Я. П. Понарин элементарная геометрия том 2 стереометрия, преобразования пространства москва
 Скачать 1.7 Mb.
|
|
В каком отношении делит объем пира- миды плоскость, проходящая через ре- бро AB и среднюю линию грани SCD? Р е ш е н и е. Секущая плоскость делит пирамиду (рис. 79) на клин AM DBN C и пирамиду SABN M , которая также есть клин с боковыми 101 ребрами AB, M N и SS (нулевое ребро). Их перпендикулярные сече- ния (заштрихованы) имеют равные площади S ⊥ . Пусть M N = 1, тогда AB = DC = 2. Согласно формуле (6.20) отношение объемов двух этих многогранников равно 1 3 S ⊥ (2 + 2 + 1) 1 3 S ⊥ (2 + 1 + 0) = 5 3 § 4. Барицентрические координаты точки 4.1. Определение. Пусть для данного тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 и дан- ной точки P вектор A 4 P = xA 4 A 1 + y A 4 A 2 + z A 4 A 3 . При произвольном выборе точки O пространства A 4 P = OP − OA 4 = x( OA 1 − OA 4 ) + y( OA 2 − OA 4 ) + z( OA 3 − OA 4 ), откуда OP = x OA 1 + y OA 2 + z OA 3 + (1 − x − y − z) OA 4 Обозначим l 1 = x, l 2 = y, l 3 = z, l 4 = 1 − x − y − z. Тогда l 1 + l 2 + l 3 + l 4 = 1. Таким образом, для заданного тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 и любых точек O и P имеют место равенства: ( OP = l 1 OA 1 + l 2 OA 2 + l 3 OA 3 + l 4 OA 4 , l 1 + l 2 + l 3 + l 4 = 1. (6.21) Важно, что коэффициенты l i не зависят от выбора точки O при задан- ной точке P . В самом деле, при этих же числах l i , заменив точку O другой точкой O 1 , получаем: 4 X i=1 l i O 1 A i = 4 X i=1 l i ( OA i − OO 1 ) = 4 X i=1 l i OA i − OO 1 4 X i=1 l i = = OP − OO 1 = O 1 P , т. е. O 1 P = l 1 O 1 A 1 + l 2 O 1 A 2 + l 3 O 1 A 3 + l 4 O 1 A 4 , где l 1 + l 2 + l 3 + l 4 = 1. О п р е д е л е н и е. Если имеют место равенства (6.21), то числа l i называются барицентрическими координатами точки P относитель- но тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 102 4.2. Аффинный и метрический смысл барицентрических координат. Так как равенства (6.21) не зависят от точки O, то в качестве такой точки можно взять точку A 4 : A 4 P = l 1 A 4 A 1 + l 2 A 4 A 2 + l 3 A 4 A 3 Умножим это равенство скалярно на вектор A 4 A 2 × A 4 A 3 : A 4 P A 4 A 2 A 4 A 3 = l 1 A 4 A 1 A 4 A 2 A 4 A 3 , откуда l 1 = V P A 2 A 3 A 4 A 1 A 2 A 3 A 4 , где тетраэдры A 1 A 2 A 3 A 4 и P A 2 A 3 A 4 считаются ориентированными со- ответственно указанным тройкам векторов (§ 1 гл. 5). Аналогично по- лучаем: l 2 = V A 1 P A 3 A 4 V A 1 A 2 A 3 A 4 , l 3 = V A 1 A 2 P A 4 V A 1 A 2 A 3 A 4 , l 4 = V A 1 A 2 A 3 P V A 1 A 2 A 3 A 4 Итак, барицентрические координаты l i точки P равны отноше- ниям объемов двух ориентированных тетраэдров: объема тетраэдра, полученного заменой соответствующей вершины базисного тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 точкой P , к объему тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 Пусть x i — ориентированные расстояния точки P до плоскостей граней тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 , причем за положительное направление принято направление соответствующей высоты h i этого тетраэдра от вершины к противоположной грани. Тогда отношения объемов указан- ных тетраэдров равны x i h i (i = 1, 2, 3, 4). Следовательно, l i = x i h i и x 1 h 1 + x 2 h 2 + x 3 h 3 + x 4 h 4 = 1. (6.22) Умножив последнее равенств на 3V A 1 A 2 A 3 A 4 , будем иметь: x 1 S 1 + x 2 S 2 + x 3 S 3 + x 4 S 4 = 3V. (6.23) Числа x i называются нормальными координатами точки P отно- сительно данного тетраэдра. При этом x i = l i h i 4.3. Расстояние между двумя точками, заданными относительно тет- раэдра. Поставим задачу найти расстояние между точками P и M , если известны барицентрические координаты l i точки P и расстояния r i от точки M до вершин A i данного тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 . Согласно равен- ствам (6.21) M P = l 1 r 1 + l 2 r 2 + l 3 r 3 + l 4 r 4 , где r i = M A i 103 Вычислим скалярный квадрат вектора M P : M P 2 = 4 X i=1 l i r i ! 2 = 4 X i=1 l 2 i r 2 i + 2 4 X i,j=1; i j r i r j Так как 2 r i r j = r 2 i + r 2 j − a 2 ij , где a ij = A i A j , то M P 2 = 4 X i=1 l 2 i r 2 i + 4 X i,j=1; i j ( r 2 i + r 2 j − a 2 ij ). После несложных преобразований находим, что M P 2 = 4 X j=1 l j 4 X i=1 l i r 2 i − 4 X i,j=1; i j a 2 ij , и окончательно M P 2 = 4 X i=1 l i r 2 i − 4 X i,j=1; i j a 2 ij (6.24) Применим полученную формулу (6.24) для определения расстояний между некоторыми точками тетраэдра. 1. Пусть точка M совпадает с центром O описанной около тетраэдра сферы. Если R — радиус этой сферы, то все r i = R. Точку P поместим в центроиде G тетраэдра. Для нее все l i = 1 4 . Согласно (6.24) будем иметь: OG 2 = R 2 − 1 16 4 X i,j=1; i ij (6.25) Этот результат можно получить и непосредственно, используя выраже- ние (6.1) для вектора центроида. 