Завдання на побудову перерізів у тетраедрі. Тетраедр

Багатогранники

1.Тіло, поверхня якого складається з кінцевого числа плоских багатокутників, називається:

а) чотирикутник б) багатокутник

в) багатогранник г) шестикутник

2. Вершини багатогранника позначаються:

а) а, в, с, д... б) А, В, С, Д...

в) ав, сд, ас, пекло … г) АВ, СВ, АТ, ЦД …

3. До багатогранників відносяться:

а) паралелепіпед б) призма

в) піраміда г) усі відповіді вірні

4. Багатогранник, що складається з двох плоских багатокутників, поєднаних паралельним переносом, називається:

а) пірамідою б) призмою

в) циліндром г) паралелепіпедом

5. Відрізок, що з'єднує дві вершини призми, що не належать одній грані, називається:

а) діагоналлю б) ребром

в) гранню г) віссю

6. Якщо бічні ребра призми перпендикулярні до основи, то призма є:

а) похилою б) правильною

в) прямий г) опуклою

7. У призми бічні ребра:

а) рівні б) симетричні

в) паралельні та рівніг)паралельні

8. Якщо в основі призми лежить паралелограм, то вона є:

а) правильною призмою б) паралелепіпедом

в) правильним багатокутником; г) пірамідою

9. Грані паралелепіпеда не мають загальних вершин, називаються:

а) протилежними б) протилежними

в) симетричними г) рівними

10. Багатогранник, що складається з плоского багатокутника, крапки та відрізків, що їх з'єднують, називається:

а) конусом б) пірамідою

в) призмою г) кулею

11. Перпендикуляр, опущений з вершини піраміди на площину основи, називається:

а) медіаною б) віссю

в) діагоналлю г) заввишки

12. Відрізки, що з'єднують вершину піраміди з вершинами основи, називаються:

а) гранями б) сторонами

в) бічними ребрами г) діагоналями

13. Трикутна піраміда називається:

а) правильною пірамідою; б) тетраедром

в) похилою пірамідою г) призмою

14. Висота бічної грані правильної піраміди, проведена з її вершини, називається:

а) медіаною б) апофемою

в) перпендикуляром г) бісектрисою

15. До правильних багатогранників не належить:

а) куб б) тетраедр

в) ікосаедр г) піраміда

16. У куба всі грані:

а) прямокутники б) квадрати

в) трапеції г) ромби

17. Висота піраміди є:

а) віссю б) медіаною

в) перпендикуляром г) апофемою

18. Грані опуклого багатогранника є опуклими:

а) трикутниками б) кутами

в) багатокутниками г) шестикутниками

19. Підстави призми:

а) паралельні б) рівні

в) перпендикулярні г) не рівні

20. Бічна поверхня призми складається з:

а) паралелограмів б) квадратів

в) ромбів г) трикутників

21. Площею бічної поверхні призми називається:

а) сума площ бічних багатокутників

б) сума площ бічних ребер

в) сума площ бічних граней

г) сума площ основ

22. Бічна поверхня прямої призми дорівнює:

а) добутку периметра на довжину грані призми

б) добутку довжини грані призми на основу

в) добутку довжини грані призми на висоту

г) добутку периметра основи на висоту призми

23.Точка перетину діагоналей паралелепіпеда є його:

а) центром; б) центром симетрії.

в) лінійним розміром; г) точкою перерізу

24. До правильних багатогранників відносяться:

а) тетраедр б) куб та додекаедр

в) октаедр та ікосаедр г) всі відповіді вірні

Ключ

На цьому уроці ми розглянемо тетраедр та його елементи (ребро тетраедра, поверхня, грані, вершини). І вирішимо кілька завдань на побудову перерізів у тетраедрі, використовуючи загальний метод для побудови перерізів.

Тема: Паралельність прямих та площин

Урок: Тетраедр. Завдання на побудову перерізів у тетраедрі

Як побудувати тетраедр? Візьмемо довільний трикутник АВС. Довільну точку D, що не лежить у площині цього трикутника. Отримаємо 4 трикутники. Поверхня, утворена цими 4 трикутниками, називається тетраедром (Рис. 1.). Внутрішні точки, обмежені цією поверхнею, також входять до складу тетраедра.

