Я. П. Понарин элементарная геометрия том 2 стереометрия, преобразования пространства москва
 Скачать 1.7 Mb.
|
|
Задачи к главе 5 5.1. Какому условию должны удовлетворять векторы a и b, чтобы векторы a + b и a − b были коллинеарны? 5.2. Вычислите площадь треугольника ABC, если его вершины име- ют координаты: A(1, 2, 0), B(3, 0, −3), C(5, 2, 6). 5.3. Вычислите расстояние от точки M (5, −6, 2) до прямой AB, если A(1, −1, 2), B(1, 3, −1). 5.4. Измерения прямоугольного параллелепипеда равны a, b, c. Най- дите площадь сечения его плоскостью, проходящей через середины трех ребер, имеющих общую вершину. 88 5.5. Докажите, что точки A(1, 2, −1), B(0, 1, 5), C(−1, 2, 1), D(2, 1, 3) лежат в одной плоскости, и вычислите площадь четырехугольника ABCD. 5.6. На трех диагоналях граней параллелепипеда, выходящих из од- ной его вершины, построен как на ребрах новый параллелепипед. До- кажите, что его объем вдвое больше объема первоначального паралле- лепипеда. 5.7. Вершина параллелепипеда и центры трех не содержащих ее гра- ней являются вершинами некоторого тетраэдра. Найдите отношение его объема к объему данного параллелепипеда. 5.8. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD точки M и N являются серединами ребер SC и SD. Построена треугольная призма с основанием AM N и боковым ребром AS. Найдите отношение объема пирамиды к объему этой призмы. 5.9. Докажите, что если ( a × b) + ( b × c) + ( c × a) = 0, то векторы a, b, c компланарны. 5.10. Докажите, что если векторы a × b, b × c, c × a компланарны, то они коллинеарны. 5.11. Докажите, что для любого тетраэдра ABCD имеет место ра- венство: S 2 1 AA 1 + S 2 2 BB 1 + S 2 3 CC 1 + S 2 4 DD 1 = 0, где AA 1 , BB 1 , CC 1 , DD 1 — векторы его высот, S i — площади соответ- ственных им граней. 5.12. Вершины тетраэдра ABCD имеют координаты: A(2, −4, 5), B(−1, −3, 4), C(5, 5, −1), D(1, −2, 2). Найдите длину высоты AH. 5.13. Даны точки A(2, 3, 1), B(4, 1, −2), C(6, 3, 7), D(−5, −4, 8). Вычислите расстояние от точки D до плоскости ABC. 5.14. Параллелепипед ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 задан координатами его вер- шин A(1, 2, 3), B(9, 6, 4), D(3, 0, 4), A 1 (5, 2, 6). Найдите угол между диагональю AC 1 и плоскостью ABC. 5.15. Тетраэдр ABCD задан координатами векторов AB(0, 1, −1), AC(2, −1, 4), AD(3, 2, 0). Вычислите угол между плоскостями ABC и ABD. 5.16. Даны векторы a(2, −3, 1), b(−3, 1, 2), c(1, 2, 3). Найдите ко- ординаты векторов ( a × b) × c и a × ( b × c). 5.17. Докажите тождество Якоби: a × ( b × c) + b × ( c × a) + c × ( a × b) = 0. 5.18. Решите задачу 1 пункта 5.2 гл. 2, используя тождество Якоби. 5.19. Докажите равенства 2.13, используя свойства смешанного и векторного произведений векторов. 89 5.20. Точки A 1 , B 1 , C 1 делят стороны BC, CA, AB треугольника ABC в отношениях a, b, g соответственно. Найдите отношение площа- дей треугольников A 1 B 1 C 1 и ABC. При каком условии точки A 1 , B 1 , C 1 лежат на одной прямой? 