M1800. О квадратах площадей граней тетраэдра

Задача из журнала «Квант» (2002 год, 3 выпуск)

Условие

Докажите, что сумма квадратов площадей граней любого тетраэдра равна учетверенной сумме квадратов площадей трех его сечений, каждое из которых проходит через середины четырех ребер.

Решение

Сначала докажем следующее утверждение.

Теорема косинусов для тетраэдра. Пусть $S_0$, $S_1$, $S_2$, $S_3$ — площади граней тетраэдра, $\alpha_{ij}$ – двугранный угол между гранями с площадями $S_i$ и $S_j$. Тогда $$S_0^2=S_1^2+S_2^2+S_3^2−2S_1S_2\cos\alpha_{12}−2S_1S_3\cos\alpha_{13}−2S_2S_3\cos\alpha_{23}.$$

Так как площадь любой грани тетраэдра равна сумме площадей проекцией на нее остальных граней, имеем$$S_0=S_1\cos\alpha_{01}+S_2\cos\alpha_{02}+S_3\cos\alpha_{03},$$$$S_1=S_0\cos\alpha_{01}+S_2\cos\alpha_{12}+S_3\cos\alpha_{13},$$$$S_2=S_0\cos\alpha_{02}+S_1\cos\alpha_{12}+S_3\cos\alpha_{23},$$$$S_3=S_0\cos\alpha_{03}+S_1\cos\alpha_{13}+S_2\cos\alpha_{23}.$$

Умножив второе равенство на $S_1$, третье на $S_2$, четвертое на $S_3$ и вычтя из их суммы первое, умноженное на $S_0$ получим утверждение теоремы.

Теперь четырьмя плоскостями, параллельными граням тетраэдра и проходящими через середины его ребер, отрежем от него четыре вдвое меньших тетраэдра. Получим многогранник, ограниченный $8$ треугольниками. Серединные сечения исходного тетраэдра разбивают этот многогранник на $8$ тетраэдров, основания которых равны уменьшенным вдвое граням исходного, а боковые грани – четвертям его серединных сечений (рис. $1$). Если применить к каждому из них теорему косинусов и сложить полученные равенства, то каждое из удвоенных произведений войдет в сумму с противоположными знаками, и в результате будет получено утверждение задачи.

А.Заславский

М728. Задача о параллелепипеде

Задача из журнала «Квант». Выпуск №2 1982 года.

М728. Пусть $A$, $B$, $C$ — вершины параллелепипеда, соседние с его вершиной $P$, а $Q$ — вершина, противоположная $P$. Докажите, что:

а) расстояния от точек $A$, $B$, $C$ до прямой $PQ$ могут служить длинами сторон некоторого треугольника;

б) площадь $S$ этого треугольника, объем $V$ параллелепипеда и длина $d$ его диагонали $PQ$ связаны соотношением $V=2dS$.

Решение

Плоскости $PQA, PQB$ и $PQC$ разрезают параллелепипед на 6 долек — тетраэдров. (Один из них — тетраэдр $PQAD$ — выделен на рисунке красным цветом.) Мы доказываем, что объем каждой «дольки» равен $\frac{1}{3}dS$.

Рассмотрим, например, тетраэдр $PQAD$. Его объем не изменится, если сдвинуть вершину $A$ по прямой $AA’$, параллельной диагонали $PQ$. В самом деле, вершины $P, Q$ и $D$ при этом остаются неподвижными, а расстояние от вершины $A$ до плоскости $PQD$ не меняется. Ясно, что и при перемещении точки $D$ вдоль прямой $DD’,$ параллельной $(PQ)$, объем тетраэдра сохранится. Сдвинем теперь вершины $A$ и $D$ в точки $A’$ и $D’$ так, чтобы плоскость $PA’D’$ стала перпендикулярной диагонали $PQ$ (см. рисунок).