Мал. 1. Тетраедр АВСD

Елементи тетраедра
А,B, C, D - вершини тетраедра.
AB, AC, AD, BC, BD, CD - ребра тетраедра.
ABC, ABD, BDC, ADC - грані тетраедра.

Примітка:можна прийняти площину АВСза основа тетраедра, і тоді точка Dє вершиною тетраедра. Кожне ребро тетраедра є перетином двох площин. Наприклад, ребро АВ- це перетин площин АВDі АВС. Кожна вершина тетраедра – це перетин трьох площин. Вершина Алежить у площинах АВС, АВD, АDЗ. Крапка А- це перетин трьох зазначених площин. Цей факт записується так: А= АВС ∩ АВD ∩ АСD.

Тетраедр визначення

Отже, тетраедр- Це поверхня, утворена чотирма трикутниками.

Ребро тетраедра- Лінія перечісування двох площин тетраедра.

Складіть із 6 сірників 4 рівні трикутники. На площині вирішити завдання не виходить. А у просторі це зробити легко. Візьмемо тетраедр. 6 сірників – це його ребра, чотири грані тетраедра і будуть чотирма рівними трикутниками. Завдання вирішено.

Дан тетраедр АВСD. Крапка Mналежить ребру тетраедра АВ, крапка Nналежить ребру тетраедра УDі крапка Рналежить ребру DЗ(Мал. 2.). Побудуйте перетин тетраедра площиною MNP.

Мал. 2. Малюнок до задачі 2 - Побудувати перетин тетраедра площиною

Рішення:
Розглянемо грань тетраедра DНД. У цій межі точки Nі Pналежать грані DНД, А значить, і тетраедру. Але за умовою точки N, Pналежать січній площині. Значить, NP- це лінія перетину двох площин: площини грані DНДта січній площині. Припустимо, що прямі NPі НДне паралельні. Вони лежать в одній площині DНД.Знайдемо точку перетину прямих NPі НД. Позначимо її Е(Мал. 3.).

Мал. 3. Малюнок задачі 2. Знаходження точки Е

Крапка Еналежить площині перерізу MNP, так як вона лежить на прямий NР, а пряма NРповністю лежить у площині перерізу MNP.

Також точка Ележить у площині АВСтому, що вона лежить на прямий НДз площини АВС.

Отримуємо, що ЇМ- лінія перетину площин АВСі MNP,так як точки Еі Млежать одночасно у двох площинах - АВСі MNP.З'єднаємо точки Мі Е, і продовжимо пряму ЇМдо перетину з прямої АС. Точку перетину прямих ЇМі АСпозначимо Q.

Отже, у цьому випадку NPQМ- Перетин, що шукається.

Мал. 4. Малюнок задачі 2.Рішення задачі 2

Розглянемо тепер випадок, коли NPпаралельна BC. Якщо пряма NPпаралельна до якої-небудь прямої, наприклад, прямої НДз площини АВС, то пряма NPпаралельна всій площині АВС.

Шукана площина перерізу проходить через пряму NP, паралельну площині АВС, і перетинає площину прямою МQ. Значить, лінія перетину МQпаралельна прямий NP. Отримуємо, NPQМ- Перетин, що шукається.

Крапка Млежить на бічній грані АDУтетраедра АВСD. Побудуйте перетин тетраедра площиною, що проходить через точку Мпаралельно підставі АВС.

Мал. 5. Малюнок до задачі 3 Побудувати перетин тетраедра площиною

Рішення:
Поточна площина φ паралельна площині АВСза умовою, отже, ця площина φ паралельна прямим АВ, АС, НД.
У площині АВDчерез точку Мпроведемо пряму PQпаралельно АВ(Рис. 5). Пряма PQлежить у площині АВD. Аналогічно у площині АСDчерез точку Рпроведемо пряму РRпаралельно АС. Отримали крапку R. Дві прямі, що перетинаються PQі РRплощині РQRвідповідно паралельні двом прямим прямокутним прямим АВі АСплощині АВСотже, площині АВСі РQRпаралельні. РQR- Перетин, що шукається. Завдання вирішено.

