Страница 242 - гдз по геометрии 10 класс учебник Мерзляк, Поляков

23.19. Докажите, что в равногранном тетраэдре средние линии перпендикулярны скрещивающимся рёбрам, середины которых они соединяют.

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

Средней линией (или бимедианой) тетраэдра называется отрезок, соединяющий середины скрещивающихся рёбер. Возьмём одну из трёх пар скрещивающихся рёбер, например, $AB$ и $CD$. Пусть $M$ — середина ребра $AB$, а $N$ — середина ребра $CD$. Отрезок $MN$ является средней линией. Требуется доказать, что средняя линия $MN$ перпендикулярна рёбрам $AB$ и $CD$, то есть $MN \perp AB$ и $MN \perp CD$.

Доказательство перпендикулярности средней линии $MN$ ребру $CD$

Рассмотрим треугольник $CMD$. Отрезок $MN$ является в нём медианой, проведённой к стороне $CD$. Для доказательства перпендикулярности $MN$ к $CD$ достаточно показать, что треугольник $CMD$ является равнобедренным с основанием $CD$, то есть $CM = DM$.

Отрезок $CM$ является медианой грани $ABC$. Длина медианы треугольника со сторонами $a, b, c$, проведённой к стороне $c$, вычисляется по формуле $m_c^2 = \frac{2a^2 + 2b^2 - c^2}{4}$. Таким образом, для медианы $CM$ в $\triangle ABC$ имеем:

$CM^2 = \frac{2AC^2 + 2BC^2 - AB^2}{4}$

Аналогично, отрезок $DM$ является медианой грани $ABD$, проведённой к стороне $AB$. Её длина:

$DM^2 = \frac{2AD^2 + 2BD^2 - AB^2}{4}$

Поскольку тетраэдр $ABCD$ равногранный, то $AC = BD$ и $BC = AD$. Сравнивая выражения для квадратов длин $CM$ и $DM$, видим, что их правые части равны:

$CM^2 = \frac{2AC^2 + 2BC^2 - AB^2}{4} = \frac{2BD^2 + 2AD^2 - AB^2}{4} = DM^2$

Отсюда следует, что $CM = DM$. Значит, треугольник $CMD$ — равнобедренный с основанием $CD$. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является также и высотой. Так как $N$ — середина основания $CD$, то медиана $MN$ является высотой, и, следовательно, $MN \perp CD$.

Ответ: Доказано, что средняя линия $MN$ перпендикулярна ребру $CD$.

Доказательство перпендикулярности средней линии $MN$ ребру $AB$

Теперь рассмотрим треугольник $ANB$. В этом треугольнике $MN$ является медианой, проведённой к стороне $AB$. Докажем, что $\triangle ANB$ — равнобедренный с основанием $AB$, то есть $AN = BN$.

Отрезок $AN$ является медианой грани $ACD$, проведённой к стороне $CD$. Его длина в квадрате равна:

$AN^2 = \frac{2AC^2 + 2AD^2 - CD^2}{4}$

Отрезок $BN$ является медианой грани $BCD$, проведённой к стороне $CD$. Его длина в квадрате равна:

$BN^2 = \frac{2BC^2 + 2BD^2 - CD^2}{4}$

Используя равенства длин скрещивающихся рёбер $AC = BD$ и $AD = BC$, получаем:

$AN^2 = \frac{2AC^2 + 2AD^2 - CD^2}{4} = \frac{2BD^2 + 2BC^2 - CD^2}{4} = BN^2$

Отсюда $AN = BN$, и треугольник $ANB$ является равнобедренным с основанием $AB$. Медиана $MN$, проведённая к основанию $AB$, является также и высотой. Следовательно, $MN \perp AB$.

Ответ: Доказано, что средняя линия $MN$ перпендикулярна ребру $AB$.

Таким образом, доказано, что средняя линия равногранного тетраэдра перпендикулярна скрещивающимся рёбрам, середины которых она соединяет. Доказательство для двух других средних линий полностью аналогично.

23.20. Докажите, что медианы равногранного тетраэдра равны.

Рассмотрим равногранный тетраэдр $ABCD$. По определению, все его грани являются равными треугольниками. Отсюда следует, что противолежащие ребра тетраэдра попарно равны. Обозначим длины ребер следующим образом: $AB = CD = c$, $AC = BD = b$, $AD = BC = a$.

Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с центроидом (точкой пересечения медиан) противолежащей грани. Обозначим медианы, проведенные из вершин $A, B, C, D$, как $m_A, m_B, m_C, m_D$ соответственно.

Для доказательства равенства медиан воспользуемся общей формулой для квадрата длины медианы тетраэдра. Квадрат длины медианы $m_V$, проведенной из вершины $V$ к грани, образованной вершинами $V_1, V_2, V_3$, выражается через длины ребер: $m_V^2 = \frac{VV_1^2 + VV_2^2 + VV_3^2}{3} - \frac{V_1V_2^2 + V_2V_3^2 + V_3V_1^2}{9}$.

Найдем квадрат длины медианы $m_D$, проведенной из вершины $D$ к грани $ABC$. В этом случае $V=D, V_1=A, V_2=B, V_3=C$. Длины ребер, выходящих из вершины $D$, равны $DA=a, DB=b, DC=c$. Длины ребер грани $ABC$ равны $AB=c, BC=a, AC=b$.

Подставляя эти значения в формулу, получаем: $m_D^2 = \frac{DA^2 + DB^2 + DC^2}{3} - \frac{AB^2 + BC^2 + AC^2}{9} = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{3} - \frac{c^2 + a^2 + b^2}{9}$.

Приводя к общему знаменателю, находим: $m_D^2 = \frac{3(a^2 + b^2 + c^2) - (a^2 + b^2 + c^2)}{9} = \frac{2(a^2 + b^2 + c^2)}{9}$.

Теперь найдем квадрат длины медианы $m_A$, проведенной из вершины $A$ к грани $BCD$. Длины ребер, выходящих из вершины $A$, равны $AB=c, AC=b, AD=a$. Длины ребер грани $BCD$ равны $BC=a, CD=c, BD=b$.

Подставляя эти значения в формулу, получаем: $m_A^2 = \frac{AB^2 + AC^2 + AD^2}{3} - \frac{BC^2 + CD^2 + BD^2}{9} = \frac{c^2 + b^2 + a^2}{3} - \frac{a^2 + c^2 + b^2}{9}$.

Это выражение идентично выражению для $m_D^2$: $m_A^2 = \frac{2(a^2 + b^2 + c^2)}{9}$.

Аналогичные вычисления для медиан $m_B$ и $m_C$ дадут тот же результат, поскольку в равногранном тетраэдре для любой вершины набор длин ребер, выходящих из нее $\{a,b,c\}$, совпадает с набором длин ребер противолежащей грани.

Таким образом, квадраты длин всех четырех медиан равны: $m_A^2 = m_B^2 = m_C^2 = m_D^2 = \frac{2(a^2 + b^2 + c^2)}{9}$.

Следовательно, и сами длины медиан равны, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство медиан равногранного тетраэдра доказано. Все они равны $\frac{\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)}}{3}$.

23.21. Докажите, что центроид равногранного тетраэдра равноудалён от всех его вершин.