2. Если обе точки M и P совпадают с центроидом G тетраэдра, то M P = 0 и l i = 1 4 , r i = GA i . На основании формулы (6.24) получаем: 4 X i=1 GA 2 i = 1 4 4 X i,j=1; i ij (6.26) Поскольку GA i = 3 4 G i A i , где G i — центроид грани a i , то отсюда следует: 4 X i=1 G i A 2 i = 4 9 4 X i,j=1; i ij (6.27) 104 § 5. Сферы, касающиеся плоскостей граней тетраэдра 5.1. Условия существования и число сфер, касающихся плоскостей граней тетраэдра. На плоскости всегда существуют четыре окружно- сти, касающиеся прямых, содержащих стороны треугольника. В этом параграфе будет доказано, что количество сфер, касающихся четырех плоскостей граней тетраэдра, зависит от вида тетраэдра: их существует не менее пяти, но не более восьми. Пусть дан тетраэдр A 1 A 2 A 3 A 4 . Плоскости A 2 A 3 A 4 , A 1 A 3 A 4 , A 1 A 2 A 4 , A 1 A 2 A 3 обозначим соответственно a 1 , a 2 , a 3 , a 4 . Пусть x i — нормаль- ные координаты точки M пространства относительно данного тетраэд- ра (п. 4.2). Плоскости a i делят пространство на пятнадцать областей, каждая из которых может быть охарактеризована знаками нормальных координат своих точек, а именно: 1) одну область I, внутреннюю относительно тетраэдра, для точек которой все x i > 0; 2) четыре области II (рис. 80) четырех внутренних трехгранных уг- лов тетраэдра без точек области I; для точек каждой из этих обла- стей соответствующая нормальная координата x i о т р и ц а т е л ь н а, а остальные три п о л о ж и т е л ь н ы; A 3 II A 1 A 2 A 4 Рис. 80 III A 1 A 2 A 3 A 4 Рис. 81 IV A 1 A 2 A 3 A 4 Рис. 82 3) четыре области III четырех трехгранных углов, вертикальных внутренним трехгранным углам тетраэдра (рис. 81); точки этих об- ластей имеют три отрицательных и одну положительную нормальную координату, а именно ту, которая соответствует вершине трехгранного угла; 4) шесть областей IV типа «крыш» (рис. 82), соответствующих ре- брам A i A j тетраэдра; точки этих областей имеют две положительные (x i и x j ) и две отрицательные нормальные координаты. 105 Будем пользоваться тождеством (6.23): x 1 S 1 + x 2 S 2 + x 3 S 3 + x 4 S 4 = 3V. Его можно проверить и непосредственно, выбрав поочередно точку M в областях каждого из четырех указанных типов и соединив ее с вер- шинами тетраэдра. Можно составить всего 16 комбинаций знаков нормальных коорди- нат x i точек, но одна из них в действительности не существует: из этого тождества видно, что числа x i не могут быть одновременно все отри- цательными. Остальные 15 комбинаций соответствуют указанным 15 областям пространства. Если дан тетраэдр и числа x i , удовлетворяющие рассматриваемо- му тождеству, то существует одна и только одна точка, имеющая эти числа своими нормальными координатами относительно данного тетра- эдра. Она является точкой пересечения трех плоскостей, соответственно параллельных, например трем плоскостям a 1 , a 2 , a 3 , удаленных от них соответственно на расстояния |x 1 |, |x 2 |, |x 3 | и расположенных в соот- ветствующих знакам чисел x 1 , x 2 , x 3 полупространствах относительно плоскостей a 1 , a 2 , a 3 . Так как числа x i связаны указанным тождеством, то аналогичная четвертая плоскость a 4 проходит через ту же точку. Для того чтобы некоторая точка была центром касательной к плос- костям граней тетраэдра сферы, необходимо и достаточно, чтобы она была равноудалена от этих плоскостей. В этом случае модули всех чи- сел x i равны и находятся из равенства (6.23), а по ним указанным способом строится искомый центр. Поэтому в силу этого равенства для существования касательной сферы необходимо и достаточно, чтобы e 1 S 1 + e 2 S 2 + e 3 S 3 + e 4 S 4 > 0, (6.28) где e i = ±1 в зависимости от знаков нормальных координат точек ука- занных 15 областей. Отсюда можно сделать следующие выводы. 1. Во внутренней области тетраэдра (все e i = 1) всегда существует точка J , равноудаленная от граней, являющаяся центром вписанной сферы. 2. Так как площадь каждой грани тетраэдра меньше суммы пло- щадей трех остальных граней (п. 1.3, гл. 3), при одной отрицательной и трех положительных единицах из e i неравенство (6.28) всегда выпол- няется. Это значит, что в каждой из областей типа II всегда существует точка J i , равноудаленная от плоскостей a j . Точки J i являются центрами четырех сфер, касающихся внешним образом соответствующей грани a i и внутренним образом трех остальных граней. Касание сферы с гранью 106 называется внутренним или внешним, если эта сфера и противополож- ная данной грани вершина тетраэдра лежат соответственно в одном или в разных полупространствах относительно плоскости этой грани. Указанные четыре сферы называются вневписанными сферами первого рода данного тетраэдра. 3. Для точек областей типа III три из e i отрицательны и одна поло- жительна, поэтому неравенство (6.28) не выполняется. Следовательно, ни в одной из этих четырех областей не существует точки, равноуда- ленной от плоскостей a i , и значит, касательной к ним сферы. 