Метка: сечение

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 S0, S1, S2, S3 — площади граней тетраэдра, αij – двугранный угол между гранями с площадями Si и Sj. Тогда S20=S21+S22+S23−2S1S2cosα12−2S1S3cosα13−2S2S3cosα23.

Так как площадь любой грани тетраэдра равна сумме площадей проекцией на нее остальных граней, имеемS0=S1cosα01+S2cosα02+S3cosα03,

S1=S0cosα01+S2cosα12+S3cosα13,
S2=S0cosα02+S1cosα12+S3cosα23,
S3=S0cosα03+S1cosα13+S2cosα23.

Умножив второе равенство на S1, третье на S2, четвертое на S3 и вычтя из их суммы первое, умноженное на S0 получим утверждение теоремы.

Рис.1
Рис.1

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

M1568. Сечение пирамиды

Задача из журнала «Квант» (1996, №5, M1568)

Условие

Докажите что при n≥5 сечение пирамиды, в основании которой лежит правильный n-угольник, не может являться правильным (n+1)-угольником.

Решение

Пусть правильный (n+1) –угольник B1…Bn является сечением пирамиды SA1…An где A1…An – правильный n-угольник. Мы рассмотрим три случая: n=5,n=2k−1(k>3)  и n=2k(k>2)
Так как n-угольная пирамида имеет (n+1) грань, то стороны сечения находятся по одной в каждой грани пирамиды. Поэтому без ограничения общности рассуждений можно считать, что точки B1…Bn+1 расположены на ребрах пирамиды так, как показано на рисунках 1 и 2 ( в соответствии с указанными случаями).

  1. n=5. Так как в правильном шестиугольнике B1…B6 прямые B2B3,B5B6 и B1B4 параллельны, а плоскости  A2SA3 и ASA проходят через B2B3 и B5B6  то их линия пересечения ST(T=A1A5⋂A2A3) параллельна этим прямым т.е. ST∥B1B4 Проведем через прямые ST  и B1B4 плоскость. Эта плоскость пересечет плоскость основания пирамиды по прямой B1A4 которая должна проходить через точку пересечения прямой ST с плоскостью основания т.е. через точку T. Итак, прямые A1A5,A4B1 и A2A3 пересекаются в одной точке.Аналогично доказывается, что прямые A1A2,A3B6 и A4A5  и пересекаются в одной точке. Из этого следует что A4B1 и A3B6  – оси симметрии правильного пятиугольника A1…A5 , значит. Точка O их пересечения – центр этого пятиугольника. Заметим теперь, что если Q – центр правильного шестиугольника B1…B6 , то плоскости SA3B6,SA4B1 и SB2B5 пересекаются по прямой SQ. Следовательно прямые  A3B6,A4B1 и A2A5  должны пересекаться в одной точке – точке пересечения прямой SQ с плоскостью основания пирамиды.Значит диагональ правильного пятиугольника A1…A5 должна проходить через его центр O, что невозможно.

    2. 4

  2.  n=2k−1(k>3) Аналогично первому случаю показывается, что так как в правильном 2k-угольнике B1…B2k прямые  B1B2,Bk+1Bk+2 и BkBk+3параллельны, то  прямые  A1A2,Ak+1Ak+2 и AkAk+3 должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как в правильном (2k−1)-угольнике A1…A2k−1 имеем Ak+1Ak+2∥AkAk+3, а прямые A1A2,Ak+1Ak+2 не параллельны.
  3.  n=2k(k>2) Аналогично предыдущему случаю прямые A1A2,Ak+1Ak+2 и AkAk+3  параллельны, следовательно, прямые B1B2,Bk+1Bk+2 и BkBk+3 должны пересекаться в одной точке, что невозможно, так как Bk+1Bk+2∥BkBk+3, а прямые A1A2,Ak+1Ak+2  не параллельны.

Замечания

  1.  При n=3,4 утверждение задачи неверно. Примерами могут служить правильный тетраэдр имеющий сечением квадрат и правильная четырехугольная  пирамида, все боковые грани которой являются правильными треугольниками, которая имеет сечением правильный пятиугольник
  2. Приведенное решение можно было бы изложить короче, если воспользоваться центральным проектированием и его свойством утверждающим, что при центральном проектировании образами прямых, проходящих через одну точку, являются прямые, проходящие через одну точку ( или параллельные). Достаточно спроектировать сечение пирамиды на плоскость из вершины пирамиды.

Д. Терешин.