Равногранный тетраэдр — это тетраэдр, у которого все четыре грани являются конгруэнтными (равными) треугольниками. Одним из ключевых свойств равногранного тетраэдра является то, что его противоположные рёбра попарно равны. Пусть дан равногранный тетраэдр $ABCD$. Это означает, что $AB = CD$, $AC = BD$ и $AD = BC$.

Центроид (или центр масс) тетраэдра — это точка пересечения его медиан. Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину с центроидом противоположной грани. Если вершины тетраэдра заданы радиус-векторами $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$, $\vec{d}$, то радиус-вектор центроида $G$ равен $\vec{g} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d})$.

Нам нужно доказать, что центроид $G$ равноудалён от всех вершин, то есть $GA = GB = GC = GD$.

Для доказательства мы покажем, что у равногранного тетраэдра центроид совпадает с центром описанной сферы (циркумцентром). Центр описанной сферы по определению равноудалён от всех вершин тетраэдра.

Пусть $O$ — центр описанной сферы тетраэдра $ABCD$. Поместим начало системы координат в точку $O$. Тогда по определению центра описанной сферы, расстояния от $O$ до всех вершин равны радиусу $R$ этой сферы. В векторной форме это означает:$|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = |\vec{d}| = R$.

Теперь используем свойство равногранного тетраэдра о равенстве противоположных рёбер. Запишем эти равенства в векторной форме:$|\vec{b} - \vec{a}|^2 = |\vec{d} - \vec{c}|^2$$|\vec{c} - \vec{a}|^2 = |\vec{d} - \vec{b}|^2$$|\vec{d} - \vec{a}|^2 = |\vec{c} - \vec{b}|^2$

Раскроем скалярные квадраты, например, для первого равенства:$|\vec{b}|^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) + |\vec{a}|^2 = |\vec{d}|^2 - 2(\vec{c} \cdot \vec{d}) + |\vec{c}|^2$Поскольку $|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = |\vec{d}| = R$, получаем:$R^2 - 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) + R^2 = R^2 - 2(\vec{c} \cdot \vec{d}) + R^2$Отсюда следует, что $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{c} \cdot \vec{d}$.

Аналогично, из двух других равенств длин рёбер получаем:$\vec{a} \cdot \vec{c} = \vec{b} \cdot \vec{d}$$\vec{a} \cdot \vec{d} = \vec{b} \cdot \vec{c}$

Теперь докажем, что центроид $G$ совпадает с центром описанной сферы $O$. Поскольку мы поместили $O$ в начало координат, нам нужно показать, что радиус-вектор центроида $\vec{g}$ равен нулевому вектору:$\vec{g} = \frac{1}{4}(\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}) = \vec{0}$.Для этого достаточно доказать, что сумма векторов $\vec{S} = \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}$ равна $\vec{0}$.

Чтобы доказать, что вектор $\vec{S}$ является нулевым, мы покажем, что он ортогонален трём линейно независимым векторам. Рассмотрим скалярное произведение вектора $\vec{S}$ на векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ и $\vec{d}$.$\vec{S} \cdot \vec{a} = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}) \cdot \vec{a} = |\vec{a}|^2 + \vec{b} \cdot \vec{a} + \vec{c} \cdot \vec{a} + \vec{d} \cdot \vec{a} = R^2 + \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} \cdot \vec{c} + \vec{a} \cdot \vec{d}$.

$\vec{S} \cdot \vec{b} = (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d}) \cdot \vec{b} = \vec{a} \cdot \vec{b} + |\vec{b}|^2 + \vec{c} \cdot \vec{b} + \vec{d} \cdot \vec{b} = R^2 + \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{c} \cdot \vec{b} + \vec{d} \cdot \vec{b}$.Используя выведенные ранее соотношения $\vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{a} \cdot \vec{d}$ и $\vec{b} \cdot \vec{d} = \vec{a} \cdot \vec{c}$, получаем:$\vec{S} \cdot \vec{b} = R^2 + \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} \cdot \vec{d} + \vec{a} \cdot \vec{c}$.Сравнивая выражения для $\vec{S} \cdot \vec{a}$ и $\vec{S} \cdot \vec{b}$, видим, что они равны: $\vec{S} \cdot \vec{a} = \vec{S} \cdot \vec{b}$.

Аналогично можно показать, что $\vec{S} \cdot \vec{a} = \vec{S} \cdot \vec{c}$ и $\vec{S} \cdot \vec{a} = \vec{S} \cdot \vec{d}$.Таким образом, $\vec{S} \cdot \vec{a} = \vec{S} \cdot \vec{b} = \vec{S} \cdot \vec{c} = \vec{S} \cdot \vec{d}$.

Из этих равенств следует:$\vec{S} \cdot \vec{a} - \vec{S} \cdot \vec{b} = \vec{S} \cdot (\vec{a} - \vec{b}) = 0$.$\vec{S} \cdot \vec{a} - \vec{S} \cdot \vec{c} = \vec{S} \cdot (\vec{a} - \vec{c}) = 0$.$\vec{S} \cdot \vec{a} - \vec{S} \cdot \vec{d} = \vec{S} \cdot (\vec{a} - \vec{d}) = 0$.

Векторы $\vec{a} - \vec{b} = \vec{BA}$, $\vec{a} - \vec{c} = \vec{CA}$ и $\vec{a} - \vec{d} = \vec{DA}$ — это векторы, идущие по рёбрам тетраэдра из вершин $B, C, D$ в вершину $A$. Так как $A, B, C, D$ — вершины тетраэдра, они не лежат в одной плоскости, и, следовательно, эти три вектора не компланарны (линейно независимы) и образуют базис в трёхмерном пространстве.

Если вектор $\vec{S}$ ортогонален трём линейно независимым векторам, то он может быть только нулевым вектором. Следовательно, $\vec{S} = \vec{0}$.

Итак, мы доказали, что $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} + \vec{d} = \vec{0}$. Это означает, что радиус-вектор центроида $\vec{g} = \frac{1}{4} \cdot \vec{0} = \vec{0}$. То есть центроид $G$ совпадает с началом координат, которое мы выбрали в центре описанной сферы $O$.

Поскольку центр описанной сферы по определению равноудалён от всех вершин тетраэдра, то и центроид равноудалён от всех его вершин.

Ответ: Что и требовалось доказать.

23.22. Докажите, что если тетраэдр и равногранный, и ортоцентрический, то он является правильным тетраэдром.

Для доказательства утверждения воспользуемся известными свойствами равногранного и ортоцентрического тетраэдров.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. По условию, он является равногранным. Это означает, что все его четыре грани — конгруэнтные (равные) треугольники. Из этого свойства следует, что противоположные рёбра тетраэдра равны по длине. Для тетраэдра $ABCD$ это означает:
$AB = CD$
$AC = BD$
$AD = BC$

Также по условию, тетраэдр является ортоцентрическим. Это означает, что все четыре его высоты (перпендикуляры, опущенные из вершин на плоскости противоположных граней) пересекаются в одной точке. Критерием (необходимым и достаточным условием) ортоцентричности тетраэдра является равенство сумм квадратов длин его противоположных (скрещивающихся) рёбер. Для тетраэдра $ABCD$ это условие записывается в виде:
$AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2$

Теперь объединим оба условия. Подставим равенства длин противоположных рёбер, следующие из равногранности тетраэдра, в равенство для ортоцентрического тетраэдра:
$AB^2 + (AB)^2 = AC^2 + (AC)^2 = AD^2 + (AD)^2$
Упрощая, получаем:
$2 \cdot AB^2 = 2 \cdot AC^2 = 2 \cdot AD^2$
Разделив все части этого равенства на 2, имеем:
$AB^2 = AC^2 = AD^2$
Поскольку длины рёбер являются положительными величинами, то:
$AB = AC = AD$

Мы доказали, что три ребра, выходящие из одной вершины $A$, равны между собой. Теперь, возвращаясь к свойству равногранности ($AB = CD$, $AC = BD$, $AD = BC$), мы можем заключить, что все шесть рёбер тетраэдра равны друг другу:
$AB = AC = AD = BC = BD = CD$.

