Страница 241 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

23.3. Высоты тетраэдра $DABC$, проведённые из вершин $A$ и $D$, пересекаются. Докажите, что рёбра $AD$ и $BC$ перпендикулярны.

Пусть $h_A$ — прямая, содержащая высоту тетраэдра $DABC$, проведённую из вершины $A$ на плоскость грани $(DBC)$, а $h_D$ — прямая, содержащая высоту, проведённую из вершины $D$ на плоскость грани $(ABC)$.

По определению высоты тетраэдра имеем:

$h_A \perp (DBC)$

$h_D \perp (ABC)$

По условию задачи, прямые $h_A$ и $h_D$ пересекаются. Две пересекающиеся прямые задают единственную плоскость. Обозначим эту плоскость через $\Pi$. Таким образом, прямые $h_A$ и $h_D$ лежат в плоскости $\Pi$.

Рассмотрим ребро $BC$.

1. Так как $h_A \perp (DBC)$, то прямая $h_A$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(DBC)$. Ребро $BC$ принадлежит плоскости $(DBC)$, следовательно, $h_A \perp BC$.

2. Аналогично, так как $h_D \perp (ABC)$, то прямая $h_D$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ABC)$. Ребро $BC$ принадлежит плоскости $(ABC)$, следовательно, $h_D \perp BC$.

Итак, прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $h_A$ и $h_D$, которые лежат в плоскости $\Pi$.

Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Отсюда следует, что $BC \perp \Pi$.

Теперь рассмотрим ребро $AD$. Вершина $A$ лежит на прямой $h_A$, а вершина $D$ — на прямой $h_D$. Поскольку обе прямые $h_A$ и $h_D$ содержатся в плоскости $\Pi$, то точки $A$ и $D$ также принадлежат этой плоскости. Следовательно, прямая $AD$, проходящая через эти две точки, целиком лежит в плоскости $\Pi$.

По определению прямой, перпендикулярной плоскости, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Так как $BC \perp \Pi$ и прямая $AD$ лежит в плоскости $\Pi$, то $BC \perp AD$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что рёбра $AD$ и $BC$ перпендикулярны.

23.4. Высоты тетраэдра $DABC$, проведённые из вершин $A$ и $D$, пересекаются. Докажите, что высоты, проведённые из вершин $B$ и $C$, тоже пересекаются.

Пусть $h_A$, $h_B$, $h_C$, $h_D$ — высоты тетраэдра $DABC$, проведенные из вершин $A, B, C, D$ соответственно.

1. Условие пересечения высот

Докажем, что высоты, проведенные из двух вершин тетраэдра, пересекаются тогда и только тогда, когда ребро, соединяющее эти вершины, перпендикулярно противоположному ребру.

Рассмотрим высоты $h_A$ и $h_D$.

Прямое утверждение: Пусть $h_A$ и $h_D$ пересекаются. Это означает, что они лежат в одной плоскости $\Pi$. Так как $A \in h_A$ и $D \in h_D$, то ребро $AD$ также лежит в плоскости $\Pi$.По определению, высота $h_A$ перпендикулярна плоскости грани $DBC$, следовательно, $h_A \perp BC$. Аналогично, $h_D \perp \text{пл.}(ABC)$, следовательно, $h_D \perp BC$.Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым ($h_A$ и $h_D$) в плоскости $\Pi$, то $BC$ перпендикулярна всей плоскости $\Pi$. А так как ребро $AD$ лежит в этой плоскости, то $BC \perp AD$.

Обратное утверждение: Пусть $BC \perp AD$.Рассмотрим плоскость $\Sigma$, проходящую через ребро $AD$ и перпендикулярную ребру $BC$. Такая плоскость единственна, поскольку $AD \perp BC$.Высота $h_A$ перпендикулярна плоскости $DBC$, а значит, и прямой $BC$. Так как $h_A$ проходит через точку $A$, она целиком лежит в плоскости $\Sigma$.Аналогично, высота $h_D$ перпендикулярна плоскости $ABC$, а значит, и прямой $BC$. Так как $h_D$ проходит через точку $D$, она также целиком лежит в плоскости $\Sigma$.Таким образом, высоты $h_A$ и $h_D$ лежат в одной плоскости $\Sigma$. Они не параллельны, так как перпендикулярны непараллельным плоскостям $DBC$ и $ABC$ (эти плоскости пересекаются по ребру $BC$). Следовательно, прямые $h_A$ и $h_D$ пересекаются.

Итак, мы доказали эквивалентность: высоты $h_A$ и $h_D$ пересекаются $\iff AD \perp BC$.

2. Решение задачи

По условию задачи, высоты $h_A$ и $h_D$ пересекаются. Из доказанной в пункте 1 эквивалентности следует, что $AD \perp BC$.

Нам нужно доказать, что высоты $h_B$ и $h_C$ тоже пересекаются.Применяя ту же самую эквивалентность для вершин $B$ и $C$, получаем, что высоты $h_B$ и $h_C$ пересекаются тогда и только тогда, когда ребро $BC$ перпендикулярно противоположному ему ребру $AD$, то есть $BC \perp AD$.

Поскольку отношение перпендикулярности прямых в пространстве симметрично ($AD \perp BC \iff BC \perp AD$), то из условия пересечения высот $h_A$ и $h_D$ напрямую следует условие пересечения высот $h_B$ и $h_C$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

23.5. Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре скрещивающиеся рёбра попарно перпендикулярны.

Ортоцентрическим тетраэдром называется тетраэдр, все четыре высоты которого (перпендикуляры, опущенные из вершин на противоположные грани) пересекаются в одной точке. Назовём эту точку пересечения ортоцентром тетраэдра и обозначим её буквой $H$.

Пусть дан ортоцентрический тетраэдр $ABCD$. Нам необходимо доказать, что его скрещивающиеся рёбра попарно перпендикулярны. Парами скрещивающихся рёбер в тетраэдре являются $(AD, BC)$, $(AB, CD)$ и $(AC, BD)$. Мы должны доказать, что $AD \perp BC$, $AB \perp CD$ и $AC \perp BD$.

Доказательство для пары рёбер $AD$ и $BC$:

Рассмотрим высоту, опущенную из вершины $A$ на плоскость грани $BCD$. По определению ортоцентрического тетраэдра, эта высота проходит через ортоцентр $H$. Следовательно, прямая $AH$ является высотой, и по определению высоты $AH$ перпендикулярна плоскости $BCD$.

Из того, что прямая $AH$ перпендикулярна плоскости $BCD$, следует, что она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Ребро $BC$ лежит в плоскости $BCD$, следовательно, мы имеем $AH \perp BC$.

Теперь рассмотрим высоту, опущенную из вершины $D$ на плоскость грани $ABC$. Эта высота также проходит через ортоцентр $H$. Таким образом, прямая $DH$ является высотой и перпендикулярна плоскости $ABC$.

Аналогично предыдущему шагу, так как прямая $DH$ перпендикулярна плоскости $ABC$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Ребро $BC$ лежит в плоскости $ABC$, следовательно, мы имеем $DH \perp BC$.

Мы установили, что ребро $BC$ перпендикулярно двум прямым: $AH$ и $DH$. Эти две прямые пересекаются в точке $H$ и, следовательно, определяют плоскость $ADH$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости. Таким образом, прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $ADH$.

Ребро $AD$ целиком лежит в плоскости $ADH$. Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна всей плоскости $ADH$, она перпендикулярна и любой прямой, лежащей в этой плоскости. Отсюда следует, что $BC \perp AD$.

Доказательство для других пар рёбер:

Перпендикулярность двух других пар скрещивающихся рёбер доказывается абсолютно аналогично.