Дан тетраедр АВСD. Крапка М- точка внутрішня, точка грані тетраедра АВD. N- Внутрішня точка відрізка DЗ(Мал. 6.). Побудувати точку перетину прямої NMта площині АВС.

Мал. 6. Малюнок завдання 4

Рішення:
Для вирішення збудуємо допоміжну площину DМN. Нехай пряма DМперетинає пряму АВ у точці До(Мал. 7.). Тоді, СКD- це переріз площини DМNта тетраедра. У площині DМNлежить і пряма NM, та отримана пряма СК. Значить, якщо NMне паралельна СК, то вони перетнуться в деякій точці Р. Крапка Рі буде шукана точка перетину прямий NMта площині АВС.

Мал. 7. Малюнок задачі 4. Розв'язання задачі 4

Дан тетраедр АВСD. М- Внутрішня точка грані АВD. Р- Внутрішня точка грані АВС. N- Внутрішня точка ребра DЗ(Мал. 8.). Побудувати перетин тетраедра площиною, що проходить через крапки М, Nі Р.

Мал. 8. Малюнок до задачі 5 Побудувати перетин тетраедра площиною

Рішення:
Розглянемо перший випадок, коли пряма MNне паралельна площині АВС. У минулому завданні ми знайшли точку перетину прямої MNта площині АВС. Це точка До, вона отримана за допомогою допоміжної площини DМN, тобто. ми проводимо DМі отримуємо точку F. Проводимо СFі на перетині MNотримуємо крапку До.

Мал. 9. Малюнок задачі 5. Знаходження точки К

Проведемо пряму КР. Пряма КРлежить і в площині перерізу, і в площині АВС. Отримуємо точки Р 1і Р 2. З'єднуємо Р 1і Мі на продовженні отримуємо крапку М 1. З'єднуємо точку Р 2і N. В результаті отримуємо шуканий переріз Р 1 Р 2 NМ 1. Завдання у першому випадку вирішено.
Розглянемо другий випадок, коли пряма MNпаралельна площині АВС. Площина МNРпроходить через пряму МNпаралельну площині АВСі перетинає площину АВСза деякою прямою Р 1 Р 2тоді пряма Р 1 Р 2паралельна даній прямий MN(Мал. 10.).

Мал. 10. Малюнок задачі 5. Шуканий перетин

Тепер проведемо пряму Р 1 Мі отримаємо точку М 1.Р 1 Р 2 NМ 1- Перетин, що шукається.

Отже, ми розглянули тетраедр, вирішили деякі типові завдання на тетраедр. На наступному уроці ми розглянемо паралелепіпед.

1. І. М. Смирнова, В. А. Смирнов. - 5-е видання, виправлене та доповнене - М.: Мнемозіна, 2008. - 288 с. : іл. Геометрія. 10-11 клас: підручник для учнів загальноосвітніх установ (базовий та профільний рівні)

2. Шаригін І. Ф. – М.: Дрофа, 1999. – 208 с.: іл. Геометрія. 10-11 клас: Підручник для загальноосвітніх навчальних закладів

3. Є. В. Потоскуєв, Л. І. Звалич. – 6-те видання, стереотип. - М.: Дрофа, 008. - 233 с. :іл. Геометрія. 10 клас: Підручник для загальноосвітніх закладів з поглибленим та профільним вивченням математики

Додаткові веб-ресурси

2. Як побудувати перетин тетраедра. Математика ().

3. Фестиваль педагогічних ідей ().

Зроби вдома завдання на тему "Тетраедр", як знаходити ребро тетраедра, грані тетраедра, вершини та поверхню тетраедра

1. Геометрія. 10-11 клас: підручник для учнів загальноосвітніх установ (базовий та профільний рівні) І. М. Смирнова, В. А. Смирнов. – 5-е видання, виправлене та доповнене – М.: Мнемозіна, 2008. – 288 с.: іл. Завдання 18, 19, 20 стор.

2. Крапка Есередина ребра МАтетраедра МАВС. Побудуйте перетин тетраедра площиною, що проходить через крапки В, Сі Е.