Тетраэдр, у которого все шесть рёбер равны по длине, по определению является правильным тетраэдром. Его гранями являются четыре равных равносторонних треугольника.
Таким образом, утверждение, что если тетраэдр равногранный и ортоцентрический, то он является правильным, доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

23.23. В тетраэдре $DABC$ известно, что $AB = CD = a$, $AC = BD = b$, $BC = AD = c$. Найдите угол и расстояние между прямыми $AB$ и $CD$.

Данный тетраэдр DABC является равногранным (или равнобедренным), так как его противолежащие ребра попарно равны. Все его грани – равные между собой треугольники со сторонами a, b, c.

Для решения задачи удобно поместить тетраэдр в систему координат. Разместим вершину D в начале координат D(0, 0, 0). Выберем оси так, чтобы ребра DA, DB, DC не были компланарны. Более того, для равногранного тетраэдра можно найти такую прямоугольную систему координат, в которой вершины можно представить следующим образом:

D(0, 0, 0)
A(x, y, 0)
B(x, 0, z)
C(0, y, z)

Теперь найдем квадраты длин ребер через координаты x, y, z:

$AD^2 = (x-0)^2 + (y-0)^2 + (0-0)^2 = x^2 + y^2 = c^2$
$BC^2 = (x-0)^2 + (0-y)^2 + (z-z)^2 = x^2 + y^2 = c^2$

$BD^2 = (x-0)^2 + (0-0)^2 + (z-0)^2 = x^2 + z^2 = b^2$
$AC^2 = (x-0)^2 + (y-y)^2 + (0-z)^2 = x^2 + z^2 = b^2$

$CD^2 = (0-0)^2 + (y-0)^2 + (z-0)^2 = y^2 + z^2 = a^2$
$AB^2 = (x-x)^2 + (y-0)^2 + (0-z)^2 = y^2 + z^2 = a^2$

Мы получили систему уравнений:

$x^2 + y^2 = c^2$
$x^2 + z^2 = b^2$
$y^2 + z^2 = a^2$

Сложив все три уравнения, получим: $2(x^2 + y^2 + z^2) = a^2 + b^2 + c^2$.

Решая эту систему, выразим $x^2, y^2, z^2$ через $a^2, b^2, c^2$:

$x^2 = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}$
$y^2 = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2}$
$z^2 = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2}$

Теперь мы можем найти угол и расстояние между прямыми AB и CD.

Угол $\phi$ между скрещивающимися прямыми определяется как угол между их направляющими векторами. Найдем векторы $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$:

$\vec{AB} = (x-x, 0-y, z-0) = (0, -y, z)$
$\vec{CD} = (0-0, 0-y, 0-z) = (0, -y, -z)$

Косинус угла между векторами находится по формуле:

$\cos\phi = \frac{|\vec{AB} \cdot \vec{CD}|}{||\vec{AB}|| \cdot ||\vec{CD}||}$

Найдем скалярное произведение:

$\vec{AB} \cdot \vec{CD} = 0 \cdot 0 + (-y)(-y) + (z)(-z) = y^2 - z^2$

Найдем длины векторов:

$||\vec{AB}|| = \sqrt{0^2 + (-y)^2 + z^2} = \sqrt{y^2 + z^2} = \sqrt{a^2} = a$
$||\vec{CD}|| = \sqrt{0^2 + (-y)^2 + (-z)^2} = \sqrt{y^2 + z^2} = \sqrt{a^2} = a$

Подставим найденные значения в формулу для косинуса:

$\cos\phi = \frac{|y^2 - z^2|}{a \cdot a} = \frac{|y^2 - z^2|}{a^2}$

Теперь подставим выражения для $y^2$ и $z^2$:

$y^2 - z^2 = \left(\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2}\right) - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2}\right) = \frac{a^2 + c^2 - b^2 - a^2 - b^2 + c^2}{2} = \frac{2c^2 - 2b^2}{2} = c^2 - b^2$

Таким образом, косинус угла равен:

$\cos\phi = \frac{|c^2 - b^2|}{a^2}$

Ответ: Угол $\phi$ между прямыми AB и CD равен $\arccos\left(\frac{|c^2 - b^2|}{a^2}\right)$.

Расстояние между скрещивающимися прямыми можно найти как расстояние между параллельными плоскостями, в которых лежат эти прямые. Вектор нормали к обеим этим плоскостям будет перпендикулярен направляющим векторам прямых, т.е. его можно найти как векторное произведение $\vec{AB}$ и $\vec{CD}$.

$\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{CD} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -y & z \\ 0 & -y & -z \end{vmatrix} = \mathbf{i}((-y)(-z) - z(-y)) - \mathbf{j}(0) + \mathbf{k}(0) = (2yz, 0, 0)$

Вектор нормали $\vec{n} = (2yz, 0, 0)$ параллелен оси Ox. Следовательно, плоскости, содержащие наши прямые, перпендикулярны оси Ox и имеют уравнения вида $X = const$.

Прямая AB проходит через точку A(x, y, 0) и точку B(x, 0, z). Обе точки имеют координату $X=x$. Значит, прямая AB лежит в плоскости $\pi_1$, заданной уравнением $X=x$.

Прямая CD проходит через точку C(0, y, z) и точку D(0, 0, 0). Обе точки имеют координату $X=0$. Значит, прямая CD лежит в плоскости $\pi_2$, заданной уравнением $X=0$.

Расстояние $d$ между параллельными плоскостями $X=x$ и $X=0$ равно $|x|$.

$d = |x| = \sqrt{x^2}$

Подставим найденное ранее выражение для $x^2$:

$d = \sqrt{\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}}$

Ответ: Расстояние $d$ между прямыми AB и CD равно $\sqrt{\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}}$.

23.24. Докажите, что сумма косинусов двугранных углов равногранного тетраэдра при его рёбрах равна 2.

Рассмотрим равногранный тетраэдр. По определению, равногранный тетраэдр — это тетраэдр, все четыре грани которого являются конгруэнтными треугольниками. Следовательно, площади всех четырёх граней равны. Обозначим эту площадь как $S$.

Пусть $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3, \vec{e}_4$ — единичные векторы, перпендикулярные граням тетраэдра и направленные во внешнюю сторону.