Чтобы доказать, что $AB \perp CD$, мы используем тот факт, что ребро $AB$ перпендикулярно высотам $CH$ (так как $CH \perp$ плоскости $ABD$) и $DH$ (так как $DH \perp$ плоскости $ABC$). Следовательно, $AB$ перпендикулярно плоскости $CDH$, а значит, и ребру $CD$, которое лежит в этой плоскости.

Чтобы доказать, что $AC \perp BD$, мы показываем, что ребро $AC$ перпендикулярно высотам $BH$ (так как $BH \perp$ плоскости $ACD$) и $DH$ (так как $DH \perp$ плоскости $ABC$). Следовательно, $AC$ перпендикулярно плоскости $BDH$, а значит, и ребру $BD$, которое лежит в этой плоскости.

Таким образом, все три пары скрещивающихся рёбер в ортоцентрическом тетраэдре попарно перпендикулярны, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

23.6. В ортоцентрическом тетраэдре $DABC$ проведена высота $DH$. Докажите, что точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$.

По определению, тетраэдр называется ортоцентрическим, если его высоты пересекаются в одной точке. Эквивалентным и ключевым для решения данной задачи свойством ортоцентрического тетраэдра является то, что его скрещивающиеся (противоположные) ребра попарно перпендикулярны. Для тетраэдра $DABC$ это означает: $DA \perp BC$, $DB \perp AC$ и $DC \perp AB$.

В условии задачи дано, что $DH$ — высота тетраэдра, проведенная из вершины $D$ на основание (грань) $ABC$. Это означает, что прямая $DH$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$, то есть $DH \perp (ABC)$. Точка $H$ является основанием этой высоты и лежит в плоскости треугольника $ABC$.

Чтобы доказать, что точка $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$, необходимо показать, что она является точкой пересечения его высот. Для этого достаточно доказать, что $H$ лежит на двух высотах треугольника, например, что прямая $AH$ перпендикулярна стороне $BC$ и прямая $BH$ перпендикулярна стороне $AC$.

Докажем, что $AH \perp BC$.
1. По свойству ортоцентрического тетраэдра $DABC$ имеем, что противоположные ребра перпендикулярны, следовательно, $DA \perp BC$.
2. Так как $DH$ — высота, опущенная на плоскость $(ABC)$, то $DH \perp (ABC)$. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, прямая $DH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $DH \perp BC$.
3. Мы имеем, что прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DA$ и $DH$ (они пересекаются в точке $D$). Эти две прямые определяют плоскость $(DAH)$.
4. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в плоскости, то она перпендикулярна и самой этой плоскости. Таким образом, $BC \perp (DAH)$.
5. Прямая $AH$ лежит в плоскости $(DAH)$, так как обе точки, $A$ и $H$, принадлежат этой плоскости. По определению перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна плоскости, то она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Следовательно, $BC \perp AH$.
Это означает, что прямая $AH$ содержит высоту треугольника $ABC$, проведенную из вершины $A$.

Докажем, что $BH \perp AC$.
1. Аналогично, по свойству ортоцентрического тетраэдра $DABC$ имеем $DB \perp AC$.
2. Так как $DH \perp (ABC)$, то $DH \perp AC$.
3. Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DB$ и $DH$ из плоскости $(DBH)$.
4. Следовательно, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, $AC \perp (DBH)$.
5. Прямая $BH$ лежит в плоскости $(DBH)$. Следовательно, $AC \perp BH$.
Это означает, что прямая $BH$ содержит высоту треугольника $ABC$, проведенную из вершины $B$.

Поскольку точка $H$ является точкой пересечения прямых $AH$ и $BH$, а эти прямые содержат две высоты треугольника $ABC$ (из вершин $A$ и $B$ соответственно), то $H$ является точкой пересечения высот этого треугольника. По определению, точка пересечения высот треугольника является его ортоцентром.

Таким образом, доказано, что точка $H$ — ортоцентр треугольника $ABC$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Точка $H$, являющаяся основанием высоты $DH$ ортоцентрического тетраэдра $DABC$, есть ортоцентр треугольника $ABC$.

23.7. В тетраэдре основанием одной из высот является ортоцентр грани, к которой она проведена. Докажите, что данный тетраэдр является ортоцентрическим.

Пусть дан тетраэдр $DABC$. Пусть $DH$ — высота тетраэдра, опущенная из вершины $D$ на грань $ABC$. По условию задачи, основание высоты, точка $H$, является ортоцентром треугольника $ABC$.

Тетраэдр называется ортоцентрическим, если его высоты пересекаются в одной точке. Существует несколько эквивалентных определений ортоцентрического тетраэдра. Одно из них, наиболее удобное для данного доказательства, гласит: тетраэдр является ортоцентрическим тогда и только тогда, когда его противоположные (скрещивающиеся) рёбра попарно перпендикулярны.

Для тетраэдра $DABC$ нам необходимо доказать следующие три условия:
1) $AD \perp BC$
2) $BD \perp AC$
3) $CD \perp AB$

Доказательство:

Рассмотрим первую пару рёбер $AD$ и $BC$.По определению высоты тетраэдра, $DH$ перпендикулярна плоскости основания $(ABC)$. Это означает, что прямая $DH$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. В частности, $DH \perp BC$.

Поскольку точка $H$ является ортоцентром треугольника $ABC$, она является точкой пересечения его высот. Следовательно, прямая, проходящая через вершины $A$ и $H$, является высотой треугольника $ABC$, проведенной к стороне $BC$. Таким образом, $AH \perp BC$.

Итак, мы имеем, что прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся в точке $H$ прямым — $DH$ и $AH$. Эти две прямые определяют плоскость $(ADH)$. Согласно признаку перпендикулярности прямой и плоскости, если прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости, то она перпендикулярна и самой плоскости. Следовательно, $BC \perp (ADH)$.

Поскольку прямая $BC$ перпендикулярна плоскости $(ADH)$, она перпендикулярна любой прямой, лежащей в этой плоскости. Ребро тетраэдра $AD$ лежит в плоскости $(ADH)$, так как проходит через точки $A$ и $D$. Отсюда следует, что $AD \perp BC$.

Аналогичным образом доказывается перпендикулярность двух других пар скрещивающихся рёбер.

Для пары рёбер $BD$ и $AC$:
Из $DH \perp (ABC)$ следует $DH \perp AC$.
Так как $H$ — ортоцентр $\triangle ABC$, то $BH \perp AC$.
Прямая $AC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DH$ и $BH$, следовательно, $AC \perp (BDH)$.
Ребро $BD$ лежит в плоскости $(BDH)$, поэтому $BD \perp AC$.

Для пары рёбер $CD$ и $AB$:
Из $DH \perp (ABC)$ следует $DH \perp AB$.
Так как $H$ — ортоцентр $\triangle ABC$, то $CH \perp AB$.
Прямая $AB$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $DH$ и $CH$, следовательно, $AB \perp (CDH)$.
Ребро $CD$ лежит в плоскости $(CDH)$, поэтому $CD \perp AB$.

Мы доказали, что все три пары скрещивающихся рёбер тетраэдра попарно перпендикулярны. Таким образом, по определению, данный тетраэдр является ортоцентрическим.

Ответ: Что и требовалось доказать.

23.8. Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре средние линии равны.

Ортоцентрическим тетраэдром называется тетраэдр, в котором все четыре высоты, опущенные из вершин на противоположные грани, пересекаются в одной точке. Эквивалентным определением ортоцентрического тетраэдра является то, что его скрещивающиеся (противоположные) рёбра попарно перпендикулярны.