5.21. Если в триэдр вписана некоторая сфера, то три плоскости, каждая из которых проходит через ребро и точку касания этой сфе- ры с противоположной гранью, имеют общую прямую. Докажите. 5.22. Докажите тождество: ( a b c)( p q r) = a p a q a r b p b q b r c p c q c r 5.23. Докажите теорему об ортооси триэдра (п. 4.4, гл. 2), пользуясь теоремой Чевы для триэдра. 90 Г л а в а 6 Тетраэдр § 1. Медианы и бимедианы тетраэдра. Центроид 1.1. Бимедианы (средние линии) тетраэдра. Простейшим много- гранником является тетраэдр — четырехгранник. Он обладает мно- гими замечательными свойствами, совокупность которых принято на- зывать геометрией тетраэдра. В этой главе излагаются ее начала. Отрезки, каждый из которых соединяет середины противополож- ных (скрещивающихся) ребер тетраэдра, называются его бимедианами (средними линиями). Теорема 1. Бимедианы тетраэдра пересекаются в одной точке, ко- торая делит пополам каждую из них. Д о к а з а т е л ь с т в о 1. Пусть M N , EF и P Q — бимедианы тетра- эдра ABCD, соответствующие парам ребер AB и CD, AC и BD, BC и AD (рис. 74). Так как отрезки M E и F N параллельны BC и равны G A B C D E F M N P Q Рис. 74 половине BC, то четырехугольник EM F N — параллелограмм. Точка G пересечения его диагоналей M N и EF делит их пополам. Из паралле- лограмма EP F Q следует, что середины бимедиан EF и P Q совпадают с точкой G. Д о к а з а т е л ь с т в о 2. Для произвольной точки O векторы OM = = 1 2 ( OA + OB) и ON = 1 2 ( OC + OD). Поэтому 1 2 ( OM + ON ) = 1 4 ( OA + + OB + OC + OD). Следовательно, вектор OG середины G отрезка M N имеет выражение OG = 1 4 ( OA + OB + OC + OD), (6.1) в которое векторы вершин тетраэдра входят равноправно (симметрич- но). Это значит, что векторы середин отрезков EF и P Q также равны OG, т. е. середины бимедиан M N , EF и P Q совпадают. Точка G пересечения бимедиан тетраэдра называется его центрои- дом. Для произвольной точки O вектор OG центроида тетраэдра имеет выражение (6.1). 1.2. Медианы тетраэдра. Отрезки, каждый из которых соединяет вершину тетраэдра с центроидом противоположной грани, называются медианами тетраэдра. Теорема 2. Медианы тетраэдра пересекаются в его центроиде и де- лятся им в отношении 3 : 1, считая от вершин. Д о к а з а т е л ь с т в о 1. Пусть G 1 и G 2 — центроиды граней BCD и ACD тетраэдра ABCD (рис. 75). Они принадлежат медианам BN A B C D M N K G 1 G 2 G Рис. 75 и AN этих граней. По свойству цен- троида треугольника AG 2 : G 2 N = 2 и BG 1 : G 1 N = 2. По обратной теоре- ме Фалеса G 1 G 2 k AB. На основании свойства трапеции прямые AG 1 , BG 2 и M N пересекаются в одной точке K. По теореме Менелая для треугольни- ка AM N и прямой BG 2 имеем: AB BM · M K KN · N G 2 G 2 A = −1, откуда −2 M K KN · 1 2 = −1 и M K : KN = = 1, т. е. точка K является серединой бимедианы M N и потому совпадает с центроидом G тетраэдра. Итак, две медианы AG 1 и BG 2 пересекаются в центроиде G. Значит, все четыре медианы имеют общую точку G. По теореме Менелая для треугольника ABG 1 и прямой M N AM