4. Если S i + S j > S k + S u и e i = e j = 1, e k = e u = −1, то неравен- ство (6.28) удовлетворяется в области IV типа «крыши», относящейся к ребру A i A j , тетраэдра. В этой области существует точка J ij , равно- удаленная от плоскостей a. Из того же неравенства видно, что в этом случае не может существовать такой точки в «крыше», относящейся к противоположному ребру. Точки J ij суть центры сфер, называемых вневписанными сферами второго рода данного тетраэдра. Однако при условии S i + S j = S k + S u неравенство (6.28) для этих двух облаcтей последнего типа не удовлетворяется и точка J ij не суще- ствует. Таким образом, если сумма площадей двух граней равна сумме площадей двух других граней, то не существует одной вневписанной сферы второго рода. В случае равновеликости всех четырех граней не существует ни одной из вневписанных сфер второго рода. Итак, существует самое большее восемь и самое меньшее пять сфер, касающихся плоскостей граней тетраэдра. Центрами этих сфер являются точки пересечения биссекторных плоскостей внутренних и внешних двугранных углов тетраэдра, по- скольку биссекторная плоскость двугранного угла есть геометрическое место точек, каждая из которых равноудалена от его граней. 5.2. Зависимость между радиусами вписанной и вневписанных сфер и высотами тетраэдра. Радиусы сфер (J ), (J i ), (J ij ) будем обозначать соответственно r, r i , r ij . При x i = r из тождества (6.23) получаем: r = 3V S 1 + S 2 + S 3 + S 4 , (6.29) откуда 1 r = 1 h 1 + 1 h 2 + 1 h 3 + 1 h 4 (6.30) Для центра J i вневписанной сферы первого рода x i = −r i , x j = x k = = x u = r i и поэтому r i = 3V S j + S k + S u − S i , (6.31) 107 откуда 1 r i = 1 h j + 1 h k + 1 h u − 1 h i (6.32) Для центра J ij вневписанной сферы второго рода x i = x j = r ij , x k = x u = = −r ij . Значит, r ij = 3V S i + S j − S k − S u , (6.33) откуда 1 r ij = 1 h i + 1 h j − 1 h k − 1 h u (6.34) Из равенств (6.30), (6.32) и (6.34) вытекают еще такие соотношения: 2 r = 1 r 1 + 1 r 2 + 1 r 3 + 1 r 4 , (6.35) 2 r ij = − 1 r i − 1 r j + 1 r k + 1 r u , (6.36) а также 1 r − 1 r i = 2 h i , 1 r i + 1 r ij = 2 h j , 4 h i = 1 r + 1 r ij + 1 r ik + 1 r iu , которые нетрудно проверить. § 6. Ортоцентрический тетраэдр 6.1. Высоты тетраэдра. Определение и критерий ортоцентрического тетраэдра. В отличие от высот треугольника высоты тетраэдра общего A B C D Рис. 83 вида не имеют общей точки. Построим пример тако- го тетраэдра. Возьмем прямоугольный треугольник ABC и построим перпендикуляр AD к его плос- кости (рис. 83). В полученном тетраэдре ABCD отрезки BC и DA являются его высотами, кото- рые скрещиваются. Следовательно, четыре высоты этого тетраэдра заведомо не пересекаются в одной точке. Если высоты тетраэдра попарно скрещиваются, то и в этом случае они обладают замечательным свойством: они об- разуют так называемую гиперболическую четверку прямых. Вообще говоря, существует не более двух прямых, каждая из которых пере- секает каждую из четырех данных попарно скрещивающихся прямых. Но для четверки высот тетраэдра таких секущих прямых существует 108 бесконечное множество. Четверка попарно скрещивающихся прямых, обладающая таким свойством, что каждая прямая, пересекающая три из них, пересекает и четвертую или ей параллельна, называется гипер- болической четверкой прямых. Существуют тетраэдры частного вида, в которых высоты пере- секаются в одной точке. К ним относятся, например, правильная треугольная пирамида (равнобедренный тетраэдр), а также прямо- угольный тетраэдр, в котором три ребра с общей вершиной попарно перпендикулярны. О п р е д е л е н и е. Тетраэдр, в котором четыре высоты пересекают- ся в одной точке, называется ортоцентрическим тетраэдром, а точ- ка H пересечения высот называется его ортоцентром. Множество ортоцентрических тетраэдров не исчерпывается приве- денными выше примерами. Теорема. Для того чтобы тетраэдр был ортоцентрическим, необ- ходимо достаточно, чтобы перпендикуляры к граням этого тетраэдра в их центроидах пересекались в одной точке. Д о к а з а т е л ь с т в о. Если G — центроид тетраэдра A 1 A 2 A 3 A 4 , G i — центроиды его граней, то тетраэдр G 1 G 2 G 3 G 4 гомотетичен дан- ному тетраэдру с центром гомотетии G и коэффициентом k = − 1 3 . При этой гомотетии указанные перпендикуляры соответствуют высотам тет- раэдра A 1 A 2 A 3 A 4 . Поэтому его высоты пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда эти перпендикуляры пересекаются в одной точке. 6.2. Вектор ортоцентра. Если H — ортоцентр тетраэдра ABCD и O — центр его описанной сферы, то OH = 1 2 ( OA + OB + OC + OD) (6.37) и HO = 1 2 ( HA + HB + HC + HD). (6.38) Докажем сначала соотношение (6.38). Пусть 1 2 ( HA + HB + HC + + HD) = HX. Тогда AX = HX − HA = 1 2 ( HB + HC + HD − HA) и AX 2 = 1 4 ( HA 2 + HB 2 + HC 2 + HD 2 + 2 HB( HC − HA) + 2 HC( HD − − HA) + 2 HD( HB − HA)). Поскольку HB ⊥ AC, HC ⊥ AD и HD ⊥ AB, то HB( HC − HA) = HB · AC = 0, HC( HD − HA) = 0, и HD( HB − − HA) = 0. Следовательно, AX 2 = 1 4 (HA 2 + HB 2 + HC 2 + HD 2 ). 