, следовательно, существует 8 таких троек попарно смежных граней. Это означает, что наш многогранник имеет 8 граней. Из-за симметрии куба все эти 8 граней являются равными между собой равносторонними треугольниками.

Таким образом, мы показали, что многогранник, вершинами которого являются центры граней куба, имеет 6 вершин, 12 ребер равной длины и 8 граней, являющихся равными равносторонними треугольниками. Это в точности соответствует определению правильного октаэдра.

Ответ: Доказано, что многогранник, образованный центрами граней куба, является правильным октаэдром.

318. Докажите, что сумма двугранного угла правильного тетраэдра и двугранного угла правильного октаэдра равна 180°.

Для доказательства утверждения найдем по отдельности величины двугранных углов правильного тетраэдра и правильного октаэдра, а затем сложим их.

1. Нахождение двугранного угла правильного тетраэдра

Правильный тетраэдр — это многогранник, все грани которого являются равными равносторонними треугольниками. Пусть ребро тетраэдра равно $a$. Двугранный угол — это угол между двумя смежными гранями. В правильном тетраэдре все двугранные углы равны.

Рассмотрим тетраэдр $DABC$, где $ABC$ — основание. Двугранный угол при ребре $AB$ — это угол между плоскостями граней $ABC$ и $ABD$. Для его измерения построим линейный угол. Проведем в гранях $ABC$ и $ABD$ высоты $CM$ и $DM$ к общему ребру $AB$. Точка $M$ является серединой ребра $AB$.

Угол $\angle CMD$ является линейным углом искомого двугранного угла. Обозначим его как $\alpha$.

Длины отрезков $CM$ и $DM$ равны, так как они являются высотами в равных равносторонних треугольниках со стороной $a$. Длина высоты равностороннего треугольника вычисляется по формуле $h = \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Таким образом, $CM = DM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Отрезок $CD$ является ребром тетраэдра, поэтому его длина равна $a$.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $CMD$. По теореме косинусов для этого треугольника: $CD^2 = CM^2 + DM^2 - 2 \cdot CM \cdot DM \cdot \cos(\alpha)$

Подставим известные значения: $a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\alpha)$ $a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\alpha)$ $a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\alpha)$

Разделим обе части уравнения на $a^2$ (так как $a \neq 0$): $1 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}\cos(\alpha)$ $\frac{3}{2}\cos(\alpha) = \frac{3}{2} - 1 = \frac{1}{2}$ $\cos(\alpha) = \frac{1}{3}$

Таким образом, двугранный угол правильного тетраэдра $\alpha = \arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

Ответ: Двугранный угол правильного тетраэдра равен $\arccos\left(\frac{1}{3}\right)$.

2. Нахождение двугранного угла правильного октаэдра

Правильный октаэдр — это многогранник, все восемь граней которого являются равными равносторонними треугольниками. Все двугранные углы в правильном октаэдре равны. Пусть ребро октаэдра равно $a$.

Рассмотрим две смежные грани, имеющие общее ребро. Обозначим это ребро $AB$. Пусть эти грани — треугольники $ABP$ и $ABQ$. Вершины $P$ и $Q$ являются противоположными вершинами октаэдра (не смежными с $A$ или $B$ и не лежащими на ребре $AB$).

Для измерения двугранного угла $\beta$ между этими гранями построим его линейный угол. Проведем высоты $PM$ и $QM$ к общему ребру $AB$ из вершин $P$ и $Q$. Точка $M$ является серединой ребра $AB$.

Угол $\angle PMQ$ является линейным углом искомого двугранного угла $\beta$.