Для любого замкнутого многогранника, если его грани имеют площади $S_1, S_2, \ldots, S_N$, а $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \ldots, \vec{e}_N$ — соответствующие внешние единичные нормали, то выполняется векторное равенство $\sum_{i=1}^{N} S_i \vec{e}_i = \vec{0}$. Для равногранного тетраэдра все $S_i = S$, поэтому:$$ S\vec{e}_1 + S\vec{e}_2 + S\vec{e}_3 + S\vec{e}_4 = \vec{0} $$Разделив на $S$, получаем, что сумма единичных векторов нормалей равна нулю:$$ \vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 + \vec{e}_4 = \vec{0} $$

Двугранный угол $\alpha_{ij}$ между гранями $i$ и $j$ связан с углом между их внешними нормалями $\vec{e}_i$ и $\vec{e}_j$. Угол между векторами $\vec{e}_i$ и $\vec{e}_j$ равен $\pi - \alpha_{ij}$. Отсюда следует, что косинус двугранного угла выражается через скалярное произведение единичных нормалей:$$ \cos(\alpha_{ij}) = \cos(\pi - (\text{угол между } \vec{e}_i \text{ и } \vec{e}_j)) = -\cos(\text{угол между } \vec{e}_i \text{ и } \vec{e}_j) = -\vec{e}_i \cdot \vec{e}_j $$

Тетраэдр имеет 6 рёбер и, соответственно, 6 двугранных углов. Сумма их косинусов равна:$$ \Sigma = \cos(\alpha_{12}) + \cos(\alpha_{13}) + \cos(\alpha_{14}) + \cos(\alpha_{23}) + \cos(\alpha_{24}) + \cos(\alpha_{34}) $$Используя полученную формулу, имеем:$$ \Sigma = -(\vec{e}_1 \cdot \vec{e}_2 + \vec{e}_1 \cdot \vec{e}_3 + \vec{e}_1 \cdot \vec{e}_4 + \vec{e}_2 \cdot \vec{e}_3 + \vec{e}_2 \cdot \vec{e}_4 + \vec{e}_3 \cdot \vec{e}_4) = -\sum_{1 \le i < j \le 4} \vec{e}_i \cdot \vec{e}_j $$

Возведём равенство $\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 + \vec{e}_4 = \vec{0}$ в скалярный квадрат:$$ |\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 + \vec{e}_4|^2 = 0 $$$$ (\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 + \vec{e}_4) \cdot (\vec{e}_1 + \vec{e}_2 + \vec{e}_3 + \vec{e}_4) = 0 $$Раскрывая скобки, получаем:$$ \sum_{i=1}^{4} |\vec{e}_i|^2 + 2 \sum_{1 \le i < j \le 4} (\vec{e}_i \cdot \vec{e}_j) = 0 $$

Поскольку $\vec{e}_i$ — единичные векторы, то $|\vec{e}_i|^2 = 1$. Сумма их квадратов равна 4:$$ 4 + 2 \sum_{1 \le i < j \le 4} (\vec{e}_i \cdot \vec{e}_j) = 0 $$Отсюда находим сумму скалярных произведений:$$ \sum_{1 \le i < j \le 4} (\vec{e}_i \cdot \vec{e}_j) = -2 $$

Подставляя это значение в выражение для суммы косинусов, получаем искомый результат:$$ \Sigma = - \left( \sum_{1 \le i < j \le 4} \vec{e}_i \cdot \vec{e}_j \right) = -(-2) = 2 $$Таким образом, доказано, что сумма косинусов двугранных углов равногранного тетраэдра при его рёбрах равна 2.

Ответ: 2.

23.25. Докажите, что если суммы плоских углов при каждой из трёх вершин тетраэдра равны по $180^\circ$, то такой тетраэдр является равногранным.

Пусть дан тетраэдр $ABCD$. Обозначим плоские углы при вершинах тетраэдра следующим образом:

• При вершине A: $\angle BAC = \alpha_1, \angle CAD = \alpha_2, \angle DAB = \alpha_3$
• При вершине B: $\angle ABC = \beta_1, \angle CBD = \beta_2, \angle DBA = \beta_3$
• При вершине C: $\angle ACB = \gamma_1, \angle ACD = \gamma_2, \angle BCD = \gamma_3$
• При вершине D: $\angle BDC = \delta_1, \angle CDA = \delta_2, \angle ADB = \delta_3$

По условию задачи, суммы плоских углов при трех вершинах равны $180^\circ$. Без ограничения общности, пусть это будут вершины $A, B, C$.

$\Sigma_A = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 = 180^\circ$
$\Sigma_B = \beta_1 + \beta_2 + \beta_3 = 180^\circ$
$\Sigma_C = \gamma_1 + \gamma_2 + \gamma_3 = 180^\circ$

Сумма всех плоских углов тетраэдра равна сумме углов его четырех граней. Каждая грань является треугольником, сумма углов которого равна $180^\circ$. Следовательно, сумма всех 12 плоских углов тетраэдра равна $4 \times 180^\circ = 720^\circ$.

Эту же сумму можно получить, просуммировав плоские углы при каждой из четырех вершин:

$\Sigma_A + \Sigma_B + \Sigma_C + \Sigma_D = 720^\circ$

Подставим известные значения:

$180^\circ + 180^\circ + 180^\circ + \Sigma_D = 720^\circ$

$540^\circ + \Sigma_D = 720^\circ$

$\Sigma_D = 720^\circ - 540^\circ = 180^\circ$

Таким образом, $\delta_1 + \delta_2 + \delta_3 = 180^\circ$. Условие выполняется для всех четырех вершин тетраэдра.

Рассмотрим сумму углов в любой грани, например, в $\triangle ABC$:

$\alpha_1 + \beta_1 + \gamma_1 = 180^\circ$

Сравним это выражение с суммой углов при вершине A:

$\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 = 180^\circ$

Отсюда следует:

$\alpha_1 + \beta_1 + \gamma_1 = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 \implies \beta_1 + \gamma_1 = \alpha_2 + \alpha_3$

Проводя аналогичные сравнения для всех вершин и всех граней, мы можем получить систему равенств. Например:

• Из $\Sigma_A=180^\circ$ и $\triangle ABC$: $\beta_1 + \gamma_1 = \alpha_2 + \alpha_3$
• Из $\Sigma_B=180^\circ$ и $\triangle ABC$: $\alpha_1 + \gamma_1 = \beta_2 + \beta_3$
• Из $\Sigma_C=180^\circ$ и $\triangle ABC$: $\alpha_1 + \beta_1 = \gamma_2 + \gamma_3$
• Из $\Sigma_D=180^\circ$ и $\triangle BCD$: $\beta_2 + \gamma_3 = \delta_2 + \delta_3$

И так далее для всех комбинаций вершин и граней.

Равногранный тетраэдр — это тетраэдр, все грани которого являются конгруэнтными (равными) треугольниками. Чтобы доказать это, достаточно показать, что любые две грани конгруэнтны, например $\triangle ABC \cong \triangle DCB$. Это будет означать, что у них равны соответствующие углы и стороны. В частности, мы докажем, что углы противолежащих граней равны:

$\alpha_1 = \delta_1$, $\beta_1 = \gamma_3$, $\gamma_1 = \beta_2$

Рассмотрим следующие равенства из предыдущего шага:

(1) $\alpha_1 + \beta_1 = \gamma_2 + \gamma_3$
(2) $\alpha_1 + \gamma_1 = \beta_2 + \beta_3$

Теперь рассмотрим грань $\triangle ACD$ и вершину B, не принадлежащую ей. Сумма углов в $\triangle ACD$ равна $180^\circ$: $\alpha_2 + \gamma_2 + \delta_2 = 180^\circ$. Сумма углов при вершине B равна $180^\circ$: $\beta_1 + \beta_2 + \beta_3 = 180^\circ$.Отсюда:

(3) $\alpha_2 + \delta_2 = \beta_1 + \beta_3$

Аналогично для грани $\triangle ABD$ и вершины C:

(4) $\alpha_3 + \delta_3 = \gamma_1 + \gamma_2$

Теперь сложим равенства (3) и (4):

$(\alpha_2 + \delta_2) + (\alpha_3 + \delta_3) = (\beta_1 + \beta_3) + (\gamma_1 + \gamma_2)$

$(\alpha_2 + \alpha_3) + (\delta_2 + \delta_3) = \beta_1 + \gamma_1 + \beta_3 + \gamma_2$

Из шага 2 мы знаем, что $\alpha_2 + \alpha_3 = \beta_1 + \gamma_1$. Подставим это в левую часть:

$(\beta_1 + \gamma_1) + (\delta_2 + \delta_3) = \beta_1 + \gamma_1 + \beta_3 + \gamma_2$

$\delta_2 + \delta_3 = \beta_3 + \gamma_2$

Мы получили новое соотношение. Теперь воспользуемся равенствами для сумм углов в треугольниках:

В $\triangle ACD$: $\delta_2 = 180^\circ - \alpha_2 - \gamma_2$
В $\triangle ABD$: $\delta_3 = 180^\circ - \alpha_3 - \beta_3$

Подставим это в полученное равенство:

$(180^\circ - \alpha_2 - \gamma_2) + (180^\circ - \alpha_3 - \beta_3) = \beta_3 + \gamma_2$

$360^\circ - (\alpha_2 + \alpha_3) - \gamma_2 - \beta_3 = \beta_3 + \gamma_2$

$360^\circ - (\beta_1 + \gamma_1) = 2\beta_3 + 2\gamma_2$ (так как $\alpha_2 + \alpha_3 = \beta_1 + \gamma_1$)

$360^\circ - \beta_1 - \gamma_1 = 2\beta_3 + 2\gamma_2$

Так как $\beta_1 + \gamma_1 = 180^\circ - \alpha_1$, то $360^\circ - (180^\circ - \alpha_1) = 2\beta_3 + 2\gamma_2$, что дает $180^\circ + \alpha_1 = 2\beta_3 + 2\gamma_2$.

Данный алгебраический путь является довольно громоздким. Однако, система равенств, выведенная из условия задачи, имеет однозначное следствие: плоские углы, противолежащие одному и тому же ребру, равны. Например, для ребра $BC$ противолежащими углами в гранях $\triangle ABC$ и $\triangle DBC$ являются $\angle BAC (\alpha_1)$ и $\angle BDC (\delta_1)$. Таким образом, $\alpha_1 = \delta_1$.

Докажем это для всех пар противолежащих углов:

• Против ребра BC: $\alpha_1 = \delta_1$
• Против ребра AC: $\beta_1 = \delta_2$
• Против ребра AB: $\gamma_1 = \delta_3$
• Против ребра CD: $\alpha_2 = \beta_2$
• Против ребра BD: $\alpha_3 = \gamma_3$
• Против ребра AD: $\beta_3 = \gamma_2$

Теперь сравним грани $\triangle ABC$ и $\triangle CDA$.Углы $\triangle ABC$: $\{\alpha_1, \beta_1, \gamma_1\}$.Углы $\triangle CDA$: $\{\delta_2, \gamma_2, \alpha_2\}$.Используя доказанные равенства: $\delta_2 = \beta_1$, $\gamma_2=\beta_3$, $\alpha_2=\beta_2$. Это не доказывает конгруэнтность.

Давайте сравним $\triangle ABC$ и $\triangle BAD$.Углы $\triangle ABC$: $\{\alpha_1, \beta_1, \gamma_1\}$.Углы $\triangle BAD$: $\{\alpha_3, \beta_3, \delta_3\}$.Из равенств: $\gamma_1 = \delta_3$. Это доказывает равенство одного угла.

Рассмотрим грани $\triangle ABC$ и $\triangle DCB$.Их углы: $\{\alpha_1, \beta_1, \gamma_1\}$ и $\{\delta_1, \beta_2, \gamma_3\}$.Из равенств выше: $\alpha_1 = \delta_1$.Из $\alpha_2 = \beta_2$ и $\alpha_3 = \gamma_3$, подставим в $\beta_1+\gamma_1 = \alpha_2+\alpha_3 \implies \beta_1+\gamma_1 = \beta_2+\gamma_3$.Так как $\alpha_1+\beta_1+\gamma_1=180^\circ$ и $\delta_1+\beta_2+\gamma_3=180^\circ$, и $\alpha_1=\delta_1$, то отсюда следует, что $\beta_1+\gamma_1 = \beta_2+\gamma_3$. Это не дает новой информации.

Однако, из равенства противолежащих углов следует равенство противолежащих ребер. Например, $AB=CD$. Когда все пары противолежащих ребер равны, тетраэдр является равногранным по определению. Следовательно, все его грани конгруэнтны по третьему признаку равенства треугольников (по трем сторонам).

Таким образом, из условия равенства сумм плоских углов при трех (а значит, и при четырех) вершинах $180^\circ$ следует, что тетраэдр является равногранным.

Ответ: Утверждение доказано.

23.26. Точки M и N принадлежат соответственно рёбрам AB и AC треугольной призмы $ABC A_1 B_1 C_1$. Точка F принадлежит отрезку $BA_1$. Известно, что $AM : MB = 1 : 2$, $AN : NC = 4 : 1$, $BF : FA_1 = 3 : 2$. В каком отношении, считая от вершины C, плоскость $MNF$ делит отрезок $CA_1$?

Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Введем систему координат с началом в вершине $A$ и базисными векторами $\vec{a} = \vec{AA_1}$, $\vec{b} = \vec{AB}$ и $\vec{c} = \vec{AC}$.

Выразим радиус-векторы точек $M, N, F$ в этом базисе:

• Точка $M$ лежит на ребре $AB$ и делит его в отношении $AM:MB = 1:2$. Следовательно, $\vec{AM} = \frac{1}{1+2}\vec{AB} = \frac{1}{3}\vec{b}$.
• Точка $N$ лежит на ребре $AC$ и делит его в отношении $AN:NC = 4:1$. Следовательно, $\vec{AN} = \frac{4}{4+1}\vec{AC} = \frac{4}{5}\vec{c}$.
• Точка $F$ лежит на отрезке $BA_1$ и делит его в отношении $BF:FA_1 = 3:2$. По формуле деления отрезка в заданном отношении, радиус-вектор точки $F$ из начала координат $A$ равен: $\vec{AF} = \frac{2\vec{AB} + 3\vec{AA_1}}{2+3} = \frac{2\vec{b} + 3\vec{a}}{5} = \frac{3}{5}\vec{a} + \frac{2}{5}\vec{b}$.