109 Это выражение симметрично относительно букв A, B, C, D. Поэто- му AX 2 = BX 2 = CX 2 = DX 2 . Значит, точка X совпадает с точкой O. Этим равенство (6.38) доказано. А из него следует равенство (6.37): HO = 1 2 (( HO + OA) + ( HO + OB) + ( HO + OC) + ( HO + OD)), откуда OH = 1 2 ( OA + OB + OC + OD). Следствие 1. В ортоцентрическом тетраэдре точки O, G, H ле- жат на одной прямой (прямой Эйлера ортоцентрического тетраэдра) и G — середина OH. Действительно, из равенств (6.1) и (6.37) следует OG = 1 2 OH. 6.3. Характеристические свойства ортоцентрического тетраэдра. В ортоцентрическом и только в ортоцентрическом тетраэдре про- тивоположные ребра перпендикулярны в каждой из трех пар. Пусть высоты тетраэдра пересекаются в точке H. Рассмотрим две его высоты CC 1 и DD 1 (рис. 84). Грани ABC и ABD перпендикулярны A B C D C 1 D 1 K H Рис. 84 плоскости CDH, поэтому их общее ребро AB перпендикулярно этой плоскости и, зна- чит, AB ⊥ CD. С равным правом BC ⊥ AD и AC ⊥ BD. Обратно, если AB ⊥ CD, то существу- ет единственная плоскость, содержащая ре- бро CD и перпендикулярная AB. В этой плоскости лежат высоты CC 1 и DD 1 тетра- эдра, которые поэтому пересекаются. Если BC ⊥ AD и AC ⊥ BD, то по аналогичной причине будут пересекаться любые две вы- соты данного тетраэдра. Так как они не лежат в одной плоскости, то они необходимо пересекаются в одной точке (задача 1.6). На основании доказанного свойства ортоцентрический тетраэдр на- зывается также ортогональным тетраэдром. Следствие 2. В ортоцентрическом тетраэдре и только в таком тетраэдре основания высот являются ортоцентрами его граней. Характеристическое свойство ортогональности противоположных ребер ортоцентрического тетраэдра позволяет его построить следую- щим способом. Пусть даны две скрещивающиеся перпендикулярные прямые a и a 1 Построим произвольную пересекающую их прямую b, но не пер- пендикулярную им, затем некоторую плоскость g, перпендикулярную прямой b, но не содержащую точки B = b ∩ a 1 и D = b ∩ a (рис. 85). Она 110 пересекает прямые a и a 1 соответственно в точках A и C. Тогда тетраэдр ABCD является ортоцентрическим в силу ортогональности его проти- A B C D a b c a 1 b 1 c 1 g Рис. 85 воположных ребер. В самом деле, DA ⊥ BC по выбору прямых a и a 1 , BD ⊥ AC, так как g ⊥ b и (AC) ⊂ g. Кроме того, AB ⊥ DC на основании векторного тождества AB · CD + BC · AD + CA · BD = 0, истинность которого легко проверяется под- становками AB = DB − DA, BC = DC − − DB, CA = DA − DC. Далее излагаются еще три критерия ор- тоцентрического тетраэдра. Для того чтобы тетраэдр был ортоцентрическим, необходимо и достаточно, чтобы суммы квадратов длин его противоположных ребер были равны: a 2 + a 2 1 = b 2 + b 2 1 = c 2 + c 2 1 (6.39) По предыдущему критерию для ортоцентрического тетраэдра необ- ходимо и достаточно, чтобы AB · CD = BC · DA = CA · DB = 0. Воспользуемся известной формулой 2 AB · CD = AD 2 + BC 2 − AC 2 − BD 2 На основании ее получаем эквивалентные предыдущим равенства: AD 2 + BC 2 − AC 2 − BD 2 = = AB 2 + CD 2 − BD 2 − AC 2 = BC 2 + AD 2 − CD 2 − AB 2 , которые равносильны доказываемым равенствам: AD 2 + BC 2 = CD 2 + AB 2 = BD 2 + AC 2 В ортоцентрическом и только в ортоцентрическом тетраэдре произведения косинусов противоположных двугранных углов равны: cos(AB) cos(CD) = cos(BC) cos(AD) = cos(AC) cos(BD). (6.40) Это следует из формулы (5.25) и ортогональности противоположных ребер тетраэдра. Для того чтобы тетраэдр был ортоцентрическим, необходимо и достаточно, чтобы его бимедианы были равны. Для доказательства достаточно привлечь формулы (6.4) длин биме- диан и критерий (6.39). 111 § 7. Равногранный тетраэдр 7.1. Определение и характеристическое свойство равногранного тет- раэдра. Тетраэдр называется равногранным, если все его грани — рав- ные треугольники. Существование равногранного тетраэдра можно доказать следу- ющим простым построением. Возьмем остроугольный треугольник D 1 D 2 D 3 и проведем в нем средние линии BC, CA, AB (рис. 86). Пере- гнем этот треугольник по средним линиям так, чтобы вершины D 1 , D 2 , D 3 совместились. В результате получим тетраэдр ABCD с равными гранями (по трем сторонам) (рис. 87). Теорема. Для того чтобы тетраэдр был равногранным, необходимо и достаточно, чтобы его противоположные ребра были равны: a = a 1 , b = b 1 , c = c 1 Д о к а з а т е л ь с т в о. Д о с т а т о ч н о с т ь этого условия очевидна. Докажем н е о б х о д и м о с т ь. Пусть все грани тетраэдра ABCD рав- ны. Из равенства треугольников DBC и ACD следует: либо a = a 1 и b = b 1 , либо a = b и a 1 = b 1 . Тогда в обоих случаях из равенства тре- угольников ABC и ACD будет c = c 1 . Во втором случае треугольники ABC и ABD равнобедренные, а из их равенства a = b = a 1 = b 1 . Итак, в обоих случаях a = a 1 , b = b 1 , c = c 1 A B C D 1 D 2 D 3 Рис. 86 A B C D Рис. 87 A B C D E A 1 Рис. 88 7.2. Свойства углов равногранного тетраэдра. Сначала докажем, что все плоские углы равногранного тетраэдра острые. Допустим, что \ DCB > 90 ◦ . В плоскости BCD построим треугольник BDA 1 , равный треугольнику ABD (рис. 88): DA 1 = DA = BC, BA 1 = AB = DC. Тогда полученный четырехугольник A 1 BCD — параллелограмм, в котором DB > CA 1 = CE + EA 1 = CE + EA > AC. Получили, что DB > AC, что противоречит необходимому условию DB = AC равногранного тетраэд- ра. Итак, предположение, что плоский угол равногранного тетраэдра не меньше прямого, опровергнуто. 