а) Поскольку отрезок $A’P$ перпендикулярен к прямой $PQ$, его длина равна расстоянию от точки $A’$ до этой прямой, то есть расстоянию от точки $A$ до $(PQ)$. Точно так же, длина отрезка $D’A’$ равна расстоянию от точки $D$ до прямой $AA’$. При параллельном переносе $\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{AP}$ точка $D$ переходит в $B$, а прямая $AA’$ — в $(PQ)$, поэтому $|D’A’|$ — это расстояние от точки $B$ до $(PQ)$. Аналогично доказывается, что $|PD’|$ — это расстояние от точки $C$ до $(PQ)$. Таким образом, длины сторон треугольника $PA’D’$ равны расстояниям от точек $A$, $B$, $C$ до прямой $(PQ)$. По условию его площадь равна $S$.

б) Как мы видели, объем тетраэдра $PQAD$ равен объему тетраэдра $PQA’D’$. Площадь основания $PA’D’$ этого тетраэдра равна $S$, а высота равна длине $d$ ребра $PQ$, так как оно перпендикулярно основанию, Таким образом, $V_{PQAD}=\frac{1}{3}dS$, а объем параллелепипеда $V=6\cdot\frac{1}{3}dS=2dS$.

В. Дубровский

М639. Косинус угла между прямыми в тетраэдре

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 8 выпуск)

Условие

В тетраэдре $ABCD$ $(AC) \bot (BC)$ и $(AD) \bot (BD)$. Докажите, что косинус угла между прямыми $AC$ и $BD$ меньше, чем $|CD| / |AB|$.

Решение

Проведем $(BE) \parallel (CA)$ и $(AE) \parallel (CB)$ (см. рисунок). Косинус угла между прямыми $AC$ и $BD$ — это $|\cos \widehat {DBE}|$.

С другой стороны, четырехугольник $ACBE$ — это прямоугольник, поэтому $|AB| = |CE|$ и $|CD| / |AB| = |CD| / |CE|$.

Заметим, что вершины прямых углов $ACB$, $ADB$, $AEB$ лежит на сфере с диаметром $AB$. Отрезок $CE$ тоже является диаметром этой сферы, поэтому угол $CDE$ — прямой и $|CD| / |CE| = \cos \widehat {DCE}$. Нужное неравенство принимает теперь вид $|\cos \widehat {DBE}| \lt \cos \widehat {DCE}$.

Пусть $R$ — это радиус сферы и $r$ — радиус окружности, получающийся в сечении сферы плоскостью $BDE$. Так как эта плоскость не проходит через центр сферы, $r \lt R$ и из равенств $2r \cdot \sin \widehat {DBE} = |DE| = 2R \cdot \sin \widehat {DCE}$ получаем $\sin \widehat {DBE} \gt \sin \widehat {DCE}$. Значит, $|\cos \widehat {DBE}| \lt |\cos \widehat {DCE}| = \cos \widehat {DCE}$.

Ю. Нестеренко

М623. Задача об осях симметрии куба, правильной треугольной пирамиды и нечетности осей симметрии многогранника.

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 5 выпуск)

Условие

а) Сколько осей симметрии имеет куб? Правильная треугольная пирамида?

б)* Докажите, что если некоторый многогранник имеет $k$ осей симметрии $(k \geq 1)$, то $k$ нечетно.

Решение

а) Нетрудно указать девять осей симметрии куба. Это — прямые, соединяющие центр куба $O$ с центрами граней (их три: $Ox$, $Oy$, $Oz$ на рисунке $1$) и с серединами ребер (их шесть).

Других осей симметрии у куба нет: это можно доказать, опираясь на такое наблюдение: при любом самосовмещении куба каждая из трех осей $Ox$, $Oy$, $Oz$ должна отображаться на одну из этих же осей, причем если это само совмещение — симметрия (поворот на $180 ^\circ$) $S_l$ относительно некоторой прямой $l$, отличной от $Ox$, $Oy$ и $ Oz$, то одна из этих трех осей должна переходить сама в себя, а две остальные — друг в друга.

У правильного тетраэдра три оси симметрии — прямые, соединяющие середины его ребер. Чтобы убедиться в этом, удобно достроить тетраэдр до куба, проведя через каждое ребро тетраэдра плоскость, параллельную противоположному ребру (рис. $2$). Ясно, что любое самосовмещение тетраэдра будет также самосовмещением этого описанного куба. Из девяти осевых симметрий, отображающих куб на себя, лишь три будут переводить в себя тетраэдр.