Пусть ABCD — ортоцентрический тетраэдр. Докажем утверждение с помощью векторов. Поместим вершину А в начало координат. Тогда векторы, идущие из А к другим вершинам, будут их радиус-векторами: $\vec{AB} = \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c}$, $\vec{AD} = \vec{d}$.

Условие перпендикулярности противоположных рёбер в векторной форме выглядит следующим образом:

• $AB \perp CD \implies \vec{AB} \cdot \vec{CD} = 0$. Так как $\vec{CD} = \vec{d} - \vec{c}$, получаем $\vec{b} \cdot (\vec{d} - \vec{c}) = 0$, или $\vec{b} \cdot \vec{d} = \vec{b} \cdot \vec{c}$.
• $AC \perp BD \implies \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0$. Так как $\vec{BD} = \vec{d} - \vec{b}$, получаем $\vec{c} \cdot (\vec{d} - \vec{b}) = 0$, или $\vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{c} \cdot \vec{b}$.
• $AD \perp BC \implies \vec{AD} \cdot \vec{BC} = 0$. Так как $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$, получаем $\vec{d} \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0$, или $\vec{d} \cdot \vec{c} = \vec{d} \cdot \vec{b}$.

Из этих трёх условий следует, что для ортоцентрического тетраэдра скалярные произведения векторов, соответствующих рёбрам, выходящим из одной вершины, равны:$\vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{d} = \vec{d} \cdot \vec{b}$.Обозначим это общее значение как k.

Средняя линия тетраэдра (также называемая бимедианой) — это отрезок, соединяющий середины скрещивающихся рёбер. В тетраэдре ABCD есть три средние линии. Найдём квадраты их длин.

1. Средняя линия, соединяющая середины рёбер AB и CD.Пусть $M_{AB}$ — середина AB, её радиус-вектор $\vec{m}_{AB} = \frac{\vec{b}}{2}$.Пусть $M_{CD}$ — середина CD, её радиус-вектор $\vec{m}_{CD} = \frac{\vec{c} + \vec{d}}{2}$.Квадрат длины этой средней линии $l_1$:$l_1^2 = |\vec{m}_{CD} - \vec{m}_{AB}|^2 = |\frac{\vec{c} + \vec{d}}{2} - \frac{\vec{b}}{2}|^2 = \frac{1}{4}|\vec{c} + \vec{d} - \vec{b}|^2$$l_1^2 = \frac{1}{4}(\vec{c} + \vec{d} - \vec{b}) \cdot (\vec{c} + \vec{d} - \vec{b}) = \frac{1}{4}(|\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 + |\vec{b}|^2 + 2\vec{c}\cdot\vec{d} - 2\vec{c}\cdot\vec{b} - 2\vec{d}\cdot\vec{b})$Подставляя $\vec{c}\cdot\vec{d} = \vec{c}\cdot\vec{b} = \vec{d}\cdot\vec{b} = k$, получаем:$l_1^2 = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 + 2k - 2k - 2k) = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 - 2k)$.

2. Средняя линия, соединяющая середины рёбер AC и BD.Пусть $M_{AC}$ — середина AC ($\vec{m}_{AC} = \frac{\vec{c}}{2}$), $M_{BD}$ — середина BD ($\vec{m}_{BD} = \frac{\vec{b} + \vec{d}}{2}$).Квадрат длины этой средней линии $l_2$:$l_2^2 = |\vec{m}_{BD} - \vec{m}_{AC}|^2 = |\frac{\vec{b} + \vec{d}}{2} - \frac{\vec{c}}{2}|^2 = \frac{1}{4}|\vec{b} + \vec{d} - \vec{c}|^2$$l_2^2 = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{d}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2\vec{b}\cdot\vec{d} - 2\vec{b}\cdot\vec{c} - 2\vec{d}\cdot\vec{c})$Используя $k$:$l_2^2 = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 + 2k - 2k - 2k) = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 - 2k)$.

3. Средняя линия, соединяющая середины рёбер AD и BC.Пусть $M_{AD}$ — середина AD ($\vec{m}_{AD} = \frac{\vec{d}}{2}$), $M_{BC}$ — середина BC ($\vec{m}_{BC} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$).Квадрат длины этой средней линии $l_3$:$l_3^2 = |\vec{m}_{BC} - \vec{m}_{AD}|^2 = |\frac{\vec{b} + \vec{c}}{2} - \frac{\vec{d}}{2}|^2 = \frac{1}{4}|\vec{b} + \vec{c} - \vec{d}|^2$$l_3^2 = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 + 2\vec{b}\cdot\vec{c} - 2\vec{b}\cdot\vec{d} - 2\vec{c}\cdot\vec{d})$Используя $k$:$l_3^2 = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 + 2k - 2k - 2k) = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + |\vec{d}|^2 - 2k)$.

Мы получили, что квадраты длин всех трёх средних линий равны одной и той же величине: $l_1^2 = l_2^2 = l_3^2$. Следовательно, равны и сами длины средних линий. Что и требовалось доказать.

Ответ: В ортоцентрическом тетраэдре средние линии равны.

23.9. Докажите, что если в тетраэдре средние линии равны, то такой тетраэдр является ортоцентрическим.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. Обозначим длины его ребер: $AB$, $AC$, $AD$, $BC$, $BD$, $CD$. Скрещивающимися (или противоположными) ребрами являются пары $(AB, CD)$, $(AC, BD)$ и $(AD, BC)$.

Средняя линия тетраэдра — это отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер. В тетраэдре три средние линии. Обозначим их длины $m_1$, $m_2$, $m_3$, где $m_1$ соединяет середины $AB$ и $CD$, $m_2$ — середины $AC$ и $BD$, а $m_3$ — середины $AD$ и $BC$. По условию задачи, все средние линии равны: $m_1 = m_2 = m_3$.

Тетраэдр называется ортоцентрическим, если его высоты (перпендикуляры из вершин на противоположные грани) пересекаются в одной точке. Существует несколько эквивалентных условий ортоцентричности тетраэдра. Одно из них гласит, что тетраэдр является ортоцентрическим тогда и только тогда, когда суммы квадратов длин его скрещивающихся ребер равны:

$AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2$

Чтобы доказать утверждение задачи, мы выведем формулы, связывающие длины средних линий с длинами ребер тетраэдра, и покажем, что из равенства длин средних линий следует выполнение вышеуказанного условия.

Рассмотрим четырехугольник, вершинами которого являются середины ребер $AC$, $BC$, $BD$ и $AD$. Обозначим эти середины как $K$, $L$, $M$, $N$ соответственно.

В треугольнике $ABC$ отрезок $KL$ является средней линией, следовательно, $KL \parallel AB$ и $KL = \frac{1}{2}AB$.

В треугольнике $ABD$ отрезок $NM$ является средней линией, следовательно, $NM \parallel AB$ и $NM = \frac{1}{2}AB$.

Таким образом, $KL \parallel NM$ и $KL = NM$, что означает, что четырехугольник $KLMN$ — параллелограмм.

Аналогично, рассматривая треугольники $ACD$ и $BCD$:

$KN$ — средняя линия $\triangle ACD \implies KN \parallel CD$ и $KN = \frac{1}{2}CD$.

$LM$ — средняя линия $\triangle BCD \implies LM \parallel CD$ и $LM = \frac{1}{2}CD$.

Диагоналями параллелограмма $KLMN$ являются отрезки $KM$ и $LN$. Отрезок $KM$ соединяет середины ребер $AC$ и $BD$, то есть это средняя линия длиной $m_2$. Отрезок $LN$ соединяет середины ребер $AD$ и $BC$, то есть это средняя линия длиной $m_3$.