3. У тетраедрі МАВС точка М належить грані АМВ, точка Р – грані ВМС, точка К – ребру АС. Побудуйте перетин тетраедра площиною, що проходить через крапки М, Р, До.

4. Які фігури можуть вийти внаслідок перетину площиною тетраедра?

Багатьом геометрія здається непотрібною дисципліною, яка не стане в нагоді в майбутньому. Іншим вона не дається через велику міру складності або гуманітарного складу розуму. Через всі ці обставини діти не мають бажання слухати на уроці, вникати, вчити напам'ять формули, правила та закони. А тим часом ця дисципліна потрібна для багатьох популярних у наш час і високооплачуваних професій (архітектор, конструктор, дизайнер, інженер, будівельник, урбаніст). Так само вона розвиває просторове мислення та уяви, відточує навички доведення та резюмування.

Деякі батьки для своїх дітей наймають репетиторів, але не кожна сім'я може дозволити собі оплачувати додаткові індивідуальні заняття. Доцільно в такій ситуації користуватись решібниками. Актуальним на сьогоднішній день є посібник, розроблений командою досвідчених та відомих методистів на чолі з Л. С. Атанасяном, випущений видавництвом «Освіта» у 2015 році.

Кому принесе користь навчально-методичний комплекс із геометрії для 10-11 класів (автори: Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф., Кадомцев С.Б., Кисельова Л.С., Позняк Е.Г.)

По-перше, самим учням. Вони можуть не просто бездумно списувати домашню роботу, а розуміти, переглядаючи докладні описи рішення від укладача.

По-друге, їхнім батькам. Шкільна програма випускних класів дуже складна, вона містить останні теми і найважчі завдання. Навіть батьки, які добре володіють точними науками та пов'язані з цією сферою, часто не можуть допомогти із домашнім завданням. Також у них зовсім не залишається сил і часу після роботи.

По-третє, вчителям та репетиторам. Знову ж таки для того, щоб заощаджувати час, адже крім перевірки д/з вони повинні складати нові завдання (класні, самостійні, контрольні) для роботи на заняттях.

Переваги:

• зручність користування;
• лише вірні відповіді;
• онлайн-режим;
• здатність відкриватися будь-яких платформах.

Зміст посібника з геометрії для 10-11 класів від Л.С. Атанасяна

Ця книга включає абсолютно всі теми, розділи та параграфи з оригінального підручника, такі як:

• паралельність прямих та площин;
• взаємне розташування прямих у просторі. Кут між ними;
• тетраедр та паралелепіпед;
• теорема про три перпендикуляри;
• багатогранники (призму, теорема Ейлера);
• просторова т. Піфагора;
• метод координат у просторі, руху;
• циліндр, конус, куля;
• планіметрія (еліпс, гіпербола та парабола).

Варто зазначити, що на цьому етапі навчання хлопцям належить дуже важке випробування-здавання ЄДІ. У єдиний державний іспит входять якраз найскладніші теми. Для того, щоб отримати добрий результат, важливо не лише знати формули, а й розуміти матеріал. А тим часом, від кількості отриманих балів залежить дуже багато - вступ, майбутня професія. Тому, безперечно, варто звернутися до цієї збірки, яка принесе чимало користі та допоможе у цей складний період.

У тетраедрі ABCDна ребрі ABвзято крапку K, на ребрі AC- крапка L, на ребрі BD- крапка N, на ребрі СD- крапка M. Крапки Eі Gє середини ребер ADі BCвідповідно. Прямі EG, KMі LNперетинаються в одній точці. Знайти площу чотирикутника KLMN, якщо AK : KB = 5, AD = 9, BC= 9, а кут між схрещувальними прямими ADі BCдорівнює 45 °.

Рішення.