M B · BN N G 1 · G 1 G GA = −1, 92 или 1 · (−3) · G 1 G GA = −1, откуда G 1 G : GA = 1 3 . Ясно, что это отношение не зависит от выбора медианы. Д о к а з а т е л ь с т в о 2. Возьмем одну медиану AG 1 и разделим ее в отношении 3 : 1 некоторой точкой P : OP = OA + 3 OG 1 1 + 3 , где OG 1 = 1 3 ( OB + OC + OD). Тогда OP = 1 4 ( OA + OB + OC + OD) = OG и точка P совпадает с G. Следовательно, все четыре медианы тетраэдра содержат его центроид и делятся им в отношении 3 : 1, считая от вершин. 1.3. Свойства центроида тетраэдра. Для того чтобы точка G была центроидом тетраэдра ABCD, необходимо и достаточно, чтобы GA + GB + GC + GD = 0. (6.2) Д о к а з а т е л ь с т в о. Если G — центроид тетраэдра ABCD, то имеет место равенство (6.1) для произвольной точки O. Когда точ- ка O совпадает с G, то OG = 0 и (6.1) принимает вид (6.2). Обратно, пусть для некоторой точки G имеет место равенство (6.2), из которо- го GA + GB = −( GC + GD), или 1 2 ( GA + GB) = − 1 2 ( GC + GD), или GM = − GN , где M и N — середины ребер AB и CD. Следовательно, точка G является серединой бимедианы M N , т. е. центроидом тетра- эдра. Другое свойство центроида тетраэдра связано с объемами: тетра- эдры GBCD, GCDA, GDAB, GABC равновелики. Действительно, отношение высот AH и GH 1 тетраэдров ABCD и GBCD равно отношению AG 1 : GG 1 = 1 4 (рис. 75). Эти тетраэдры име- ют общее основание BCD. Значит, V GBCD = 1 4 V ABCD . Объем каждого из четырех указанных тетраэдров равен четверти объема данного тетра- эдра. В силу этого свойства центроид тетраэдра называют еще центром тяжести этого тетраэдра. Теорема 3 (Лейбница). Сумма квадратов расстояний от произволь- ной точки P до вершин тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 равна сумме квадратов расстояний от его центроида G до вершин, сложенной с учетверен- ным квадратом расстояния от точки P до центроида G: 4 X i=1 P A 2 i = 4 X i=1 GA 2 i + 4P G 2 (6.3) 93 Действительно, P A i = GA i − GP , откуда P A i 2 = GA i 2 − 2 GA i · GP + GP 2 и поэтому 4 X i=1 P A 2 i = 4 X i=1 GA 2 i − 2 GP 4 X i=1 GA i + 4P G 2 Так как 4 P i=1 GA i = 0, то равенство (6.3) доказано. Из теоремы Лейбница следует экстремальное свойство центроида тетраэдра: сумма квадратов расстояний от точки до вершин тетраэд- ра минимальна для его центроида. Оно является характеристическим свойством центроида тетраэдра. З а д а ч а. Выразите длину бимедианы тетраэдра через длины его ребер. Р е ш е н и е. Обозначим DA = a, DB = b, DC = c. Тогда N M = 1 2 ( a + b − c), и N M 2 = 1 4 (a 2 + b 2 + c 2 + 2 a b − 2 a c − 2 b c). Пусть | AB| = c 1 , | AC| = b 1 , | BC| = a 1 . Так как 2 a b = a 2 + b 2 − c 2 1 , 2 a c = = a 2 + c 2 − b 2 1 , 2 b c = b 2 + c 2 − a 2 1 , то проведя подстановки, получим: M N 2 = 1 4 (a 2 + a 2 1 + b 2 + b 2 1 − c 2 − c 2 1 ). (6.4) Аналогично EF 2 = 1 4 (a 2 + a 2 1 + c 2 + c 2 1 − b 2 − b 2 1 ), P Q 2 = 1 4 (b 2 + b 2 1 + c 2 + c 2 1 − a 2 − a 2 1 ). Отсюда следует: M N 2 + EF 2 + P Q 2 = 1 4 (a 2 + b 2 + c 2 + a 2 1 + b 2 1 + c 2 1 ). (6.5) § 2. Площади граней тетраэдра 2.1. Теорема косинусов для тетраэдра. Квадрат площади любой гра- ни тетраэдра равен сумме квадратов площадей трех остальных его граней без удвоенных произведений площадей этих граней, взятых по- парно, и косинусов двугранных углов между ними. Д о к а з а т е л ь с т в о 1. Воспользуемся формулой (3.3) ортогональ- ной проекции трех граней на плоскость четвертой грани, применяя ее 94 для каждой грани тетраэдра ABCD: S 1 = S 2 cos(CD) + S 3 cos(BD) + S 4 cos(BC), S 2 = S 1 cos(CD) + S 3 cos(AD) + S 4 cos(AC), S 3 = S 1 cos(BD) + S 2 cos(AD) + S 4 cos(AB), S 4 = S 1 cos(BC) + S 2 cos(AC) + S 3 cos(AB). (6.6) Умножим эти равенства соответственно на S 1 , S 2 , S 3 , S 4 и затем найдем: S 2 4 − S 2 1 − S 2 2 − S 2 3 = −2S 1 S 2 cos(CD) − 2S 2 S 3 cos(AD) − 2S 1 S 3 cos(BD), или S 2 4 = S 2 1 + S 2 2 + S 2 3 − 2S 1 S 2 cos(CD) − 2S 2 S 3 cos(AD) − 2S 1 S 3 cos(BD), (6.7) что и утверждает теорема косинусов. В частности, если двугранные углы при ребрах AD, BD, CD пря- мые, то S 2 4 = S 2 1 + S 2 2 + S 2 3 (6.8) Соотношение (6.8) представляет собой стереометрический аналог те- оремы Пифагора. Д о к а з а т е л ь с т в о 2. Привлечем векторы n i , рассмотренные при решении задачи § 2 гл. 5. Сумма их равна нуль-вектору. Равенство − n 4 = n 1 + n 2 + n 3 возведем скалярно в квадрат: n 2 4 = n 2 1 + n 2 2 + n 2 3 + 2 n 1 n 2 + 2 n 2 n 3 + 2 n 1 n 3 Косинус угла между гранями тетраэдра отличается лишь знаком от ко- синуса угла между перпендикулярными к ним векторами n i , а | n i | = S i Тогда снова приходим к зависимости (6.7). 2.2. Сумма квадратов площадей граней тетраэдра равна сумме квад- ратов площадей трех непараллельных граней описанного около него па- раллелепипеда. Д о к а з а т е л ь с т в о 1. Определение описанного параллелепипеда дано в п. 3.2 гл. 1. Воспользуемся результатом задачи п. 1.4 гл. 3, со- гласно которому S 2 1 + S 2 2 − 2S 1 S 2 cos(CD) = 1 4 AB · CD sin( \ AB, CD) 2 = F 2 1 Правая часть этого равенства представляет собой квадрат площади F соответствующей грани описанного параллелепипеда. Аналогично S 2 1 + S 2 3 − 2S 1 S 3 cos(BD) = F 2 2 , S 2 1 + S 2 4 − 2S 1 S 4 cos (BC) = F 2 3 95 Складывая эти три равенства, получим: F 2 1 + F 2 2 + F 2 3 = = S 2 2 + S 2 3 + S 2 4 − 2S 1 (S 2 cos(CD) + S 3 cos(BD) + S 4 cos(BC)) + 3S 2 1 = = S 2 2 + S 2 3 + S 2 4 − 2S 1 S 1 + 3S 2 1 = S 2 1 + S 2 2 + S 2 3 + S 2 4 Д о к а з а т е л ь с т в о 2. Используем принятые обозначения. По определению векторного произведения (2S 1 ) 2 = ( b × c) 2 , (2S 2 ) 2 = ( c × a) 2 , (2S 3 ) 2 = ( a × b) 2 , (2S 4 ) 2 = ( a − b) × ( a − c) 2 , (2F 1 ) 2 = c × ( b − a) 2 , (2F 2 ) 2 = b × ( a − c) 2 , (2F 3 ) 2 = a × ( b − c) 2 Тогда доказываемое равенство принимает вид: ( a × b) 2 + ( b × c) 2 + ( c × a) 2 + ( a − b) × ( a − c) 2 = = a × ( b − c) 2 + b × ( a − c) 2 + c × ( b − a) 2 Оно верно, так как обе части легко преобразуются к одному и тому же выражению 2 ( a × b) 2 + ( b × c) 2 + ( c × a) 2 + + ( a × b)( b × c) + ( b × c)( c × a) + ( c × a)( a × b) . 