Известно, что в любом параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон. Применим это свойство к параллелограмму $KLMN$:

$KM^2 + LN^2 = KL^2 + LM^2 + MN^2 + NK^2 = 2(KL^2 + KN^2)$

Подставим длины сторон и диагоналей:

$m_2^2 + m_3^2 = 2\left(\left(\frac{AB}{2}\right)^2 + \left(\frac{CD}{2}\right)^2\right) = \frac{AB^2 + CD^2}{2}$

Поступая аналогичным образом для других пар средних линий (например, рассматривая параллелограмм, образованный серединами ребер $AB, BC, CD, DA$), мы можем получить еще два соотношения:

$m_3^2 + m_1^2 = \frac{AC^2 + BD^2}{2}$

$m_1^2 + m_2^2 = \frac{AD^2 + BC^2}{2}$

Теперь воспользуемся условием задачи, согласно которому $m_1 = m_2 = m_3 = m$. Подставим это значение в полученные уравнения:

1. $m^2 + m^2 = \frac{AB^2 + CD^2}{2} \implies 2m^2 = \frac{AB^2 + CD^2}{2} \implies 4m^2 = AB^2 + CD^2$

2. $m^2 + m^2 = \frac{AC^2 + BD^2}{2} \implies 2m^2 = \frac{AC^2 + BD^2}{2} \implies 4m^2 = AC^2 + BD^2$

3. $m^2 + m^2 = \frac{AD^2 + BC^2}{2} \implies 2m^2 = \frac{AD^2 + BC^2}{2} \implies 4m^2 = AD^2 + BC^2$

Из этих трех равенств следует, что суммы квадратов длин скрещивающихся ребер равны $4m^2$ и, следовательно, равны между собой:

$AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2$

Как было указано ранее, это является необходимым и достаточным условием для того, чтобы тетраэдр был ортоцентрическим. Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Если в тетраэдре средние линии равны, то суммы квадратов длин скрещивающихся ребер равны, что является признаком ортоцентрического тетраэдра.

23.10. Существует ли тетраэдр $DABC$ такой, что $AB = CD = 3$ см, $BC = AD = 4$ см, $AC = BD = 5$ см?

Предположим, что такой тетраэдр $DABC$ существует. По условию, его противолежащие ребра равны: $AB = CD = 3$ см, $BC = AD = 4$ см, $AC = BD = 5$ см. В тетраэдре с таким свойством (он называется равногранным) все четыре грани являются равными друг другу треугольниками.

Рассмотрим любую грань, например, грань $ABC$. Ее стороны равны $AB = 3$ см, $BC = 4$ см, $AC = 5$ см. Для этих сторон выполняется равенство $3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2$. Согласно обратной теореме Пифагора, треугольник $ABC$ является прямоугольным, с прямым углом при вершине $B$ ($\angle ABC = 90^\circ$). Поскольку все грани равны, они все являются прямоугольными треугольниками со сторонами 3, 4 и 5 см.

Рассмотрим трехгранный угол при вершине $A$. Он образован плоскими углами граней $\triangle DAB$, $\triangle CAB$ и $\triangle CAD$. Для существования невырожденного тетраэдра необходимо, чтобы сумма любых двух из этих трех плоских углов была строго больше третьего.

Определим величины этих углов:

• Грань $\triangle DAB$ имеет стороны $DA=4$, $AB=3$, $DB=5$. Это прямоугольный треугольник, прямой угол лежит напротив гипотенузы $DB$. Таким образом, $\angle DAB = 90^\circ$.
• Грань $\triangle CAB$ имеет стороны $AB=3$, $BC=4$, $AC=5$. Это прямоугольный треугольник с гипотенузой $AC$. Угол $\angle CAB$ является острым, и его косинус равен $\cos(\angle CAB) = \frac{AB}{AC} = \frac{3}{5}$.
• Грань $\triangle CAD$ имеет стороны $AD=4$, $CD=3$, $AC=5$. Это прямоугольный треугольник с гипотенузой $AC$. Угол $\angle CAD$ является острым, и его косинус равен $\cos(\angle CAD) = \frac{AD}{AC} = \frac{4}{5}$.

Теперь проверим условие для трехгранного угла. Найдем сумму двух острых углов. Углы, косинусы которых равны $3/5$ и $4/5$, являются острыми углами одного и того же прямоугольного треугольника, поэтому их сумма равна $90^\circ$.
$\angle CAB + \angle CAD = 90^\circ$.

Третий угол, $\angle DAB$, также равен $90^\circ$. Таким образом, мы получили, что сумма двух плоских углов при вершине $A$ равна третьему: $\angle CAB + \angle CAD = \angle DAB$.

Это нарушает необходимое условие существования трехгранного угла (сумма должна быть строго больше). Равенство означает, что все три грани, сходящиеся в вершине $A$, лежат в одной плоскости. Следовательно, все четыре вершины тетраэдра $A, B, C, D$ лежат в одной плоскости. Такой тетраэдр является вырожденным (плоским) и имеет нулевой объем.

Поскольку под "тетраэдром" в геометрии обычно понимают невырожденное тело с положительным объемом, то такого тетраэдра не существует.

Ответ: Нет, не существует.

23.11. Докажите, что в равногранном тетраэдре скрещивающиеся рёбра попарно равны.

Пусть дан равногранный тетраэдр $ABCD$. Обозначим длины его рёбер следующим образом:

$|AB| = a$, $|CD| = a'$;

$|AC| = b$, $|BD| = b'$;

$|AD| = c$, $|BC| = c'$.

Пары скрещивающихся (противоположных) рёбер — это $(AB, CD)$, $(AC, BD)$ и $(AD, BC)$. Нам необходимо доказать, что $a = a'$, $b = b'$ и $c = c'$.

По определению, равногранный тетраэдр — это тетраэдр, у которого все четыре грани являются равными (конгруэнтными) треугольниками. Это означает, что наборы длин сторон у всех четырёх граней одинаковы. Пусть этот набор длин будет $\{l_1, l_2, l_3\}$.

Рассмотрим грани тетраэдра и наборы длин их сторон:

1. Грань $\triangle ABC$ имеет стороны с длинами $\{|AB|, |AC|, |BC|\} = \{a, b, c'\}$.

2. Грань $\triangle ABD$ имеет стороны с длинами $\{|AB|, |AD|, |BD|\} = \{a, c, b'\}$.

3. Грань $\triangle ACD$ имеет стороны с длинами $\{|AC|, |AD|, |CD|\} = \{b, c, a'\}$.

4. Грань $\triangle BCD$ имеет стороны с длинами $\{|BC|, |BD|, |CD|\} = \{c', b', a'\}$.

Поскольку все грани конгруэнтны, наборы длин их сторон должны быть равны одному и тому же набору $\{l_1, l_2, l_3\}$:

$\{a, b, c'\} = \{l_1, l_2, l_3\}$ (1)

$\{a, c, b'\} = \{l_1, l_2, l_3\}$ (2)

$\{b, c, a'\} = \{l_1, l_2, l_3\}$ (3)

$\{c', b', a'\} = \{l_1, l_2, l_3\}$ (4)

Сравнивая множества (1) и (2), мы видим, что у них есть общий элемент $a$. Следовательно, оставшиеся элементы также должны образовывать равные множества:

$\{b, c'\} = \{c, b'\}$

Это равенство возможно в двух случаях:

I) $b = c$ и $c' = b'$;

II) $b = b'$ и $c' = c$.

Теперь сравним множества (3) и (4). У них общий элемент $a'$. Таким образом, должно выполняться:

$\{b, c\} = \{c', b'\}$

Это равенство также возможно в двух случаях:

III) $b = c'$ и $c = b'$;

IV) $b = b'$ и $c = c'$.