б) Пусть дан многогранник $M$, у которого более одной оси симметрии.

Лемма $1$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$, то $S_l (m) = m’$ — также ось симметрии $М$.

В самом деле, если точки $P$ и $P’$ многогранника $M$ симметричны относительно $m$, то $S_l (P)$ и $S_l (P’)$ будут симметричными относительно $m’$. Короче: $S_{m’} = S_l O S_m O S_l$.

Лемма $2$ Если $l$ и $m$ — оси симметрии многогранника $M$, пересекающиеся в точке $O$ и перпендикулярные друг к другу, то прямая $n$, перпендикулярная им обоим и проходящая через точку $O$, также служит осью симметрии $M$.

Действительно, $S_n = S_m O S_l$. Это легко проверить, приняв данные прямые за оси координат, или построив прямоугольный параллелепипед с центром в точке $O$ и осями симметрии $l$, $m$, $n$ с произвольной вершиной $P$ (рис. $3$).

Леммы $1$ и $2$ позволяют, фиксировав какую-то одну ось симметрии $l$, разбить все остальные на пары: если $m$ удовлетворяет условия леммы $2$, то пару с ней образует $n$, а если нет, то $m’ = S_l(m) \ne m$. Отсюда сразу следует утверждение задачи б).

Возникает естественный вопрос: какое вообще (конечное) множество прямых может быть множеством всех осей симметрии некоторого многогранника?

Различные примеры даются множеством осей симметрии $n$-угольной правильной призмы (здесь количество осей $p=n$ при $n$ нечетном и $p=n+1$ при $n$ четном), тетраэдра (или прямоугольного параллелепипеда с разными ребрами, $p=3$), куба (или октаэдра $p=9$) и додекаэдра (или икосаэдра, $p=15$). Попробуйте доказать, что других множеств осей симметрии (состоящих более чем из одной прямой) не бывает. Конечно, тут не обойтись без такой очень полезной леммы, которую многие читатели применили и в решении задачи б).

Лемма $3$ Оси симметрии любого многогранника пересекаются в одной точке.

Предположим, что $l$, $m$ — непересекающиеся оси симметрии многогранника $M$. Пусть $n$ — общий перпендикуляр $l$, $m$; рассмотрим прямоугольную систему координат с началом в точке $O = l \cap n$, с осью $Oz$ направленной по лучу $OA$, где $A = n \cap m$; пусть $|OA| = a$. Тогда при симметрии относительно оси $l$ координата $z$ любой точки переходит в $(-z)$, а при симметрии относительно $m$ — в $(2a-z)$. Поэтому при композиции этих двух симметрий $z$ изменяется на $2a$. Повторяя эту композицию достаточное число раз, мы «выгоним» любую точку за пределы многогранника $M$. Противоречие!

Вот еще более короткое доказательство леммы $3$ (правда, использующее понятие, заимствованное из механики): пусть $O$ — центр масс одинаковых грузиков, помещенных в вершинах многогранника $M$; ясно, что при любом самосовмещении многогранника $M$ грузики лишь меняются местами, поэтому точка $O$ переходит в себя; в частности, все оси симметрии многогранника $M$ проходят через точку $O$.

Н. Васильев, В. Сендеров, А. Сосинский

M1603. О вычислении площадей и объемов фигур на плоскости и в пространстве

Задача из журнала «Квант» (1997 г. №4)

Условие

Фигура $M$ на плоскости $Oxy$ представляет собой пересечение единичного квадрата
$0\leq$ $x$ $\leq1$, $0\leq$ $y$ $\leq1$ с полуплоскостью $ax+by$ $\leq$ $c$ ($a,b$ и $c$- положительные числа). Докажите, что площадь $M$ вычисляется по формуле:

$\frac{1}{2ab}((c^{2})_{+}-(c-a)^{2}_{+}-(c-b)^{2}_{+}+(c-a-b)^{2}_{+})$,

где $(x)_{+}$ означает наибольшее из чисел $x$ и $0$: $(x)_{+}=max(x,0)$. Выведите аналогичную формулу для объема многогранника $M$ в пространстве $Oxyz$, представляющего собой пересечение единичного куба $0\leq$ $x$ $\leq1$, $0\leq$ $y$ $\leq1$, $0\leq$ $z$ $\leq1$ с полупространством $ax+by+cz$ $\leq$ $d$ ($a$, $b$, $c$ и $d$- положительные числа).