Нехай тоді

Оскільки EMі KGлежать в одній площині, вони перетинаються на прямій AC(Нехай у точці Q). По теоремі Менела для трикутника ABCі прямий KGQмаємо , тому

По теоремі Менела для трикутника ADCі прямий EMQмаємо, тому Тоді маємо

Вектор із Dу точку перетину EGі MKпредставляється у вигляді та у вигляді

Прирівнюючи коефіцієнти при рівних векторах, тому цей вектор розкладається як

Тепер нехай

Прирівнюючи коефіцієнти при рівних векторах, знаходимо

Отже, тому KLMN- паралелограм та

Відповідь:

Методи геометрії: Використання векторів

Класифікатор стереометрії: Поділ відрізка, Площа перерізу, Тетраедр

У тетраедрі ABCD, всі ребра якого дорівнюють 1, відзначили середину ребра CD- точку E.

а) Доведіть, що площина ABEперпендикулярна ребру CD.

б) Знайдіть відстань від точки Aдо прямої BE.

Рішення.

а) BE BCD. AE- Висота рівностороннього трикутника ACD. Тому і. Значить, за ознакою перпендикулярності прямої та площини, .

б) Розглянемо трикутник та його висоти і Складемо рівність: Зауважимо тепер, що трикутник рівнобедрений і тому

Відповідь:

Класифікатор стереометрії: Відділення відрізка, Правильний тетраедр, Відстань від точки до прямої

Кароліна Олексина 18.12.2016 19:10

Остання частина: не може вийде вийде

Кирило Колокольцев

Позбавтеся ірраціональності в знаменнику, помноживши чисельник і знаменник на .

Біля Північного полюса, на острові Шпіцберген у чертогах Снігової королеви зберігався небувалий краси крижаний алмаз у формі тетраедра SABC. У Новорічну ніч злий троль викрав частину алмазу, і ця частина має форму тетраедра. SAKM. Його вірні учні і від частини, що залишилася, взяли собі шматок і теж у формі тетраедра. KABC. Сніговій королеві залишилася частина алмазу, і вона має форму тетраедра CAKM. Яку частину первісного алмазу залишили Сніговій королеві троль та учні? У трикутнику ABCкут Bдорівнює 90 °, AB = 3, BC = 4, ASперпендикулярно до площини ABC, AS = 4, AKперпендикулярно SB, AMперпендикулярно SC.

Рішення.

Зауважимо, що Mлежить на ребрі SC, K- на ребрі SBта є підставами відповідних висот.

Оскільки пряма CBперпендикулярна прямим ABі CB, вона перпендикулярна до площини ABS. Площини ABSі CBSперетинаються прямою BS, перпендикулярною AKтому пряма AKперпендикулярна площині CBS.

Отже, тетраедри SABCі CAKMмають загальну висоту AKтому їх обсяги відносяться як їх підстави.

Відрізок AK- Висота прямокутного трикутника ABS, проведена до гіпотенузи BS. Тому й

Отже, звідки

Відповідь:

Вкажемо інший підхід.

Знайдемо, яку частину обсягу вихідного тетраедра SABCскладають відтяті тетраедри KABCі SAKM.

Тетраедри SABCі KABCмають загальну основу, тому їх обсяги відносяться як їх висоти. Висоти, своєю чергою, ставляться як гіпотенузи відповідних подібних трикутників:

(Використання властивості прямокутного трикутника, див. примітка).

Знайдемо, яку частину обсягу становить частина тетраедра, що залишилася:

Наведемо ще одне рішення.

Обсяги тетраедрів із сонаправленными ребрами ставляться як твори цих ребер. Тому:

Аналогічно,

Примітка 1.

(*) У всіх рішеннях використана наступна теорема: у прямокутному трикутнику з катетами аі bта гіпотенузою з, висота, проведена до гіпотенузи, ділить її на відрізки та Відношення цих відрізків до гіпотенузи рівні і

Примітка 2.

В останньому рішенні можна було б помітити, що звідки випливає загальна формула для відповіді:

Джерело: А. Ларін: Тренувальний варіант №57.

Класифікатор стереометрії: Обсяг як сума об'ємів частин, Тетраедр

Усередині правильного тетраедра з ребром a‍ розташовані чотири рівні кулі. Кожна куля стосується трьох інших і трьох граней тетраедра. Знайдіть радіуси куль.

Рішення.