Рассмотрим все возможные комбинации этих случаев.

Случай 1: Выполняются условия II и IV.

Из условия II имеем $b=b'$ и $c'=c$. Из условия IV имеем $b=b'$ и $c=c'$. Эти условия идентичны и означают, что $|AC|=|BD|$ и $|BC|=|AD|$. Это доказывает равенство двух пар скрещивающихся рёбер. Чтобы доказать равенство третьей пары, $a=a'$, сравним множества (1) и (3):

$\{a, b, c'\} = \{b, c, a'\}$

Подставляя $c' = c$, получаем:

$\{a, b, c\} = \{b, c, a'\}$

Отсюда следует, что $\{a\} = \{a'\}$, то есть $a = a'$. Таким образом, в этом случае доказано, что все скрещивающиеся рёбра попарно равны: $a=a'$, $b=b'$, $c=c'$.

Случай 2: Выполняются условия I и III.

Из I имеем $b = c$ и $c' = b'$. Из III имеем $b = c'$ и $c = b'$. Совмещая эти равенства, получаем $b = c = b' = c'$. То есть, четыре ребра тетраэдра ($AC, AD, BD, BC$) равны между собой. Вернёмся к наборам длин сторон граней. Например, (1) и (3):

$\{a, b, b\} = \{l_1, l_2, l_3\}$

$\{b, b, a'\} = \{l_1, l_2, l_3\}$

Из равенства этих наборов следует, что $a = a'$. Равенство остальных пар ($b=b', c=c'$) также очевидно, так как $b=c=b'=c'$.

Другие комбинации случаев.

Если выполняются условия I и IV, то $b=c, c'=b'$ и $b=b', c=c'$. Отсюда следует $b=c=b'=c'$, что приводит к результату Случая 2.

Если выполняются условия II и III, то $b=b', c'=c$ и $b=c', c=b'$. Отсюда следует $b=b'=c=c'$, что также приводит к результату Случая 2.

Таким образом, во всех возможных конфигурациях длин рёбер равногранного тетраэдра выполняется попарное равенство длин скрещивающихся рёбер. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что в равногранном тетраэдре скрещивающиеся рёбра попарно равны.

23.12. Периметры всех граней тетраэдра равны. Докажите, что такой тетраэдр является равногранным.

23.12.

Рассмотрим тетраэдр $ABCD$. Обозначим длины его ребер: $AB = c$, $AC = b$, $BC = a$, $AD = a'$, $BD = b'$, $CD = c'$. В тетраэдре есть три пары противолежащих ребер: $(AB, CD)$, $(AC, BD)$ и $(BC, AD)$. В наших обозначениях это пары $(c, c')$, $(b, b')$ и $(a, a')$.

Равногранный тетраэдр — это тетраэдр, все грани которого являются равными (конгруэнтными) треугольниками. Это условие выполняется тогда и только тогда, когда длины противолежащих ребер тетраэдра попарно равны, то есть $a = a'$, $b = b'$ и $c = c'$. Нам нужно доказать именно это, исходя из условия равенства периметров всех граней.

Грани тетраэдра — это треугольники $\triangle ABC$, $\triangle ABD$, $\triangle ACD$ и $\triangle BCD$. Запишем их периметры:
$P_{ABC} = AB + BC + AC = c + a + b$
$P_{ABD} = AB + BD + AD = c + b' + a'$
$P_{ACD} = AC + CD + AD = b + c' + a'$
$P_{BCD} = BC + CD + BD = a + c' + b'$

По условию задачи, все эти периметры равны. Обозначим их общее значение через $P$.
$a + b + c = P$
$a' + b' + c = P$
$a' + b + c' = P$
$a + b' + c' = P$

Приравнивая попарно эти выражения, получим систему уравнений:
$a + b + c = a' + b' + c \implies a + b = a' + b'$ (1)
$a + b + c = a' + b + c' \implies a + c = a' + c'$ (2)
$a + b + c = a + b' + c' \implies b + c = b' + c'$ (3)

Перепишем эту систему, сгруппировав переменные, чтобы выразить разности длин противолежащих ребер:
Из (1): $a - a' = b' - b$
Из (2): $a - a' = c' - c$
Из (3): $b - b' = c' - c$

Из первых двух уравнений следует, что $b' - b = c' - c$.
Третье уравнение можно записать как $-(b' - b) = c' - c$.

Таким образом, мы получили два соотношения для одних и тех же величин:
$c' - c = b' - b$
$c' - c = -(b' - b)$

Отсюда следует, что $b' - b = -(b' - b)$, что равносильно $2(b' - b) = 0$. Значит, $b' - b = 0$, или $b' = b$.

Подставив $b' - b = 0$ в равенство $c' - c = b' - b$, получаем $c' - c = 0$, то есть $c' = c$.

Подставив $b' - b = 0$ в равенство $a - a' = b' - b$, получаем $a - a' = 0$, то есть $a' = a$.

Итак, мы доказали, что длины противолежащих ребер тетраэдра попарно равны: $a = a'$, $b = b'$, $c = c'$.

Теперь проверим, являются ли грани тетраэдра равными треугольниками.
Стороны $\triangle ABC$: $a, b, c$.
Стороны $\triangle ABD$: $c, a', b'$, что при подстановке дает $c, a, b$.
Стороны $\triangle ACD$: $b, a', c'$, что при подстановке дает $b, a, c$.
Стороны $\triangle BCD$: $a, b', c'$, что при подстановке дает $a, b, c$.

Все четыре грани имеют одинаковый набор длин сторон $\{a, b, c\}$. Следовательно, по третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам), все четыре грани-треугольника конгруэнтны друг другу. Это означает, что тетраэдр является равногранным, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что если периметры всех граней тетраэдра равны, то такой тетраэдр является равногранным.

23.13. На рёбрах $AC$, $AD$, $BD$ и $BC$ тетраэдра $DABC$ отметили соответственно точки $M$, $N$, $K$ и $F$ так, что $CM : MA = 4 : 1$, $AN : ND = 3 : 5$, $BK : KD = 6 : 1$ и $BF : FC = 5 : 2$. Докажите, что точки $M$, $N$, $K$ и $F$ принадлежат одной плоскости.

Для доказательства того, что точки M, N, K и F лежат в одной плоскости, воспользуемся векторным методом. Четыре точки являются компланарными, если три вектора, с общим началом в одной из этих точек и концами в трех других, являются компланарными (линейно зависимыми).

Введем векторный базис, связанный с вершинами тетраэдра. Примем вершину D за начало координат. Обозначим векторы, исходящие из вершины D к трем другим вершинам, следующим образом: $ \vec{DA} = \vec{a} $, $ \vec{DB} = \vec{b} $, $ \vec{DC} = \vec{c} $. Так как DABC — тетраэдр, векторы $ \vec{a} $, $ \vec{b} $ и $ \vec{c} $ некомпланарны и могут быть приняты за базис в пространстве.

Выразим радиус-векторы точек M, N, K и F в этом базисе.

1. Точка M лежит на ребре AC и делит его в отношении $ CM : MA = 4 : 1 $. Ее радиус-вектор $ \vec{DM} $ (обозначим его $ \vec{m} $) находится по формуле деления отрезка в заданном отношении:
$ \vec{m} = \frac{1 \cdot \vec{DC} + 4 \cdot \vec{DA}}{1 + 4} = \frac{4}{5}\vec{DA} + \frac{1}{5}\vec{DC} = \frac{4}{5}\vec{a} + \frac{1}{5}\vec{c} $.