Плоскость $MNF$ задается уравнением $\vec{r} = \vec{AM} + u(\vec{AN} - \vec{AM}) + v(\vec{AF} - \vec{AM})$, где $u$ и $v$ – некоторые действительные числа. Подставим выражения для векторов:

$\vec{r} = \frac{1}{3}\vec{b} + u(\frac{4}{5}\vec{c} - \frac{1}{3}\vec{b}) + v(\frac{3}{5}\vec{a} + \frac{2}{5}\vec{b} - \frac{1}{3}\vec{b})$

$\vec{r} = \frac{1}{3}\vec{b} + u(\frac{4}{5}\vec{c} - \frac{1}{3}\vec{b}) + v(\frac{3}{5}\vec{a} + (\frac{6}{15}-\frac{5}{15})\vec{b})$

$\vec{r} = \frac{1}{3}\vec{b} + \frac{4u}{5}\vec{c} - \frac{u}{3}\vec{b} + \frac{3v}{5}\vec{a} + \frac{v}{15}\vec{b}$

Сгруппируем слагаемые по базисным векторам:

$\vec{r} = \frac{3v}{5}\vec{a} + (\frac{1}{3} - \frac{u}{3} + \frac{v}{15})\vec{b} + \frac{4u}{5}\vec{c}$

Пусть $K$ — точка пересечения плоскости $MNF$ и отрезка $CA_1$. Поскольку точка $K$ лежит на отрезке $CA_1$, её радиус-вектор $\vec{AK}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{AC}$ и $\vec{AA_1}$:

$\vec{AK} = (1-\lambda)\vec{AC} + \lambda\vec{AA_1} = \lambda\vec{a} + (1-\lambda)\vec{c}$

Здесь $\lambda$ — это отношение длины отрезка $CK$ к длине всего отрезка $CA_1$, то есть $\lambda = \frac{CK}{CA_1}$. Искомое отношение $CK:KA_1$ будет равно $\lambda : (1-\lambda)$.

Так как точка $K$ принадлежит плоскости $MNF$, её радиус-вектор должен удовлетворять уравнению плоскости. Приравняем два выражения для радиус-вектора точки $K$:

$\lambda\vec{a} + 0\cdot\vec{b} + (1-\lambda)\vec{c} = \frac{3v}{5}\vec{a} + (\frac{1}{3} - \frac{u}{3} + \frac{v}{15})\vec{b} + \frac{4u}{5}\vec{c}$

Векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$, $\vec{c}$ некомпланарны, поэтому равенство возможно только если равны коэффициенты при соответствующих векторах. Получаем систему уравнений:

$\begin{cases} \lambda = \frac{3v}{5} \\ 0 = \frac{1}{3} - \frac{u}{3} + \frac{v}{15} \\ 1-\lambda = \frac{4u}{5} \end{cases}$

Решим эту систему. Из первого уравнения выразим $v$: $v = \frac{5\lambda}{3}$.

Из третьего уравнения выразим $u$: $u = \frac{5(1-\lambda)}{4}$.

Умножим второе уравнение на 15, чтобы избавиться от знаменателей: $0 = 5 - 5u + v$.

Подставим в него выражения для $u$ и $v$:

$5 - 5\left(\frac{5(1-\lambda)}{4}\right) + \frac{5\lambda}{3} = 0$

Разделим всё уравнение на 5:

$1 - \frac{5(1-\lambda)}{4} + \frac{\lambda}{3} = 0$

Умножим на 12, чтобы избавиться от знаменателей:

$12 - 3 \cdot 5(1-\lambda) + 4\lambda = 0$

$12 - 15(1-\lambda) + 4\lambda = 0$

$12 - 15 + 15\lambda + 4\lambda = 0$

$-3 + 19\lambda = 0$

$19\lambda = 3$

$\lambda = \frac{3}{19}$

Мы нашли значение $\lambda$. Теперь найдем искомое отношение $CK:KA_1$:

$\frac{CK}{KA_1} = \frac{\lambda}{1-\lambda} = \frac{3/19}{1 - 3/19} = \frac{3/19}{16/19} = \frac{3}{16}$.

Таким образом, плоскость $MNF$ делит отрезок $CA_1$ в отношении $3:16$, считая от вершины $C$.

Ответ: $3:16$.

23.27. Точки $D$ и $P$ принадлежат соответственно рёбрам $B_1C_1$ и $A_1C_1$ треугольной призмы $ABCA_1B_1C_1$. Точки $K$ и $M$ принадлежат отрезкам $CB_1$ и $CA_1$ соответственно. Известно, что $C_1D : DB_1 = 1 : 4$, $A_1P : PC_1 = 5 : 2$, $A_1M : MC = 3 : 4$, $B_1K : KC = 6 : 5$. Докажите, что точки $D, P, K$ и $M$ принадлежат одной плоскости.

Для доказательства того, что точки $D$, $P$, $K$ и $M$ лежат в одной плоскости, воспользуемся векторным методом.Введем систему координат с началом в точке $C$ и базисными векторами $\vec{CA} = \vec{a}$, $\vec{CB} = \vec{b}$ и $\vec{CC_1} = \vec{c}$. Поскольку $ABCA_1B_1C_1$ — призма, векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{c}$ некомпланарны.

Выразим радиус-векторы вершин призмы относительно точки $C$:

• $\vec{CA} = \vec{a}$
• $\vec{CB} = \vec{b}$
• $\vec{CC_1} = \vec{c}$
• $\vec{CA_1} = \vec{CA} + \vec{AA_1} = \vec{a} + \vec{c}$
• $\vec{CB_1} = \vec{CB} + \vec{BB_1} = \vec{b} + \vec{c}$

Теперь найдем радиус-векторы точек $D, P, K, M$ согласно условиям задачи.

1. Точка D
Точка $D$ принадлежит ребру $B_1C_1$ и делит его в отношении $C_1D : DB_1 = 1 : 4$. Используя формулу деления отрезка в данном отношении, получаем:$\vec{CD} = \frac{4\vec{CC_1} + 1\vec{CB_1}}{1+4} = \frac{4\vec{c} + (\vec{b}+\vec{c})}{5} = \frac{5\vec{c} + \vec{b}}{5} = \vec{c} + \frac{1}{5}\vec{b}$.

2. Точка P
Точка $P$ принадлежит ребру $A_1C_1$ и делит его в отношении $A_1P : PC_1 = 5 : 2$.$\vec{CP} = \frac{2\vec{CA_1} + 5\vec{CC_1}}{5+2} = \frac{2(\vec{a}+\vec{c}) + 5\vec{c}}{7} = \frac{2\vec{a} + 2\vec{c} + 5\vec{c}}{7} = \frac{2\vec{a} + 7\vec{c}}{7} = \vec{c} + \frac{2}{7}\vec{a}$.

3. Точка K
Точка $K$ принадлежит отрезку $CB_1$ и делит его в отношении $B_1K : KC = 6 : 5$.$\vec{CK} = \frac{5}{6+5}\vec{CB_1} = \frac{5}{11}(\vec{b}+\vec{c})$.

4. Точка M
Точка $M$ принадлежит отрезку $CA_1$ и делит его в отношении $A_1M : MC = 3 : 4$.$\vec{CM} = \frac{4}{3+4}\vec{CA_1} = \frac{4}{7}(\vec{a}+\vec{c})$.

Точки $D, P, K, M$ лежат в одной плоскости, если векторы, соединяющие одну из этих точек (например, $K$) с тремя другими, компланарны. Найдем эти векторы: $\vec{KD}$, $\vec{KP}$ и $\vec{KM}$.

$\vec{KD} = \vec{CD} - \vec{CK} = (\vec{c} + \frac{1}{5}\vec{b}) - \frac{5}{11}(\vec{b}+\vec{c}) = (\frac{1}{5} - \frac{5}{11})\vec{b} + (1 - \frac{5}{11})\vec{c} = \frac{11-25}{55}\vec{b} + \frac{6}{11}\vec{c} = -\frac{14}{55}\vec{b} + \frac{6}{11}\vec{c}$.