Длины отрезков $PM$ и $QM$ равны, так как это высоты в равных равносторонних треугольниках со стороной $a$. Следовательно, $PM = QM = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Отрезок $PQ$ соединяет две противоположные вершины октаэдра. Его длина равна $a\sqrt{2}$.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $PMQ$. По теореме косинусов для этого треугольника: $PQ^2 = PM^2 + QM^2 - 2 \cdot PM \cdot QM \cdot \cos(\beta)$

Подставим известные значения: $(a\sqrt{2})^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \cos(\beta)$ $2a^2 = \frac{3a^2}{4} + \frac{3a^2}{4} - 2 \cdot \frac{3a^2}{4} \cdot \cos(\beta)$ $2a^2 = \frac{3a^2}{2} - \frac{3a^2}{2} \cdot \cos(\beta)$

Разделим обе части уравнения на $a^2$: $2 = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}\cos(\beta)$ $\frac{3}{2}\cos(\beta) = \frac{3}{2} - 2 = -\frac{1}{2}$ $\cos(\beta) = -\frac{1}{3}$

Таким образом, двугранный угол правильного октаэдра $\beta = \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)$.

Ответ: Двугранный угол правильного октаэдра равен $\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)$.

3. Доказательство утверждения

Нам нужно доказать, что сумма двугранного угла правильного тетраэдра ($\alpha$) и двугранного угла правильного октаэдра ($\beta$) равна $180^\circ$. $\alpha + \beta = \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \arccos\left(-\frac{1}{3}\right)$

Используем известное тригонометрическое тождество: $\arccos(x) + \arccos(-x) = \pi$ (или $180^\circ$) для любого $x \in [-1, 1]$.

В нашем случае $x = \frac{1}{3}$, что удовлетворяет условию $x \in [-1, 1]$.

Следовательно, $\alpha + \beta = \arccos\left(\frac{1}{3}\right) + \arccos\left(-\frac{1}{3}\right) = 180^\circ$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Сумма двугранного угла правильного тетраэдра и двугранного угла правильного октаэдра действительно равна $180^\circ$.

319. Сколько плоскостей симметрии, проходящих через данную вершину, имеет правильный тетраэдр?

Правильный тетраэдр — это многогранник, у которого все четыре грани являются равносторонними треугольниками. Пусть вершины тетраэдра обозначены как $A, B, C$ и $D$.

Плоскость симметрии — это такая плоскость, которая делит фигуру на две части, являющиеся зеркальными отражениями друг друга.

Для правильного тетраэдра плоскость симметрии можно построить, взяв любое его ребро и середину противолежащего (скрещивающегося с ним) ребра. Такая плоскость будет делить тетраэдр на две равные части.

Всего у тетраэдра 6 ребер, которые образуют 3 пары противолежащих ребер:

• $AB$ и $CD$
• $AC$ и $BD$
• $AD$ и $BC$

Каждое ребро определяет одну плоскость симметрии. Например, плоскость, проходящая через ребро $AB$ и середину ребра $CD$, является плоскостью симметрии. Всего таких плоскостей 6 (по одной на каждое ребро).

Задача состоит в том, чтобы определить, сколько из этих 6 плоскостей симметрии проходят через одну конкретную, заранее выбранную вершину. Выберем для примера вершину $A$.

Плоскость симметрии будет проходить через вершину $A$, если она содержит ребро, начинающееся в этой вершине. Из вершины $A$ выходят три ребра: $AB, AC$ и $AD$.

1. Плоскость, проходящая через ребро $AB$ и середину ребра $CD$. Поскольку эта плоскость содержит ребро $AB$, она проходит через вершину $A$.

2. Плоскость, проходящая через ребро $AC$ и середину ребра $BD$. Поскольку эта плоскость содержит ребро $AC$, она проходит через вершину $A$.

3. Плоскость, проходящая через ребро $AD$ и середину ребра $BC$. Поскольку эта плоскость содержит ребро $AD$, она проходит через вершину $A$.

Оставшиеся три плоскости симметрии проходят через ребра $BC, BD$ и $CD$. Ни одно из этих ребер не содержит вершину $A$, поэтому и соответствующие им плоскости симметрии через вершину $A$ не проходят.

Таким образом, через данную вершину правильного тетраэдра проходят ровно 3 плоскости симметрии.

Ответ: 3