112 Из определения равногранного тетраэдра и полученных его свойств вытекают следующие следствия для его углов: 1. Трехгранные углы равногранного тетраэдра равны (по равенству их соответственных плоских углов). 2. Сумма плоских углов каждого триэдра равна сумме плоских уг- лов грани, т. е. равна 180 ◦ 3. Противоположные двугранные углы равны (по первой теореме ко- синусов для триэдра). 4. Сумма косинусов трех двугранных углов при ребрах каждой гра- ни равна единице (на основании формулы проекций (3.3)). 7.3. Критерии равногранного тетраэдра. Кроме критерия, приведен- ного в п. 7.1, имеются и другие критерии равногранного тетраэдра, из которых рассмотрим следующие три. 1. Для того чтобы тетраэдр был равногранным, необходимо и до- статочно, чтобы его бимедианы были общими перпендикулярами (би- высотами) соответствующих пар противоположных ребер. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть тетраэдр ABCD равногранный: a = a 1 , b = b 1 , c = c 1 и M N — его бимедиана (M — середина AB, N — середи- на DC). Тогда 2 M N = AD + BC и 2 M N · DC = AD · DC + BC · DC. По- этому 4 M N · DC = −2 DA · DC + 2 CB · CD = (−a 2 − c 2 + b 2 1 ) + (a 2 1 + c 2 − − b 2 ) = 0. Аналогично M N · AB = 0. Следовательно, M N — бивысота. Обратно, если бимедиана M N тетраэдра ABCD является его би- высотой, то она является осью его симметрии и поэтому AD = BC. Аналогично AB = DC и AC = BD. Следовательно, тетраэдр равно- гранный. Следствие. Описанный параллелепипед равногранного тетраэдра является прямоугольным, так как его высоты являются бивысотами тетраэдра. 2. Для того чтобы тетраэдр был равногранным, необходимо и до- A B C D N N 1 B 1 D 1 Рис. 89 статочно, чтобы его грани имели равные площади. Н е о б х о д и м о с т ь очевидна. Д о с т а - т о ч н о с т ь докажем двумя способами. Д о к а з а т е л ь с т в о 1. Пусть BB 1 и DD 1 — высоты граней ABC и ADC (рис. 89). По условию эти треугольники равновелики, поэтому BB 1 = DD 1 . Из середины N ребра BD опустим перпендикуляр N N 1 на прямую AC. Тогда из равенства BN = N D следует ра- венство B 1 N 1 = N 1 D 1 (свойство ортогональ- ного проектирования). Из равенства прямо- 113 угольных треугольников BB 1 N 1 и DD 1 N 1 следует, что BN 1 = DN 1 Медиана N 1 N равнобедренного треугольника BDN 1 перпендикулярна его основанию BD. Если из середины ребра AC опустить перпенди- куляр на BD, то по доказанному он будет перпендикулярен и к AC, т. е. совпадет с N N 1 . В результате бимедианы тетраэдра совпадают с его бивысотами и по предыдущему критерию этот тетраэдр равно- гранный. Д о к а з а т е л ь с т в о 2. Достроим данный тетраэдр ABCD до тре- угольной призмы AB 1 C 1 DBC (рис. 90). Из равновеликости граней A B C D N M Q C 1 B 1 Рис. 90 данного тетраэдра следует равновеликость бо- ковых граней пристроенной четырехугольной пирамиды ABB 1 C 1 C с вершиной A. Спроекти- руем ортогонально ее вершину A на плоскость ее основания. Пусть Q — полученная проек- ция точки A. Высоты AM и AN равновеликих треугольников ABB 1 и ACC 1 равны, поэтому равны их проекции QM и QN . Аналогично доказывается, что точка Q равноудалена от сторон BC и B 1 C 1 параллелограмма BB 1 C 1 C, т. е. Q — центр этого параллелограмма. Тогда QC = QB 1 , откуда AC = AB 1 = BD. По анало- гичной причине AB = CD и BC = AD. Следо- вательно, тетраэдр равногранный. 3. Для того чтобы тетраэдр был равногранным, необходимо и до- статочно, чтобы центр O его описанной сферы совпадал с его центро- идом G. Н е о б х о д и м о с т ь. Центр O описанной сферы принадлежит плос- костям симметрии вершин тетраэдра, взятым попарно. Для равногран- ного тетраэдра эти плоскости симметрии содержат соответственно его бивысоты, совпадающие с соответственными бимедианами, которые всегда пересекаются в центроиде G. Следовательно, точки O и G сов- падают. Д о с т а т о ч н о с т ь. Пусть точки O и G совпадают. Тогда по свой- ству центроида OA + OB + OC + OD = 0, а по определение описанной сферы OA = OB = OC = OD. Из первого равенства имеем: ( OA + OB) 2 = = ( OC + OD) 2 , откуда с учетом равенства модулей векторов 2 OA · OB = = 2 OC · OD и поэтому OA 2 + OB 2 − AB 2 = OC 2 + OD 2 − CD 2 . Следо- вательно, AB = CD и аналогично BC = AD и AC = BD, т. е. тетраэдр равногранный. 