Нехай r- потрібний радіус. З'єднаємо попарно центри куль. Отримаємо правильний тетраедр зі стороною 2 r.‍ Так як кулі вписані в тригранні кути при вершинах правильного тетраедра, їх центри лежать на відповідних висотах тетраедра. Тому центр правильного тетраедра з вершинами в центрах даних куль збігається з центром O‍даного правильного тетраедра.

Нехай куля радіусу r‍з центром O‍ 1 ,‍ вписаний у тригранний кут з вершиною D,‍ стосується площини грані ABD‍даного правильного тетраедра ABCD‍зі стороною a‍ у точці P.‍

Нехай M-‍ центр основи ABC,‍ K-‍ середина AB,‍ φ -‍ кут між висотою тетраедра та площиною його грані. З прямокутного трикутника DMK‍знаходимо, що

Значить, або звідки бачимо, що

Відповідь:

Класифікатор стереометрії: Комбінації круглих тіл, Правильний тетраедр, Система куль, Куля

У правильному тетраедрі ABCDкрапка До- середина ребра АВ, крапка Ележить на ребрі CDі EC : ED = 1: 2.

а) Знайдіть кут між прямими НДі КЕ.

б) Знайдіть відстань між прямими НДі КЕякщо сторона тетраедра дорівнює 6.

Рішення.

а) Проведемо через точку Kпряму KLпаралельну BC, де крапка Lлежить на AC. KL- Середня лінія трикутника ABC. Кут між прямими KEі НДдорівнює куту EKLзнайдемо його з трикутника KEL. Нехай O- проекція вершини D, E"- Проекція точки Eна пряму KCі нехай ребро тетраедра одно a. Тоді

Обчислимо висоту тетраедра:

а значить,

Косинус кута EKLзнайдемо, застосовуючи теорему косінусів:

Отже,

б) Відстань між схрещуються прямими дорівнює відстані від однієї з них до площини, паралельної їй і проходить через іншу пряму. Таким чином, шукана відстань між прямими BCі KEдорівнює відстані між точкою Зта і площиною KEL(площина KEL- проходить через прямі KEі KL, де пряма KLпаралельна BC). Тобто потрібна відстань - висота hз тетраедра CKEL, проведена з вершини C.

Обчислимо обсяг тетраедра CKEL:

З іншого боку, де

Відповідь: а) б)

Джерело: А. Ларін. Тренувальний варіант №298.

У правильному тетраедрі MNPQчерез бісектриси NAі QBграней MNPі QNPпроведено паралельні площини.

а) Знайдіть відношення суми обсягів відсіканих від MNPQтетраедрів до обсягу MNPQ

б) Знайдіть відстань між NAі QBякщо ребро тетраедра дорівнює 1.

Рішення.

а) Збудуємо зазначені площини. Через точку Bпроведемо пряму паралельну NAтоді перший перетин BLQ. Очевидно, що QB- також медіана та висота, значить,

У межі PMNпроведемо медіану, висоту, бісектрису MB, S- точка перетину MBі NA. У площині MBQпроведемо пряму STпаралельну BQ(де тоді другий перетин NAT. Зауважимо, що

Обчислимо:

б) Відстань між схрещувальними прямими NAі QBдорівнює відстані між паралельними площинами NATі BLQ. Знайдемо його як висоту тетраедра QANT, проведену з вершини Q. Обчислимо де - висота, проведена з вершини A. Нехай H- Висота тетраедра PQMтоді:

Обчислимо тепер площу трикутника NAT. Маємо:

звідки а тим самим

Відповідь: а) б)

Примітка.

Виходячи з подібності трикутників і теорема про співвідношення площ трикутників, що мають рівний кут, визначимо відношення обсягів тетраедрів, що мають рівний тригранний кут:

Таким чином, відношення обсягів дорівнює відношенню творів трьох ребер, що виходять з вершини загального тригранного кута кожного тетраедра.

Джерело: А. Ларін. Тренувальний варіант №297.

а) Доведіть, що медіани тетраедра (відрізки, що з'єднують вершини з точками перетину медіан протилежних граней) та відрізки, що з'єднують середини протилежних ребер, перетинаються в одній точці.