2.3. Зависимость между косинусами двугранных углов тетраэдра. Запишем систему (6.6) так: −S 1 + S 2 cos(CD) + S 3 cos(BD) + S 4 cos(BC) = 0, S 1 cos(CD) − S 2 + S 3 cos(AD) + S 4 cos(AC) = 0, S 1 cos(BD) + S 2 cos(AD) − S 3 + S 4 cos(AB) = 0, S 1 cos(BC) + S 2 cos(AC) + S 3 cos(AB) − S 4 = 0. Она является линейной однородной системой относительно S 1 , S 2 , S 3 , S 4 Так как она заведомо имеет ненулевое решение, то ее определитель необходимо равен нулю: −1 cos(CD) cos(BD) cos(BC) cos(CD) −1 cos(AD) cos(AC) cos(BD) cos(AD) −1 cos(AB) cos(BC) cos(AC) cos(AB) −1 = 0. (6.9) 96 § 3. Объем тетраэдра и объем клина 3.1. Первая формула Штаудта. За исходные формулы объема тет- раэдра возьмем две известные формулы: V = 1 3 Sh и V = 1 6 | a b c|, (6.10) где a, b, c — векторы трех ребер тетраэдра с общим началом в его вер- шине. Выведем другие формулы объема тетраэдра. Пусть AH — высота тетраэдра ABCD, AP — высота его грани ACD (рис. 76). Тогда AH = AP sin(CD) = a sin \ ADC sin(CD). Поэтому A B C D P H a b c Рис. 76 V = 1 3 S BCD · AH = 1 6 abc sin \ ADC sin \ BDC sin(CD). Произведение sin \ ADC sin \ BDC sin(CD) есть си- нус Штаудта ∆(D) трехгранного угла D(ABC). Итак, V = 1 6 abc∆(D). (6.11) Эта формула известна под именем немецкого гео- метра Карла Штаудта (1798–1867), профессора Эрлангенского университета. Без использования обозначений ее можно высказать так: объем тетраэдра равен шестой части произведения длин трех ребер с общей вершиной и синуса Шта- удта его триэдра с этой вершиной. Формула V = 1 6 | a b c| следует из геометрического смысла модуля сме- шанного произведения векторов (п. 1.3, гл. 5). Из нее сразу же получа- ется формула (6.11), если принять во внимание выражение (5.19) синуса Штаудта через смешанное произведение единичных векторов ребер три- эдра: V = 1 6 | a b c| = 1 6 abc | a b c| abc = 1 6 abc∆(D), так как a b c abc = ∆(D). 3.2. Формулы Достора. По формуле Штаудта V = 1 6 abc sin \ ADC sin \ BDC sin(CD) = = 1 6 bc sin \ ADC ac sin \ BDC sin(CD) c = 1 6 · 2S 1 2S 2 sin(CD) CD Итак, V = 2 3 S 1 S 2 sin(CD) CD (6.12) 97 Аналогично V = 2 3 S 3 S 4 sin(AB) AB = 2 3 S 1 S 3 sin(BD) BD = . . . Следствие. Умножим почленно два из этих равенств: V 2 = 4 9 (S 1 S 2 )(S 1 S 3 ) sin(CD) sin(BD) CD · BD · sin \ BDC sin \ BDC Произведение sin(CD) sin(BD) sin \ BDC есть синус второго рода ∆ 0 (D) триэдра D(ABC) (п. 3.3, гл. 2), а CD · BD sin \ BDC = 2S 1 . Следова- тельно, V 2 = 2 9 S 1 S 2 S 3 · ∆ 0 (D). (6.13) 3.3. Формула Сервуа. Используем параллелепипед, описанный око- ло данного тетраэдра ABCD. Четыре тетраэдра, дополняющие данный тетраэдр до этого параллелепипеда, равновелики. Объем каждого из них равен 1/6 объема V параллелепипеда. Поэтому A B C D P Q d Рис. 77 V ABCD = V − 4 · 1 6 V = 1 3 V. Объем тетраэдра составляет треть объема описанного около него параллелепипеда. Высота параллелепипеда равна расстоя- нию d между противоположными