7.4. Формулы для равногранного тетраэдра. Так как в равногранном тетраэдре a = a 1 , b = b 1 , c = c 1 , то по формулам (6.4) его бимедианы (они 114 же бивысоты) имеют выражения: d 2 1 = P Q 2 = 1 2 (b 2 + c 2 − a 2 ), d 2 2 = EF 2 = 1 2 (c 2 + a 2 − b 2 ), (6.41) d 2 3 = M N 2 = 1 2 (a 2 + b 2 − c 2 ). Поскольку описанный параллелепипед прямоугольный, то его объ- ем V = d 1 d 2 d 3 . Следовательно, объем равногранного тетраэдра равен V = 1 3 d 1 d 2 d 3 и поэтому 72V 2 = (b 2 + c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 − c 2 ). (6.42) Так как в равногранном тетраэдре совпадают точки O и G, то из ра- венства (6.25) получаем: R 2 = 1 8 (a 2 + b 2 + c 2 ). (6.43) Задачи к главе 6 6.1. Если в тетраэдре противоположные ребра перпендикулярны в каждой из двух пар, то и противоположные ребра третьей пары так- же перпендикулярны. Докажите. 6.2. Если O и G — центр описанной сферы и центроид тетраэд- ра ABCD и прямая OG пересекает ребра DA и BC, то DB = AC и DC = AB. Докажите. 6.3. Найдите геометрическое место точек пространства, для которых сумма квадратов расстояний до вершин данного тетраэдра постоянна. 6.4. Докажите, что бимедианы прямоугольного тетраэдра равны ра- диусу описанной около него сферы. 6.5. Докажите, что если две высоты тетраэдра пересекаются, то и две другие также пересекаются. 6.6. Докажите, что для площади S сечения тетраэдра ABCD плос- костью, проходящей через его ребро CD и центроид, имеет место зави- симость: 4S 2 = S 2 1 + S 2 2 + 2S 1 S 2 cos(CD). 6.7. Сумма квадратов площадей шести сечений тетраэдра плоско- стями, каждая из которых проходит через ребро и середину противо- положного ребра, равна сумме квадратов площадей всех его граней. Докажите. 115 6.8. В прямоугольном тетраэдре сумма квадратов площадей сечений, проведенных через ребра-катеты и центроид, равна половине квадрата площади грани-гипотенузы. Докажите. 6.9. Сумма квадратов площадей сечений прямоугольного тетраэд- ра, проведенных через ребра наибольшей грани и его центроид, равна квадрату площади наибольшей грани. Докажите. 6.10. В прямоугольном тетраэдре площади граней-катетов равны S 1 , S 2 , S 3 . Найдите его объем. 6.11. В прямоугольный тетраэдр ABCD вписан куб так, что одна его вершина совпадает с вершиной D прямого триэдра, а противопо- ложная ей вершина лежит в грани ABC. Найдите длину ребра куба, если DA = a, DB = b, DC = c. 6.12. В правильной треугольной пирамиде длина бокового ребра рав- на l. Плоскость, проходящая через сторону основания и середину про- тивоположного ребра, наклонена к плоскости основания под углом a. Найдите объем пирамиды. 6.13. В правильной треугольной пирамиде угол при вершине равен a, расстояние между противоположными ребрами равно d. Найдите объем пирамиды. 6.14. Дан тетраэдр. Докажите, что объем тетраэдра, вершинами ко- торого являются центроид данного тетраэдра и три середины его ребер, не лежащие в одной плоскости с центроидом, равен 1/16 объема данного тетраэдра. (Теорема М о н ж а.) 6.15. Найдите объем прямоугольного тетраэдра с равными ребрами- катетами, если высота, проведенная к грани-гипотенузе, имеет длину h. 6.16. Докажите, что объем любой пирамиды равен 1/3 произведения длины ее бокового ребра и площади ортогональной проекции основания на плоскость, перпендикулярную взятому ребру. 6.17. Дан клин ABCA 1 B 1 C 1 . Докажите, что тетраэдры ABCC 1 и A 1 B 1 C 1 C равновелики. 6.18. Докажите, что объем клина ABCA 1 B 1 C 1 равен сумме объемов тетраэдров ABCA 1 , ABCB 1 , ABCC 1 . Получите отсюда формулу (6.20) объема клина. 6.19. Найдите отношение объемов тел, на которые делит правиль- ную четырехугольную пирамиду плоскость, перпендикулярная стороне основания и делящая эту сторону в отношении 1 : 3. 6.20. Плоскость, параллельная двум противоположным ребрам тет- раэдра, делит расстояние между ними в отношении k. В каком отноше- нии эта плоскость делит объем тетраэдра? 6.21. Докажите, что плоскость, содержащая бимедиану тетраэдра, делит его на две равновеликие части. 116 6.22. Плоскость, проходящая через сторону основания правильной четырехугольной пирамиды, делит противоположную грань на две рав- новеликие части. В каком отношении делит эта плоскость объем пира- миды? 6.23. Плоскость, проходящая через сторону основания правильной четырехугольной пирамиды, делит ее объем пополам. В каком отноше- нии эта плоскость делит площадь противоположной боковой грани? 6.24. Дан тетраэдр ABCD. Найдите геометрическое место точек M пространства, для каждой из которых тетраэдры M ACD и M BCD рав- новелики. 6.25. Дан тетраэдр ABCD. Найдите геометрическое место точек M пространства, для каждой из которых тетраэдры M BCD, M ACD, M ABD равновелики. 6.26. Дан тетраэдр ABCD. Найдите геометрическое место точек M пространства, для каждой из которых тетраэдры M BCD, M ACD, M ABD, M ABC равновелики. 