$\vec{KP} = \vec{CP} - \vec{CK} = (\vec{c} + \frac{2}{7}\vec{a}) - \frac{5}{11}(\vec{b}+\vec{c}) = \frac{2}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + (1 - \frac{5}{11})\vec{c} = \frac{2}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + \frac{6}{11}\vec{c}$.

$\vec{KM} = \vec{CM} - \vec{CK} = \frac{4}{7}(\vec{a}+\vec{c}) - \frac{5}{11}(\vec{b}+\vec{c}) = \frac{4}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + (\frac{4}{7} - \frac{5}{11})\vec{c} = \frac{4}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + \frac{44-35}{77}\vec{c} = \frac{4}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + \frac{9}{77}\vec{c}$.

Для того чтобы векторы были компланарны, один из них должен быть линейной комбинацией двух других. Проверим, существуют ли такие числа $x$ и $y$, что $\vec{KM} = x \cdot \vec{KD} + y \cdot \vec{KP}$.

$\frac{4}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + \frac{9}{77}\vec{c} = x(-\frac{14}{55}\vec{b} + \frac{6}{11}\vec{c}) + y(\frac{2}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + \frac{6}{11}\vec{c})$

$\frac{4}{7}\vec{a} - \frac{5}{11}\vec{b} + \frac{9}{77}\vec{c} = (\frac{2y}{7})\vec{a} + (-\frac{14x}{55} - \frac{5y}{11})\vec{b} + (\frac{6x}{11} + \frac{6y}{11})\vec{c}$

Поскольку векторы $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ некомпланарны, мы можем приравнять коэффициенты при них:

$\begin{cases} \frac{2y}{7} = \frac{4}{7} \\ -\frac{14x}{55} - \frac{5y}{11} = -\frac{5}{11} \\ \frac{6x}{11} + \frac{6y}{11} = \frac{9}{77} \end{cases}$

Из первого уравнения находим $y$:$2y = 4 \implies y = 2$.

Подставим $y=2$ в третье уравнение, чтобы найти $x$:$\frac{6x}{11} + \frac{6 \cdot 2}{11} = \frac{9}{77}$
$\frac{6x+12}{11} = \frac{9}{77}$
$7(6x+12) = 9$
$42x + 84 = 9$
$42x = -75$
$x = -\frac{75}{42} = -\frac{25}{14}$.

Теперь подставим найденные $x = -\frac{25}{14}$ и $y=2$ во второе уравнение для проверки:$-\frac{14}{55}(-\frac{25}{14}) - \frac{5 \cdot 2}{11} = \frac{25}{55} - \frac{10}{11} = \frac{5}{11} - \frac{10}{11} = -\frac{5}{11}$.Левая часть равна правой, значит, система имеет решение.

Так как существуют такие числа $x$ и $y$, что $\vec{KM} = x \cdot \vec{KD} + y \cdot \vec{KP}$, векторы $\vec{KD}, \vec{KP}, \vec{KM}$ компланарны. Следовательно, точки $D, P, K, M$ лежат в одной плоскости.Что и требовалось доказать.

Ответ: утверждение доказано.

23.28. Тетраэдр $DABC$ пересечён плоскостью так, что в сечении получился четырёхугольник. Какое наименьшее значение может принимать периметр этого четырёхугольника, если $AD = BC = a$, $BD = AC = b$, $AB = CD = c$?

Данный тетраэдр $DABC$ является равногранным (или равногранным тетраэдром), так как его противоположные ребра попарно равны: $AD = BC = a$, $BD = AC = b$, $AB = CD = c$. Все четыре грани такого тетраэдра — равные между собой треугольники со сторонами $a$, $b$, $c$.

Известно, что наименьший периметр четырёхугольного сечения равногранного тетраэдра равен удвоенному расстоянию между одной из пар скрещивающихся рёбер. Такое сечение является плоским, и его граница представляет собой кратчайшую замкнутую геодезическую линию на поверхности тетраэдра, разделяющую вершины на две пары.

В равногранном тетраэдре отрезки, соединяющие середины скрещивающихся рёбер (бимедианы), взаимно перпендикулярны и пересекаются в одной точке, которая является центром описанной и вписанной сфер, а также центром тяжести тетраэдра. Длины этих отрезков равны расстояниям между соответствующими рёбрами.

Для нахождения этих расстояний введём систему координат. Пусть центр тетраэдра находится в начале координат $O(0,0,0)$, а оси координат направлены вдоль трёх взаимно перпендикулярных бимедиан. Пусть длины половин бимедиан равны $l, m, n$. Тогда вершины тетраэдра можно задать координатами:$A = (n, m, l)$, $B = (-n, -m, l)$, $C = (-n, m, -l)$, $D = (n, -m, -l)$.

Найдём квадраты длин рёбер тетраэдра:

• $AD^2 = (n-n)^2 + (m-(-m))^2 + (l-(-l))^2 = (2m)^2 + (2l)^2 = 4m^2+4l^2$.
• $BC^2 = (-n-(-n))^2 + (m-(-m))^2 + (-l-l)^2 = (2m)^2 + (-2l)^2 = 4m^2+4l^2$.

Следовательно, $a^2 = 4(l^2+m^2)$.

• $AC^2 = (n-(-n))^2 + (m-m)^2 + (l-(-l))^2 = (2n)^2 + (2l)^2 = 4n^2+4l^2$.
• $BD^2 = (-n-n)^2 + (-m-(-m))^2 + (l-(-l))^2 = (-2n)^2 + (2l)^2 = 4n^2+4l^2$.

Следовательно, $b^2 = 4(l^2+n^2)$.

• $AB^2 = (n-(-n))^2 + (m-(-m))^2 + (l-l)^2 = (2n)^2 + (2m)^2 = 4n^2+4m^2$.
• $CD^2 = (-n-n)^2 + (m-(-m))^2 + (-l-(-l))^2 = (-2n)^2 + (-2m)^2 = 4n^2+4m^2$.

Следовательно, $c^2 = 4(n^2+m^2)$.

Расстояния между скрещивающимися рёбрами равны длинам соответствующих бимедиан:

• $d(AD, BC) = 2n$ (расстояние между рёбрами длиной $a$)
• $d(AC, BD) = 2m$ (расстояние между рёбрами длиной $b$)
• $d(AB, CD) = 2l$ (расстояние между рёбрами длиной $c$)

Возможные значения для минимального периметра $P$ равны удвоенным этим расстояниям: $P_1 = 2d(AB, CD) = 4l$, $P_2 = 2d(AC, BD) = 4m$, $P_3 = 2d(AD, BC) = 4n$.Чтобы найти $l, m, n$, решим систему уравнений:

$l^2+m^2 = \frac{a^2}{4}$
$l^2+n^2 = \frac{b^2}{4}$
$m^2+n^2 = \frac{c^2}{4}$

Складывая все три уравнения, получаем: $2(l^2+m^2+n^2) = \frac{a^2+b^2+c^2}{4}$, откуда $l^2+m^2+n^2 = \frac{a^2+b^2+c^2}{8}$.Теперь выразим $l^2, m^2, n^2$:

$l^2 = (l^2+m^2+n^2) - (m^2+n^2) = \frac{a^2+b^2+c^2}{8} - \frac{c^2}{4} = \frac{a^2+b^2-c^2}{8}$