ребрами тетраэдра, а площадь основания равна поло- вине произведения длин этих ребер и синуса угла f между ними. Таким образом, V ABCD = 1 6 aa 1 d sin f. (6.14) Приведем еще два доказательства формулы Сервуа (6.14). Дополним тетраэдр ABCD до треугольной призмы (рис. 77), объем которой втрое больше объема данного тетраэдра и равен половине пло- щади aa 1 sin f боковой грани, умноженной на расстояние d от ребра DA до этой грани. В результате получается формула (6.14). Векторное доказательство ее таково. Пусть P Q — общий перпенди- куляр ребер BC и DA. Тогда DC = DQ + QP + P C и поэтому получаем: 6V = DA DB DC = DA DC + CB DC = DA CB DC = = DA CB( DQ + QP + P C) = DA CB QP = ( DA × CB) QP . 98 Векторы DA × CB и QP коллинеарны, поэтому их скалярное произве- дение равно произведению их модулей. А поскольку | DA × CB| = aa 1 × × sin f и |QP | = d, то 6V = aa 1 d sin f. Здесь учтено, что первоначальная тройка векторов правая. Из формулы Сервуа следует теорема Штейнера: объем тетраэдра не изменяется, если его противоположные ребра перемещать без из- менения длины по прямым, содержащим эти ребра. 3.4. Теоремы синусов для тетраэдра. Из приведенных формул объ- ема тетраэдра в качестве следствий получаются соотношения, очень похожие на теоремы синусов для треугольника и триэдра. По формуле Штаудта 6V = abc∆(D) = a 1 b 1 c∆(C) = a 1 bc 1 ∆(B) = ab 1 c 1 ∆(A). Разделим эти равенства почленно на произведение abca 1 b 1 c 1 : ´(A) a 1 bc = ´(B) ab 1 c = ´(C) abc 1 = ´(D) abc = 6V abca 1 b 1 c 1 (6.15) Синусы Штаудта трехгранных углов тетраэдра пропорциональны произведениям длин трех ребер граней, противолежащих этим углам (первая теорема синусов). Пользуясь формулой (6.13), аналогичным путем получаем: ´ 0 (A) S 1 = ´ 0 (B) S 2 = ´ 0 (C) S 3 = ´ 0 (D) S 4 = 9V 2 2S 1 S 2 S 3 S 4 (6.16) Синусы второго рода трехгранных углов тетраэдра пропорциональны площадям противолежащих им граней (вторая теорема синусов). Далее, перемножим два равенства из (6.12): V 2 = 4 9 S 1 S 2 S 3 S 4 sin(AB) sin(CD) AB · CD Из этого соотношения и двух ему аналогичных следует: AB · CD sin(AB) sin(CD) = BC · AD sin(BC) sin(AD) = AC · BD sin(AC) sin(BD) = 4S 1 S 2 S 3 S 4 9V 2 . (6.17) Произведения длин противоположных ребер тетраэдра пропорцио- нальны произведениям синусов соответствующих двугранных углов (третья теорема синусов). 3.5. Выражение объема тетраэдра через длины его ребер (формула Юнгиуса). Применим формулу (5.15) квадрата смешанного произве- дения: (6V ) 2 = ( a b c) 2 = a 2 a b a c a b b 2 b c a c b c c 2 99 Умножим каждую строку этого определителя на 2 и все удвоенные ска- лярные произведения заменим по теореме косинусов для треугольника: 36V 2 = 1 8 2 a 2 a 2 + b 2 − c 2 1 a 2 + c 2 − b 2 1 a 2 + b 2 − c 2 1 2b 2 b 2 + c 2 − a 2 1 a 2 + c 2 − b 2 1 b 2 + c 2 − a 2 1 2c 2 Представим полученный определитель в раскрытом виде. После надле- жащих преобразований имеем окончательно: 144V 2 = a 2 a 2 1 (b 2 + b 2 1 + c 2 + c 2 1 − a 2 − a 2 1 )+ + b 2 b 2 1 (c 2 + c 2 1 + a 2 + a 2 1 − b 2 − b 2 1 ) + c 2 c 2 1 (a 2 + a 2 1 + b 2 + b 2 1 − c 2 − c 2 1 )− − (bca 1 ) 2 − (cab 1 ) 2 − (abc 1 ) 2 − (a 1 b 1 c 1 ) 2 (6.18) Эта формула впервые была найдена другим путем немецким ученым И. Юнгиусом (1587–1657) и называется его именем. 