б) Даний тетраедр із прямими плоскими кутами при вершині Площі граней і дорівнює відповідно 132, 150, 539. Знайдіть об'єм тетраедра.

Рішення.

а) Нехай заданий тетраедр ABCD(малюнок 1)

1. Розглянемо грані ABCі ABD. Нехай M- точка перетину медіан Δ ABC, N- трикутника ABD. І нехай K- середина AB. Крапки C, D, M, N, Kлежать в одній площині, коли вони належать двом прямим прямокутним прямим KCі KD.Оскільки KC: KM = KD: KN= 3: 1, трикутники MKNі CKDгомотетичні з коефіцієнтом гомотетії (подібності) k= 3. За основною властивістю гомотетії матимемо: CD || MN, CD = 3MN.

З'єднаємо відрізками крапки: Mі D, Nі З. Точку перетину MDз NCпозначимо Про.

Аналогічно можна довести, що через точку Пропройдуть решта медіани заданого тетраедра.

2. Тепер доведемо, що через точку Пропройдуть і відрізки, що з'єднують середини протилежних ребер тетраедра (рисунок 2).

Нехай L- середина ребра BC. У площині DKCчерез точку Dпроведемо пряму, паралельну KC. Проведемо також пряму KL, яка перетне щойно проведену пряму в точці, яку позначимо P.

Нехай O 1 точка перетину DMі KL.

Розглянемо Δ KLCта Δ PLD. У них: ∠ KLC = ∠PLDяк вертикальні, ∠ KCL = ∠ PDLяк внутрішні навхрест лежать при KC || PDта сікучою DC, CL = DL. Тоді Δ KLC = Δ PLD- за другою ознакою рівності трикутників. Звідси: KC = PD, KL = PL, ∠CKL = ∠BPL.

У Δ KO 1 Mта Δ PO 1 D ∠KO 1 M = ∠ PO 1 Dяк вертикальні, ∠ MKO 1 = ∠DPO 1 за раніше доведеним. Значить, звідки DO 1: O 1 M = PD : KM. Але як доведено вище, KC = PD. Отже, O 1 D : O 1 M = KC : KM = 3: 1.

Отже, O 1 D : O 1 M= 3: 1. Вище було доведено, що OD: OM= 3: 1. Оскільки відрізок DMможна розділити щодо 3: 1, рахуючи від точки D,єдиним чином, то точки Проі O 1 збігаються, тобто KLпроходить через точку Про. Відрізки, що з'єднують середини ребер BCі AD, BDі AC, пройдуть через точку Про. І це все те, що потрібно довести.

б) Введемо позначення довжин ребер тетраедра: нехай BD = a, CD = c, AD = b.

Відповідно до умови завдання:

Відповідь: б) 1540.

Джерело: А. Ларін: Тренувальний варіант №132.

Класифікатор стереометрії: Об'єм тіла, Тетраедр

а) У правильному тетраедрі ABCDпроведена висота DH. K- середина відрізка CH.

Доведіть, що кут між DHта медіаною BMбічний грані BCDдорівнює куту BMK.

б) У правильному тетраедрі ABCDзнайдіть кут між висотою тетраедра DHта медіаною BMбічний грані BCD.

Рішення.

а) Нехай - середня лінія трикутника Тоді, отже, і, отже, Крім того,

б) Нехай довжина ребра тетраедра дорівнює тоді:

Відповідь:

Класифікатор стереометрії: Правильний тетраедр, Кут між прямими

Павло Дерев'янський 22.05.2014 00:33

А відповідь буде правильною?

Костянтин Лавров

Так. Адже це теж саме число.

J E 04.06.2016 12:00

А чи не можна було в трикутнику ВМС провести пряму, паралельну висоті? Було б легше, і відповідь виходить 60 градусів.

Костянтин Лавров

Площина BMCне містить прямої паралельної висоті піраміди.

У правильному тетраедрі ABCDкрапки Kі M- середини ребер ABі CDвідповідно. Площина містить пряму KMі паралельна прямий AD.

а) Доведіть, що перетин тетраедра площиною - квадрат.