2. Точка N лежит на ребре AD и делит его в отношении $ AN : ND = 3 : 5 $. Следовательно, $ DN : NA = 5 : 3 $. Радиус-вектор $ \vec{DN} $ (обозначим $ \vec{n} $) равен:
$ \vec{n} = \frac{5}{5 + 3}\vec{DA} = \frac{5}{8}\vec{a} $.

3. Точка K лежит на ребре BD и делит его в отношении $ BK : KD = 6 : 1 $. Следовательно, $ DK : KB = 1 : 6 $. Радиус-вектор $ \vec{DK} $ (обозначим $ \vec{k} $) равен:
$ \vec{k} = \frac{1}{1 + 6}\vec{DB} = \frac{1}{7}\vec{b} $.

4. Точка F лежит на ребре BC и делит его в отношении $ BF : FC = 5 : 2 $. Ее радиус-вектор $ \vec{DF} $ (обозначим $ \vec{f} $) равен:
$ \vec{f} = \frac{2 \cdot \vec{DB} + 5 \cdot \vec{DC}}{2 + 5} = \frac{2}{7}\vec{DB} + \frac{5}{7}\vec{DC} = \frac{2}{7}\vec{b} + \frac{5}{7}\vec{c} $.

Теперь рассмотрим три вектора с общим началом в точке N: $ \vec{NM} $, $ \vec{NK} $ и $ \vec{NF} $.
$ \vec{NM} = \vec{m} - \vec{n} = (\frac{4}{5}\vec{a} + \frac{1}{5}\vec{c}) - \frac{5}{8}\vec{a} = (\frac{32 - 25}{40})\vec{a} + \frac{1}{5}\vec{c} = \frac{7}{40}\vec{a} + \frac{1}{5}\vec{c} $
$ \vec{NK} = \vec{k} - \vec{n} = \frac{1}{7}\vec{b} - \frac{5}{8}\vec{a} $
$ \vec{NF} = \vec{f} - \vec{n} = (\frac{2}{7}\vec{b} + \frac{5}{7}\vec{c}) - \frac{5}{8}\vec{a} = -\frac{5}{8}\vec{a} + \frac{2}{7}\vec{b} + \frac{5}{7}\vec{c} $

Точки M, N, K, F лежат в одной плоскости тогда и только тогда, когда векторы $ \vec{NM} $, $ \vec{NK} $ и $ \vec{NF} $ линейно зависимы. Это означает, что существуют такие числа $ x $ и $ y $, что выполняется равенство $ \vec{NF} = x \cdot \vec{NM} + y \cdot \vec{NK} $.

Подставим векторные выражения в это равенство:
$ -\frac{5}{8}\vec{a} + \frac{2}{7}\vec{b} + \frac{5}{7}\vec{c} = x(\frac{7}{40}\vec{a} + \frac{1}{5}\vec{c}) + y(-\frac{5}{8}\vec{a} + \frac{1}{7}\vec{b}) $

Сгруппируем слагаемые при базисных векторах $ \vec{a} $, $ \vec{b} $ и $ \vec{c} $:
$ -\frac{5}{8}\vec{a} + \frac{2}{7}\vec{b} + \frac{5}{7}\vec{c} = (\frac{7x}{40} - \frac{5y}{8})\vec{a} + \frac{y}{7}\vec{b} + \frac{x}{5}\vec{c} $

Поскольку векторы $ \vec{a} $, $ \vec{b} $, $ \vec{c} $ линейно независимы, мы можем приравнять коэффициенты при них в левой и правой частях уравнения, что дает систему из трех уравнений:
1) При $ \vec{a} $: $ -\frac{5}{8} = \frac{7x}{40} - \frac{5y}{8} $
2) При $ \vec{b} $: $ \frac{2}{7} = \frac{y}{7} $
3) При $ \vec{c} $: $ \frac{5}{7} = \frac{x}{5} $

Из второго уравнения находим $ y $: $ y = 2 $.
Из третьего уравнения находим $ x $: $ x = \frac{25}{7} $.
Подставим найденные значения $ x $ и $ y $ в первое уравнение для проверки:
$ -\frac{5}{8} = \frac{7}{40} \cdot (\frac{25}{7}) - \frac{5 \cdot 2}{8} $
$ -\frac{5}{8} = \frac{25}{40} - \frac{10}{8} $
$ -\frac{5}{8} = \frac{5}{8} - \frac{10}{8} $
$ -\frac{5}{8} = -\frac{5}{8} $

Равенство верное. Это означает, что система уравнений имеет решение. Следовательно, вектор $ \vec{NF} $ является линейной комбинацией векторов $ \vec{NM} $ и $ \vec{NK} $. Это доказывает, что векторы $ \vec{NM}, \vec{NK}, \vec{NF} $ компланарны, а значит, точки M, N, K и F лежат в одной плоскости. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

23.14. Плоскость пересекает рёбра $AB$, $BD$, $DC$ и $AC$ тетраэдра $DABC$ в точках $F$, $M$, $N$ и $P$ соответственно. Известно, что $AF : FB = 1 : 3$, $DN : NC = 1 : 2$, $CP : PA = 5 : 1$. Найдите отношение $BM : MD$.

Для решения данной задачи воспользуемся обобщенной теоремой Менелая для пространственного четырехугольника. Теорема гласит, что если плоскость пересекает ребра $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_4, A_4A_1$ замкнутой пространственной ломаной $A_1A_2A_3A_4$ в точках $M_1, M_2, M_3, M_4$ соответственно, то произведение отношений, в которых эти точки делят ребра, равно единице:

$$ \frac{A_1M_1}{M_1A_2} \cdot \frac{A_2M_2}{M_2A_3} \cdot \frac{A_3M_3}{M_3A_4} \cdot \frac{A_4M_4}{M_4A_1} = 1 $$

В нашем случае дан тетраэдр $DABC$. Плоскость пересекает ребра $AB, BD, DC$ и $AC$. Эти ребра образуют замкнутую пространственную ломаную $A \to B \to D \to C \to A$. Точки пересечения на этих ребрах — это $F$ на $AB$, $M$ на $BD$, $N$ на $DC$ и $P$ на $AC$ (ребро $CA$).

Применим теорему для этого пути и данных точек пересечения:

$$ \frac{AF}{FB} \cdot \frac{BM}{MD} \cdot \frac{DN}{NC} \cdot \frac{CP}{PA} = 1 $$

Из условия задачи нам известны следующие отношения:

• $AF : FB = 1 : 3$, следовательно $\frac{AF}{FB} = \frac{1}{3}$.
• $DN : NC = 1 : 2$, следовательно $\frac{DN}{NC} = \frac{1}{2}$.
• $CP : PA = 5 : 1$, следовательно $\frac{CP}{PA} = 5$.

Искомое отношение — это $BM : MD$. Обозначим $\frac{BM}{MD}$ через $k$.

Теперь подставим все известные значения в уравнение теоремы:

$$ \frac{1}{3} \cdot k \cdot \frac{1}{2} \cdot 5 = 1 $$

Решим полученное уравнение относительно $k$:

$$ \frac{5k}{6} = 1 $$

Умножим обе части уравнения на 6:

$$ 5k = 6 $$

Отсюда находим $k$:

$$ k = \frac{6}{5} $$

Следовательно, искомое отношение $BM : MD = 6 : 5$.

Ответ: $6:5$.

23.15. Все грани описанного вокруг тетраэдра параллелепипеда являются ромбами. Докажите, что этот тетраэдр является ортоцентрическим.

Для доказательства того, что тетраэдр является ортоцентрическим, необходимо и достаточно доказать, что его противоположные рёбра попарно перпендикулярны.