3.6. Вторая формула Штаудта. Сообщим пока без доказательства еще одну формулу К. Штаудта: 6V R = Q, (6.19) где R — радиус описанной около тетраэдра сферы и 16Q 2 = (aa 1 + bb 1 + cc 1 )(bb 1 + cc 1 − aa 1 )(cc 1 + aa 1 − bb 1 )(aa 1 + bb 1 − cc 1 ). Доказательство будет дано в § 4 гл. 8. Важное значение соотношения (6.19) состоит еще и в том, что оно позволяет получить выражение диаметра описанной около тетраэдра сферы через длины его ребер, если привлечь формулу (6.18): (2R) 2 = 16Q 2 144V 2 3.7. Объем клина. Клином (косоусеченной призмой) называется пятигранник ABCA 1 B 1 C 1 , три боковые грани которого — трапеции, A B C A 1 B 1 C 1 N M S ⊥ Рис. 78 а основания ABC и A 1 B 1 C 1 — треугольники (рис. 78). Боковые ребра AA 1 , BB 1 , CC 1 клина по- парно параллельны. Обозначим их длины соответ- ственно a, b, c. Клин имеет простую формулу объема: V = 1 3 S ⊥ (a + b + c), (6.20) где S ⊥ — площадь сечения клина плоскостью, пер- пендикулярной боковым ребрам. 100 Для доказательства этой формулы проведем сечение AM N клина плоскостью через его вершину A параллельно основанию A 1 B 1 C 1 , счи- тая, что ребро AA 1 является меньшим из боковых ребер. Этой плос- костью клин разбивается на четырехугольную пирамиду AM N BC и треугольную призму AM N A 1 B 1 C 1 . Объемы этой призмы и пирамиды соответственно равны S ⊥ a и S M N BC · AH, где AH — высота пирамиды. Но S M N BC = 1 2 ((b − a) + (c − a))h (h — высота трапеции M N BC). Тогда объем V клина равен V = S ⊥ a + 1 3 AH · h 2 (b − a + c − a), где 1 2 AH · h = S ⊥ Поэтому V = 1 3 S ⊥ (3a + b + c − 2a) = 1 3 S ⊥ (a + b + c). Другой, боле экономный вывод формулы объема клина основан на таком способе вычисления объема произвольной пирамиды: объем пира- миды равен 1 3 произведения длины одного ее бокового ребра и площади ортогональной проекции основания на плоскость, перпендикулярную взятому ребру. Это сразу следует из известной формулы объема приз- мы: он равен произведению длины бокового ребра на площадь перпен- дикулярного сечения призмы. Дополняя пирамиду до призмы, боковые ребра которой параллельны и равны какому-либо боковому ребру пи- рамиды, получаем сформулированный выше результат. Теперь разобьем данный клин ABCA 1 B 1 C 1 плоскостями ABC 1 и AB 1 C 1 на три тетраэдра: AA 1 B 1 C 1 , ABCC 1 и ABB 1 C 1 (сделайте рису- A B C D S N M Рис. 79 нок). Ортогональные проекции треуголь- ников ABC, A 1 B 1 C 1 и AB 1 C 1 на плос- кость, перпендикулярную боковым ре- брам клина, совпадают и имеют площадь S ⊥ . Тогда согласно указанной формуле объема пирамиды объем V клина будет равен: V = 1 3 aS ⊥ + 1 3 cS ⊥ + 1 3 bS ⊥ = 1 3 S ⊥ (a + b + c). З а д а ч а. Параллелограмм ABCD является основанием пирамиды SABCD. |