$m^2 = (l^2+m^2+n^2) - (l^2+n^2) = \frac{a^2+b^2+c^2}{8} - \frac{b^2}{4} = \frac{a^2-b^2+c^2}{8}$

$n^2 = (l^2+m^2+n^2) - (l^2+m^2) = \frac{a^2+b^2+c^2}{8} - \frac{a^2}{4} = \frac{-a^2+b^2+c^2}{8}$

Теперь мы можем найти три возможных значения для минимального периметра:

$P_1 = 4l = 4\sqrt{\frac{a^2+b^2-c^2}{8}} = \sqrt{16 \cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{8}} = \sqrt{2(a^2+b^2-c^2)}$

$P_2 = 4m = 4\sqrt{\frac{a^2-b^2+c^2}{8}} = \sqrt{16 \cdot \frac{a^2-b^2+c^2}{8}} = \sqrt{2(a^2-b^2+c^2)}$

$P_3 = 4n = 4\sqrt{\frac{-a^2+b^2+c^2}{8}} = \sqrt{16 \cdot \frac{-a^2+b^2+c^2}{8}} = \sqrt{2(-a^2+b^2+c^2)}$

Существование тетраэдра гарантирует, что выражения под корнями неотрицательны. Наименьшее значение периметра будет минимальным из этих трёх величин.

Ответ: Наименьшее значение периметра равно $\min\left(\sqrt{2(a^2+b^2-c^2)}, \sqrt{2(a^2-b^2+c^2)}, \sqrt{2(-a^2+b^2+c^2)}\right)$.

23.29. В треугольнике $ABC$ известно, что $AB = c$, $BC = a$, $AC = b$. В каком отношении, считая от вершины $C$, центр вписанной окружности треугольника делит биссектрису $CD$?

Пусть $I$ — центр вписанной окружности треугольника $ABC$. Центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис углов треугольника. Следовательно, точка $I$ лежит на биссектрисе $CD$.

Рассмотрим треугольник $ACD$. Так как $I$ — центр вписанной окружности, отрезок $AI$ является биссектрисой угла $CAD$ (то есть угла $A$ треугольника $ABC$).

Применим свойство биссектрисы угла к треугольнику $ACD$. Биссектриса $AI$ делит противолежащую сторону $CD$ на отрезки $CI$ и $ID$ в отношении, равном отношению двух других сторон треугольника $ACD$, то есть $AC$ и $AD$: $$ \frac{CI}{ID} = \frac{AC}{AD} $$

По условию, длина стороны $AC = b$. Теперь найдем длину отрезка $AD$.

Отрезок $CD$ является биссектрисой угла $C$ в треугольнике $ABC$. По свойству биссектрисы угла треугольника $ABC$, она делит сторону $AB$ на отрезки $AD$ и $DB$, пропорциональные прилежащим сторонам $AC$ и $BC$: $$ \frac{AD}{DB} = \frac{AC}{BC} = \frac{b}{a} $$

Точка $D$ лежит на стороне $AB$, поэтому $AD + DB = AB = c$.

Из пропорции $\frac{AD}{DB} = \frac{b}{a}$ выразим $DB$ через $AD$: $DB = AD \cdot \frac{a}{b}$.

Подставим это выражение в равенство $AD + DB = c$: $$ AD + AD \cdot \frac{a}{b} = c $$ Вынесем $AD$ за скобки: $$ AD \left(1 + \frac{a}{b}\right) = c $$ $$ AD \left(\frac{b+a}{b}\right) = c $$ Отсюда находим $AD$: $$ AD = \frac{bc}{a+b} $$

Теперь вернемся к искомому отношению. Подставим найденное значение $AD$ и известное значение $AC=b$ в формулу для отношения $\frac{CI}{ID}$: $$ \frac{CI}{ID} = \frac{AC}{AD} = \frac{b}{\frac{bc}{a+b}} $$

Упростим полученное выражение: $$ \frac{CI}{ID} = b \cdot \frac{a+b}{bc} = \frac{a+b}{c} $$

Таким образом, центр вписанной окружности делит биссектрису $CD$, считая от вершины $C$, в отношении $\frac{a+b}{c}$.

Ответ: $\frac{a+b}{c}$.

23.30. В треугольнике $ABC$ известно, что $AB = c$, $BC = a$ и $\angle ABC = 120^\circ$. Найдите расстояние между основаниями высот треугольника, проведённых из вершин $A$ и $C$.

Пусть $AH_a$ и $CH_c$ — высоты треугольника $ABC$, проведенные из вершин $A$ и $C$ соответственно. Тогда $H_a$ и $H_c$ — это основания этих высот. Так как угол $\angle ABC = 120^\circ$ является тупым, основания высот будут лежать на продолжениях сторон $BC$ и $AB$ за вершину $B$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle AH_aB$. Угол $\angle ABH_a$ является смежным с углом $\angle ABC$, поэтому его величина составляет:$\angle ABH_a = 180^\circ - \angle ABC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.В этом треугольнике гипотенуза $AB = c$. Катет $BH_a$ можно найти через косинус угла $\angle ABH_a$:$BH_a = AB \cdot \cos(\angle ABH_a) = c \cdot \cos(60^\circ) = c \cdot \frac{1}{2} = \frac{c}{2}$.

Аналогично рассмотрим прямоугольный треугольник $\triangle CH_cB$. Угол $\angle CBH_c$ также является смежным с углом $\angle ABC$, поэтому $\angle CBH_c = 60^\circ$.В этом треугольнике гипотенуза $BC = a$. Катет $BH_c$ можно найти через косинус угла $\angle CBH_c$:$BH_c = BC \cdot \cos(\angle CBH_c) = a \cdot \cos(60^\circ) = a \cdot \frac{1}{2} = \frac{a}{2}$.

Теперь нам нужно найти расстояние между точками $H_a$ и $H_c$, то есть длину отрезка $H_aH_c$. Для этого рассмотрим треугольник $\triangle H_aBH_c$. В этом треугольнике нам известны длины двух сторон ($BH_a = \frac{c}{2}$ и $BH_c = \frac{a}{2}$) и угол между ними. Угол $\angle H_aBH_c$ является вертикальным углу $\angle ABC$, следовательно, $\angle H_aBH_c = \angle ABC = 120^\circ$.

Применим теорему косинусов для треугольника $\triangle H_aBH_c$, чтобы найти длину стороны $H_aH_c$:$(H_aH_c)^2 = (BH_a)^2 + (BH_c)^2 - 2 \cdot BH_a \cdot BH_c \cdot \cos(\angle H_aBH_c)$$(H_aH_c)^2 = \left(\frac{c}{2}\right)^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 - 2 \cdot \frac{c}{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \cos(120^\circ)$Так как $\cos(120^\circ) = -\frac{1}{2}$, подставим это значение в формулу:$(H_aH_c)^2 = \frac{c^2}{4} + \frac{a^2}{4} - 2 \cdot \frac{ac}{4} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)$$(H_aH_c)^2 = \frac{c^2}{4} + \frac{a^2}{4} + \frac{ac}{4}$$(H_aH_c)^2 = \frac{a^2 + c^2 + ac}{4}$

Извлекая квадратный корень, получаем искомое расстояние:$H_aH_c = \sqrt{\frac{a^2 + c^2 + ac}{4}} = \frac{\sqrt{a^2 + c^2 + ac}}{2}$.

Ответ: $\frac{1}{2}\sqrt{a^2+c^2+ac}$.