6.27. Докажите, что три отрезка, каждый из которых соединяет основания высот граней, принадлежащие скрещивающимся ребрам ор- тоцентрического тетраэдра, пересекаются в его ортоцентре. 6.28. Докажите, что все ребра параллелепипеда, описанного около ортоцентрического тетраэдра, равны между собой. 6.29. Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре сумма квадратов произведений длин противоположных ребер равна учетверенной сумме квадратов площадей граней: (aa 1 ) 2 + (bb 1 ) 2 + (cc 1 ) 2 = 4(S 1 + S 2 + S 3 + S 4 ). 6.30. Докажите, что сумма квадратов расстояний от ортоцентра до вершин ортоцентрического тетраэдра равна квадрату диаметра его опи- санной сферы. 6.31. Найдите на высоте DD 1 ортоцентрического тетраэдра ABCD такую точку M , чтобы прямые M A, M B, M C были попарно ортого- нальны. 6.32. Докажите, что если ортоцентр тетраэдра совпадает с его цен- троидом, то тетраэдр является правильным. 6.33. Середины ребер, шесть оснований высот граней и 12 точек, де- лящих пополам отрезки этих высот от ортоцентров граней до вершин ортоцентрического тетраэдра, лежат на одной сфере (первая сфера Эй- лера ортоцентрического тетраэдра). Докажите. 6.34. Центроиды и ортоцентры граней ортоцентрического тетраэдра, а также точки, делящие отрезки высот тетраэдра от его ортоцентра до вершин в отношении 1 : 2, лежат на одной сфере, которая гомотетич- 117 на описанной сфере при гомотетии с центром в центроиде G и коэф- фициентом −1/3 (вторая сфера Эйлера ортоцентрического тетраэдра). Докажите. 6.35. Докажите, что если все грани тетраэдра имеют равные пери- метры , то тетраэдр равногранный. 6.36. Докажите, что в равногранном и только в равногранном тет- раэдре бимедианы попарно перпендикулярны. 6.37. Докажите, что в равногранном тетраэдре и только в равногран- ном тетраэдре центр вписанной сферы совпадает с его центроидом. 6.38. Докажите, что диаметр вписанной сферы равногранного тет- раэдра равен радиусу его вневписанной сферы (первого рода). 6.39. Докажите, что квадрат диаметра сферы, описанной около рав- ногранного тетраэдра, равен сумме квадратов его бимедиан. 6.40. Докажите, что сумма квадратов расстояний точки сферы, впи- санной в равногранный тетраэдр, до его вершин не зависит от положе- ния точки на этой сфере. 6.41. Докажите, что вписанная в равногранный тетраэдр сфера ка- сается его граней в центрах окружностей, описанных около граней. 6.42. Докажите, что сфера, вписанная в равногранный тетраэдр, касается всех граней восьмигранника, вершинами которого являются середины ребер данного тетраэдра. 6.43. Докажите, что объем равногранного тетраэдра выражается формулой: V = 1 3 abc p cos a cos b cos g, где a, b, c — длины ребер с общей вершиной, a, b, g — углы между ними. 118 Г л а в а 7 Вычисление объемов тел § 1. Формула Ньютона–Симпсона и ее применение 1.1. Вывод формулы Ньютона–Симпсона. Наиболее краткий вывод этой формулы основан на интегральной формуле вычисления объемов ([2], с. 157): V = Z b a S(x)dx, (7.1) где S(x) — площадь сечения тела произвольной плоскостью, перпенди- кулярной оси Ox. Функция S(x) непрерывна на числовом промежутке [a, b]. Теорема. Если площади S(x) параллельных сечений тела удовле- творяют условию: S(x) = ax 2 + bx + c, 0 6 x 6 h, где x — расстояние секущей плоскости до некоторой постоянной (на- чальной) плоскости и a, b, c — постоянные числа, то объем V тела равен: V = h 6 (S 1 + S 2 + 4S), (7.2) где S 1 = S(0), S 2 = S(h), S = S 1 2 h Д о к а з а т е л ь с т в о. По формуле (7.1) V = Z h 0 S(x)dx = Z h 0 (ax 2 + bx + c)dx. Вычислив этот интеграл, получаем: V = 1 3 ah 3 + 1 2 bh 2 + ch = h 6 (2ah 2 + 3bh + 6c). Так как S 1 = S(0) = c, S 2 = S(h) = ah 2 + bh + c, S = S h 2 = 1 4 ah 2 + 1 2 bh + c, 4S = ah 2 + 2bh + 4c, то S 1 + S 2 + 4S = 2ah 2 + 3bh + 6c. Следовательно, V = h 6 (S 1 + S 2 + 4S). Эта замечательная формула носит имена двух английских мате- матиков: великого Исаака Ньютона (1643–1727) и Томаса Симпсона (1710–1761). Обязательным условием ее применения является квадра- тичность функции S(x) площади параллельных сечений тела. 1.2. Объем пирамиды и усеченной пирамиды. Пусть S — площадь основания пирамиды, S(x) — площадь ее сечения плоскостью, парал- лельной основанию и удаленной от вершины на расстояние x, h — вы- сота пирамиды. Тогда, как известно, S(x) S = x 2 h 2 , откуда S(x) = S h 2 x 2 Поскольку S(x) — квадратичная функция и S 1 = 0, S 2 = S и S h 2 = 1 4 S, то согласно формуле Ньютона–Симпсона объем V пирамиды равен V = h 6 0 + S + 4 · 1 4 S = 1 3 Sh. Для объема конуса этот вывод остается без изменения. Рассмотрим усеченную пирамиду с площадями S 1 и S 2 ее верхнего и нижнего оснований. Пусть h — высота этой пирамиды, x — высота пирамиды, дополняющей данную пирамиду до полной пирамиды. Яс- но, что как и в предыдущем случае, площадь произвольного сечения, параллельного основаниям, есть квадратичная функция его расстояния до вершины. Поэтому формула (7.2) применима. Пусть S — площадь среднего сечения данной пирамиды. Тогда S 1 S = x 2 “ x + 1 2 h ” 2 = 4x 2 (2x + h) 2 , откуда 4S = (2x + h) 2 x 2 S 1 . Аналогично, S 1 S 2 = x 2 (x + h) 2 , откуда √ S 2 √ S 1 = x + h x и √ S 2 √ S 1 + 1 = 2x + h x . Следовательно, 4S = √ S 2 √ S 1 + 1 2 S 1 = p S 1 + p S 2 2 и поэтому V = h 6 S 1 + S 2 + p S 1 + p S 2 2 , V = 1 3 h(S 1 + S 2 + p S 1 S 2 ). 