Заметим, что выражение $(c-b)^{2}_{+}$ (и аналогичные) в условии означает число, равное $(c-b)^{2}$, если $c-b\geq 0$ и $0$, если $c-b<0$.

Решение

Покажем сначала идею решения, а потом ее оформим. У квадрата 4 угла- это очень много. Давайте рассмотрим фигуру с одним углом- положительный квадрант $(x>0$, $y>0)$.
Полуплоскость $ax+by<c$ содержит все точки ниже прямой $ax+by=c$. Общая часть полуплоскости и квадранта $(рис.1)$- это треугольник. Прямая пересекает оси координат на расстояниях $\frac{c}{a}$ и $\frac{c}{b}$ от начала координат, поэтому площадь общего треугольника равна $\frac{c^{2}}{2ab}$.

Решив задачу для фигуры с одним прямым углом, решим ее для фигуры с двумя прямыми углами, т.е. для полосы, лежащей в положительном квадранте $(рис.2)$. Для это надо из треугольника, попавшего в положительный квадрант, вычесть треугольник, попавший в новый положительный квадрант с вершиной в точке $(1,0)$. Этот новый квадрант задает новую систему координат , в которой все абсциссы точек на единицу меньше.

Уравнение прямой в новой системе координат выглядит так: $a(x’+1)+by’=c$, или $ax’+by’=c-a$. Это уравнение аналогично исходному с той разницей, что $(c-a)$ может быть отрицательным. Следовательно, если $(c-a)>0$, то площадь треугольника в новом квадранте будет $\frac{(c-a)^{2}}{2ab}$, а если $(c-a)<0$, то пересечения нет, и площадь считаем равной нулю. Тогда формулу для площади пересечения полуплоскости c

полосой $\frac{c^{2}}{2ab}-\frac{(c-a)_{+}^{2}}{2ab}$. Теперь легко получить выражение для квадранта с помощью четырех положительных квадрантов с вершинами в точках $(0;0)$, $(0;1)$, $(1;0)$ и $(1;1)$, которые отличаются параллельным переносом $(рис.3)$. Для этого надо из квадранта с вершиной $(0;0)$ «вычесть» квадрант с вершиной $(1;0)$, «прибавить» квадрант с вершиной $(1;1)$ и «вычесть» квадрант с вершиной $(0;1)$. Обратите внимание: знаки расставлены так, что каждая точка внутри квадрата учтена один раз, а каждая точка вне квадрата- ноль раз. Выражение такого типа называется формулой включения-исключения. Аналогичная формула верна и для пересечения квадрата с полуплоскостью.

Выражая площади соответствующих треугольников $(рис.4)$ в новых системах координат, получаем формулу включения-исключения для площади пересечения полуплоскости с квадратом:

$\frac{\left [ c^{2}-(c-a)_{+}^{2}-(c-b)_{+}^{2}+(c-a-b)_{+}^{2}\right]}{2ab}$

В случае пересечения куба с полупространством надо сначала рассмотреть пересечение полупространства с положительным октантом и найти объем общего тетраэдра. Затем представить куб в виде «суммы» и «разности» восьми положительных октантов с вершинами в вершинах куба. Потом переписать уравнение полупространства в каждой из восьми систем координат $a(x’+p)+b(y’+q)+c(z’+r)\leq d$, где $(p;q;r)$- вектор параллельного переноса исходного октанта. И наконец, написать формулу включения-исключения для объемов тетраэдров в октантах:

$\frac{\left[d^{3}-(d-a)^{3}_{+}-(d-b)^{3}_{+}-(d-c)^{3}_{+}+(d-a-b)^{3}_{+}+(d-b-c)^{3}_{+}+(d-c-a)^{3}_{+}-(d-a-b-c)^{3}_{+}\right]}{6abc}$

А.Канель, А.Ковальджи