Рассмотрим тетраэдр и описанный вокруг него параллелепипед. Рёбра тетраэдра являются диагоналями граней этого параллелепипеда.

Пусть параллелепипед задан тремя векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, выходящими из одной вершины. Тогда рёбра тетраэдра, являющиеся диагоналями граней, можно представить парами векторов:

• $(\vec{a}+\vec{b})$ и $(\vec{a}-\vec{b})$ — диагонали грани, построенной на векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$.
• $(\vec{b}+\vec{c})$ и $(\vec{b}-\vec{c})$ — диагонали грани, построенной на векторах $\vec{b}$ и $\vec{c}$.
• $(\vec{c}+\vec{a})$ и $(\vec{c}-\vec{a})$ — диагонали грани, построенной на векторах $\vec{c}$ и $\vec{a}$.

Пары векторов в каждом пункте соответствуют парам противоположных рёбер тетраэдра.

По условию, все грани описанного параллелепипеда являются ромбами. Параллелограмм является ромбом тогда и только тогда, когда длины его смежных сторон равны. Для граней нашего параллелепипеда это означает:

• Грань на векторах $\vec{a}$ и $\vec{b}$ является ромбом, следовательно, $|\vec{a}| = |\vec{b}|$.
• Грань на векторах $\vec{b}$ и $\vec{c}$ является ромбом, следовательно, $|\vec{b}| = |\vec{c}|$.
• Грань на векторах $\vec{c}$ и $\vec{a}$ является ромбом, следовательно, $|\vec{c}| = |\vec{a}|$.

Таким образом, условие задачи эквивалентно равенству длин рёбер параллелепипеда, выходящих из одной вершины: $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}|$.

Теперь проверим перпендикулярность противоположных рёбер тетраэдра, вычислив их скалярные произведения.

1. Для первой пары противоположных рёбер (диагоналей грани на $\vec{a}$ и $\vec{b}$):
   $(\vec{a}+\vec{b}) \cdot (\vec{a}-\vec{b}) = |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2$.
   Поскольку $|\vec{a}| = |\vec{b}|$, то $|\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2 = 0$. Значит, эти рёбра перпендикулярны.
2. Для второй пары противоположных рёбер (диагоналей грани на $\vec{b}$ и $\vec{c}$):
   $(\vec{b}+\vec{c}) \cdot (\vec{b}-\vec{c}) = |\vec{b}|^2 - |\vec{c}|^2$.
   Поскольку $|\vec{b}| = |\vec{c}|$, то $|\vec{b}|^2 - |\vec{c}|^2 = 0$. Значит, эти рёбра перпендикулярны.
3. Для третьей пары противоположных рёбер (диагоналей грани на $\vec{c}$ и $\vec{a}$):
   $(\vec{c}+\vec{a}) \cdot (\vec{c}-\vec{a}) = |\vec{c}|^2 - |\vec{a}|^2$.
   Поскольку $|\vec{c}| = |\vec{a}|$, то $|\vec{c}|^2 - |\vec{a}|^2 = 0$. Значит, эти рёбра перпендикулярны.

Так как все три пары противоположных рёбер тетраэдра взаимно перпендикулярны, данный тетраэдр является ортоцентрическим, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

23.16. Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре $DABC$ выполняются равенства $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$.

Ортоцентрическим тетраэдром называется тетраэдр, у которого все четыре высоты пересекаются в одной точке. Ключевым свойством ортоцентрического тетраэдра, эквивалентным его определению, является то, что его противоположные (скрещивающиеся) ребра попарно перпендикулярны.

Для тетраэдра $DABC$ это означает выполнение следующих условий:

1. $DA \perp BC$
2. $DB \perp AC$
3. $DC \perp AB$

Для доказательства равенств воспользуемся векторным методом. Введем векторы, исходящие из вершины $D$:

$\vec{DA} = \vec{a}, \vec{DB} = \vec{b}, \vec{DC} = \vec{c}$

Тогда векторы, соответствующие остальным ребрам тетраэдра, выражаются через них:

$\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$

$\vec{AC} = \vec{c} - \vec{a}$

$\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}$

Запишем условия перпендикулярности противоположных ребер в виде равенства нулю их скалярных произведений:

1. $DA \perp BC \implies \vec{DA} \cdot \vec{BC} = 0 \implies \vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0 \implies \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$
2. $DB \perp AC \implies \vec{DB} \cdot \vec{AC} = 0 \implies \vec{b} \cdot (\vec{c} - \vec{a}) = 0 \implies \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{a}$
3. $DC \perp AB \implies \vec{DC} \cdot \vec{AB} = 0 \implies \vec{c} \cdot (\vec{b} - \vec{a}) = 0 \implies \vec{c} \cdot \vec{b} = \vec{c} \cdot \vec{a}$

Из этих трех соотношений следует, что скалярные произведения пар векторов, исходящих из вершины $D$, равны между собой:

$\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{c}$

Теперь выразим квадраты длин ребер через скалярные квадраты соответствующих векторов:

$DA^2 = |\vec{DA}|^2 = |\vec{a}|^2$

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

$DB^2 = |\vec{DB}|^2 = |\vec{b}|^2$

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

$DC^2 = |\vec{DC}|^2 = |\vec{c}|^2$

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

Вычислим суммы квадратов длин противоположных ребер:

1. $DA^2 + BC^2 = |\vec{a}|^2 + (|\vec{c}|^2 - 2(\vec{b} \cdot \vec{c}) + |\vec{b}|^2) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2(\vec{b} \cdot \vec{c})$
2. $DB^2 + AC^2 = |\vec{b}|^2 + (|\vec{c}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{c}) + |\vec{a}|^2) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{c})$
3. $DC^2 + AB^2 = |\vec{c}|^2 + (|\vec{b}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) + |\vec{a}|^2) = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b})$

Так как мы установили, что $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{c}$, все три полученные суммы равны друг другу.

Следовательно, в ортоцентрическом тетраэдре $DABC$ выполняется равенство $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. В ортоцентрическом тетраэдре суммы квадратов длин противоположных ребер равны: $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$.

23.17. Докажите, что если в тетраэдре $DABC$ выполняются равенства $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$, то такой тетраэдр является ортоцентрическим.

Тетраэдр называется ортоцентрическим, если его высоты (перпендикуляры, опущенные из вершин на противоположные грани) пересекаются в одной точке. Критерием ортоцентричности тетраэдра является попарная перпендикулярность его скрещивающихся (противоположных) рёбер. В тетраэдре $DABC$ скрещивающимися являются рёбра $(DA, BC)$, $(DB, AC)$ и $(DC, AB)$. Таким образом, для доказательства нам необходимо показать, что $DA \perp BC$, $DB \perp AC$ и $DC \perp AB$.

Для доказательства воспользуемся векторным методом. Поместим вершину $D$ в начало координат. Тогда векторы, идущие из вершины $D$ к остальным вершинам, будут их радиус-векторами: $\vec{DA} = \vec{a}$, $\vec{DB} = \vec{b}$, $\vec{DC} = \vec{c}$. Векторы, соответствующие остальным рёбрам, выражаются через них: $\vec{AB} = \vec{b} - \vec{a}$, $\vec{BC} = \vec{c} - \vec{b}$, $\vec{AC} = \vec{c} - \vec{a}$.

Квадрат длины любого ребра равен скалярному квадрату соответствующего вектора. Запишем данные в условии равенства в векторном виде.