б) Знайдіть площу перерізу тетраедра ABCDплощиною α, якщо

Рішення.

а) Нехай точки P, E, N- середини ребер BC, ACі BDвідповідно. ME- середня лінія отже, Аналогічно Отже, Значить, точки N, K, M, Eлежать в одній площині, причому ця площина паралельна прямій AD. Значить, це і є площина

Оскільки тетраедр правильний, (як середні лінії рівних правильних трикутників). Значить, KNME- Ромб.

б) Площа квадрата KNME знаходиться за формулою Отже,

Відповідь: б)

Джерело: Основна хвиля ЄДІ з математики 29.05.2019. Варіант 991, Завдання 14 (С2) ЄДІ 2019

Класифікатор стереометрії: Площа перерізу, Правильний тетраедр, Перетин - паралелограм, Перетин, паралельний або перпендикулярний прямий

Крапки М, Nі Доналежать відповідно ребрам АD, ABі BCтетраедра ABCD,

причому АМ : МD = 2: 3, ВN : АN = 1: 2, ВК = КС.

а) Побудуйте перетин тетраедра площиною, що проходить через крапки М, N, K.

б) Знайдіть відношення, в якому січна площина ділить ребро CD.

Рішення.

а) Продовжимо до перетину з у точці Позначимо точку перетину і за тоді шуканий перетин.

б) З теореми Менела для трикутника ABC: Звідки випливає, що CQ = CA.

З теореми Менела для трикутника ADC: З чого випливає, що DP : PC = 3:1.

Відповідь: 3:1.

Наведемо інше рішення пункту б).

Нагадаємо теорему Менела для тетраедра: точки A, P, Nі Kлежачи на ребрах тетраедра AD, DC, ABі BCвідповідно, належать одній площині тоді і лише тоді, коли

У нашому випадку: звідки

Джерело: А. Ларін: Тренувальний варіант №206.

Рішення.

Нехай площа основи тетраедра дорівнює S, а висота h. Тоді радіус описаної сфери дорівнює тому середина висоти DE(крапка P) лежить на поверхні кулі та протилежна E. Площина перпендикулярна DE, паралельна площині основи піраміди, тому є дотичною площиною до кулі. Отже, OЗівпадає з P.

Опустимо перпендикуляри з Oта центру кулі на грань ABD. Утворюються два подібні прямокутні трикутники, причому коефіцієнт подібності дорівнює тому

Залишилось знайти r. Оскільки то тому відповідь менша за його діагональ, ребро даного куба дорівнює тоді. B, D, C 1 мають координати відповідно.

Оскільки Pлежить на продовженні A 1 C, відрізок A 1 Pможна розглядати як діагональ куба з ребром. Pмає координати

Знайдемо відстань від Pдо точок D 1 , Bі C 1:

Відрізки C 1 B, DBі DC 1 - діагоналі граней куба, тому за теоремою Піфагора Тоді Значить, всі ребра тетраедра DBC 1 Pрівні, тому він правильний.

б) Координати точки A: Відстань від точки Pдо точки Aодно

Відповідь:

Наведемо інше рішення.

а) Діагональ куба більше його ребра: Отже,

Зауважимо, що як діагоналі квадратів зі стороною AB. Тоді трикутник BC 1 D- правильний.

Хай оскільки ABCD- квадрат маємо:

Оскільки як навхрест лежать, і як вертикальні, отримуємо: по двох кутах, тоді

Зауважимо, що трикутник – прямокутний, тоді звідки

У трикутнику OMCмаємо: тому що - правильно. Тоді, за теоремою, зворотною теоремі Піфагора, Δ OMC− прямокутний, ∠ M= 90 °.

Так як BO = OD (C 1 O- медіана), і - правильний, то M- точка перетину медіан, бісектрис та висот Δ BDC 1 , тобто центр описаного кола.

Так як M- центр описаного кола трикутника BC 1 Dта ∠ C 1 MC= 90 °, то проекція точки P- крапка Mтоді PB = PC 1 = PD.

Зауважимо, що за теоремою косінусів

Отже, - правильний тетраедр, що потрібно було довести.

б) за теоремою косінусів