Рассмотрим первое равенство: $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2$.
$|\vec{a}|^2 + |\vec{c} - \vec{b}|^2 = |\vec{b}|^2 + |\vec{c} - \vec{a}|^2$
$|\vec{a}|^2 + (|\vec{c}|^2 - 2(\vec{b} \cdot \vec{c}) + |\vec{b}|^2) = |\vec{b}|^2 + (|\vec{c}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{c}) + |\vec{a}|^2)$
После сокращения одинаковых слагаемых $(|\vec{a}|^2, |\vec{b}|^2, |\vec{c}|^2)$ в обеих частях уравнения, получим:
$-2(\vec{b} \cdot \vec{c}) = -2(\vec{a} \cdot \vec{c})$
$\vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{c}$
$\vec{c} \cdot (\vec{b} - \vec{a}) = 0$
Так как $\vec{c} = \vec{DC}$ и $\vec{b} - \vec{a} = \vec{AB}$, то $\vec{DC} \cdot \vec{AB} = 0$. Это означает, что рёбра $DC$ и $AB$ перпендикулярны.

Рассмотрим второе равенство: $DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$.
$|\vec{b}|^2 + |\vec{c} - \vec{a}|^2 = |\vec{c}|^2 + |\vec{b} - \vec{a}|^2$
$|\vec{b}|^2 + (|\vec{c}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{c}) + |\vec{a}|^2) = |\vec{c}|^2 + (|\vec{b}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) + |\vec{a}|^2)$
После сокращения получаем:
$-2(\vec{a} \cdot \vec{c}) = -2(\vec{a} \cdot \vec{b})$
$\vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$
$\vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b}) = 0$
Так как $\vec{a} = \vec{DA}$ и $\vec{c} - \vec{b} = \vec{BC}$, то $\vec{DA} \cdot \vec{BC} = 0$. Это означает, что рёбра $DA$ и $BC$ перпендикулярны.

Мы доказали перпендикулярность двух пар скрещивающихся рёбер. Для доказательства перпендикулярности третьей пары $(DB, AC)$ воспользуемся полученными результатами. Из первого равенства мы вывели, что $\vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{c}$. Из второго — что $\vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$. Следовательно, $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c}$.
Рассмотрим скалярное произведение векторов $\vec{DB}$ и $\vec{AC}$:
$\vec{DB} \cdot \vec{AC} = \vec{b} \cdot (\vec{c} - \vec{a}) = \vec{b} \cdot \vec{c} - \vec{b} \cdot \vec{a}$
Поскольку мы установили, что $\vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{b}$ (что то же самое, что $\vec{b} \cdot \vec{a}$), их разность равна нулю:
$\vec{DB} \cdot \vec{AC} = 0$.
Следовательно, рёбра $DB$ и $AC$ также перпендикулярны.

Таким образом, все три пары скрещивающихся рёбер тетраэдра $DABC$ попарно перпендикулярны. Это является необходимым и достаточным условием ортоцентричности тетраэдра.

Ответ: Так как из условия $DA^2 + BC^2 = DB^2 + AC^2 = DC^2 + AB^2$ следует, что скрещивающиеся рёбра тетраэдра попарно перпендикулярны ($DA \perp BC$, $DB \perp AC$, $DC \perp AB$), то такой тетраэдр является ортоцентрическим. Что и требовалось доказать.

23.18. Докажите, что в равногранном тетраэдре средние линии попарно перпендикулярны.

Пусть $ABCD$ — равногранный тетраэдр. Равногранным называется тетраэдр, у которого все четыре грани являются равными между собой треугольниками. Важным свойством такого тетраэдра является равенство длин его противоположных (скрещивающихся) ребер: $AB = CD$, $AC = BD$ и $AD = BC$.

Средними линиями тетраэдра (также называемыми бимедианами) называют отрезки, соединяющие середины его скрещивающихся ребер. Пусть $K, L, M, N, P, Q$ — середины ребер $AB, CD, AC, BD, AD, BC$ соответственно. Тогда средние линии нашего тетраэдра — это отрезки $KL$, $MN$ и $PQ$.

Требуется доказать, что эти три отрезка попарно перпендикулярны. Для доказательства построим вспомогательные четырехугольники, сторонами которых являются средние линии граней тетраэдра.

1. Докажем перпендикулярность $KL$ и $MN$. Рассмотрим четырехугольник $KNLM$. В треугольнике $\triangle ABD$ отрезок $KN$ является средней линией. По свойству средней линии, $KN$ параллельна стороне $AD$ и равна ее половине: $KN \parallel AD$ и $KN = \frac{1}{2}AD$. Аналогично, в треугольнике $\triangle ACD$ отрезок $ML$ является средней линией, поэтому $ML \parallel AD$ и $ML = \frac{1}{2}AD$. Поскольку отрезки $KN$ и $ML$ параллельны одной и той же прямой $AD$ и равны по длине, они параллельны и равны между собой. Следовательно, четырехугольник $KNLM$ является параллелограммом (по признаку: две противоположные стороны равны и параллельны). Отрезки $KL$ и $MN$ — это диагонали параллелограмма $KNLM$. Диагонали параллелограмма перпендикулярны тогда и только тогда, когда он является ромбом. Для этого необходимо, чтобы смежные стороны параллелограмма были равны, например, $KN = NL$. Мы уже знаем, что $KN = \frac{1}{2}AD$. Найдем длину $NL$. Отрезок $NL$ является средней линией в треугольнике $\triangle BCD$. Следовательно, $NL \parallel BC$ и $NL = \frac{1}{2}BC$. Таким образом, условие $KN = NL$ эквивалентно условию $AD = BC$. Поскольку тетраэдр $ABCD$ равногранный, это равенство выполняется. Значит, $KNLM$ — ромб, и его диагонали $KL$ и $MN$ перпендикулярны.

2. Докажем перпендикулярность $MN$ и $PQ$. Аналогично рассмотрим четырехугольник $MPNQ$. $MP$ — средняя линия $\triangle ADC$, поэтому $MP \parallel CD$ и $MP = \frac{1}{2}CD$. $QN$ — средняя линия $\triangle BCD$, поэтому $QN \parallel CD$ и $QN = \frac{1}{2}CD$. Следовательно, $MPNQ$ — параллелограмм. Его диагонали — $MN$ и $PQ$. Чтобы диагонали были перпендикулярны, параллелограмм должен быть ромбом, то есть его смежные стороны должны быть равны: $MP = PN$. $PN$ — средняя линия $\triangle ABD$, поэтому $PN \parallel AB$ и $PN = \frac{1}{2}AB$. Условие $MP = PN$ равносильно условию $\frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}AB$, или $CD = AB$. Это условие выполняется для равногранного тетраэдра. Значит, $MPNQ$ — ромб, и его диагонали $MN \perp PQ$.

3. Докажем перпендикулярность $PQ$ и $KL$. Рассмотрим четырехугольник $KPLQ$. $KP$ — средняя линия $\triangle ABD$, поэтому $KP \parallel BD$ и $KP = \frac{1}{2}BD$. $QL$ — средняя линия $\triangle BCD$, поэтому $QL \parallel BD$ и $QL = \frac{1}{2}BD$. Следовательно, $KPLQ$ — параллелограмм, диагоналями которого являются $KL$ и $PQ$. Чтобы диагонали были перпендикулярны, $KPLQ$ должен быть ромбом, то есть $KP = PL$. $PL$ — средняя линия $\triangle ACD$, поэтому $PL \parallel AC$ и $PL = \frac{1}{2}AC$. Условие $KP = PL$ равносильно условию $\frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC$, или $BD = AC$. Это условие выполняется для равногранного тетраэдра. Значит, $KPLQ$ — ромб, и его диагонали $PQ \perp KL$.

Таким образом, мы доказали, что все три средние линии равногранного тетраэдра попарно перпендикулярны.

Ответ: Утверждение доказано.