120 Для усеченного конуса имеем тот же результат. Для него S 1 = pr 2 1 , S 2 = pr 2 2 , √ S 1 S 2 = pr 1 r 2 и, следовательно, V = 1 3 ph(r 2 1 + r 2 2 + r 1 r 2 ). Получим формулу Сервуа (6.14) для объема тетраэдра, пользуясь формулой Ньютона–Симпсона. Проведем две параллельные плоскости через скрещивающиеся ребра тетраэдра (рис. 91). Пусть a и a 1 — длины этих ребер, f — угол между ними, d — кратчайшее расстояние. Сечени- ем тетраэдра плоскостью, параллельной этим ребрам, является парал- A B C D a a 1 d f Рис. 91 лелограмм. Если x — расстояние секущей плоскости от ребра длины a, то сторо- ны этого параллелограмма имеют длины bx d и a( d − x) d , поэтому его площадь рав- на S(x) = bx d · a( d − x) d · sin f = ab d 2 x( d − x) × × sin f. Как видим, S(x) — квадратичная функция, для которой S(0) = 0, S( d) = 0, 4S d 2 = ab sin f. Согласно формуле (7.2) объем V тетраэдра равен V = 1 2 dab sin f. 1.3. Объем клина. Формула (6.20) объема клина была получена в п. 3.7 гл. 6. Рассмотрим другое ее д о к а з а т е л ь с т в о, опуская проверку условия применимости формулы Ньютона–Симпсона. Поста- вим клин ABCA 1 B 1 C 1 на боковую грань AA 1 B 1 B с параллельными ребрами a и b (рис. 92). Пусть d — длина высоты трапеции AA 1 B 1 B. A B C A 1 B 1 C 1 M P Q a b c h Рис. 92 121 Тогда ее площадь S 1 = 1 2 (a + b)d. Площадь S среднего сечения клина, которое является трапецией с основаниями 1 2 (a + c) и 1 2 (b + c) и вы- сотой 1 2 d, равна 1 2 1 2 (a + c) + 1 2 (b + c) 1 2 d = 1 8 (a + b + 2c)d. Если h — расстояние от ребра CC 1 до плоскости грани AA 1 B 1 B, то по формуле Ньютона–Симпсона объем V клина равен V = 0 + 1 2 (a + b)d + 4 · 1 8 (a + b + 2c)d = h 6 · d 2 · 2(a + b + c). Заметим, что 1 2 hd есть площадь S ⊥ перпендикулярного сечения M P Q клина. В результате имеем: V = 1 3 S ⊥ (a + b + c). Опущенная часть этого доказательства — выражение площади про- извольного сечения, параллельного плоскости грани AA 1 B 1 B, S(x) = S 1 − dc h 2 x 2 + dc h x — может быть самостоятельно восполнена читателем. З а д а ч а. Оси двух круговых цилиндров равных радиусов R пере- секаются под прямым углом. Требуется найти объем тела, являющегося пересечением этих цилиндров (рис. 93). O P Q Рис. 93 A B C O P Q R R x Рис. 94 Р е ш е н и е. Пересечением данных цилиндров является тело, состо- ящее из четырех равных частей, каждую из которых можно разбить пополам. Одна из полученных восьми долек представлена на рис. 94. 122 Ее параллельными сечениями плоскостями, параллельными плоскости симметрии OP Q, служат равнобедренные прямоугольные треугольни- ки. Если x — расстояние секущей плоскости от конца диаметра ци- линдра, то площадь S(x) сечения ABC равна 1 2 AC 2 = 1 2 x(2R − x), сле- довательно, является квадратичной функцией. По формуле Ньютона– Симпсона при h = 2R, 0 6 x 6 2R, S = 1 2 R 2 искомый объем пересечения цилиндров будет равен: V = 8 · 2R 6 (0 + 0 + 4 · 1 2 R 2 ) = 16 3 R 3 § 2. Объем шара и его частей 2.1. Объем шара и шарового сегмента. Вычислим объем V шара радиуса R по формуле Ньютона–Симпсона, что чрезвычайно просто: площади его «крайних» сечений равны нулю, а площадь среднего сече- ния равна pR 2 . Тогда V = 2R 6 (0 + 0 + 4 pR 2 ) = 4 3 pR 3 Однако прежде нужно было убедиться в том, что площадь S(x) его произвольного сечения — квадратичная функция. А это так: S(x) = pr 2 = px(2R − x) = −px 2 + 2 pRx, где r — радиус сечения, x — расстояние от плоскости сечения до парал- лельной ей касательной плоскости к шару. Шаровым сегментом называется часть шара, отсеченная от него некоторой секущей плоскостью (рис. 95). Круг, являющийся сечени- r R h O P N r 1 Рис. 95 ем шара этой плоскостью, называется основанием шарового сегмента. Плоскость, пересекающая шар, делит его на два шаровых сегмента с об- щим основанием. Если провести касательную плоскость к шаровому 123 сегменту, параллельную его основанию, то расстояние h между этой плоскостью и плоскостью основания называется высотой сегмента. Радиус r основания, радиус R шара и высота h сегмента связаны зависимостью: r 2 = h(2R − h). (7.3) По этой же формуле для радиуса r 1 среднего сечения шарового сегмента имеем: r 2 1 = h 2 2R − h 2 . Тогда по формуле Ньютона–Симпсона объем V шарового сегмента с высотой h будет равен: V = h 6 (0 + pr 2 + 4 pr 2 1 ) = h 6 ph(2R − h) + 2ph 2R − h 2 = = 2 ph 2 6 R − h 2 + 2R − h 2 = 1 3 ph 2 (3R − h). Итак, V = 1 3 ph 2 (3R − h). (7.4) Из (7.3) R = 1 2h (r 2 + h 2 ). Поэтому из (7.4) получаем еще другую фор- мулу для объема шарового сегмента: V = 1 6 ph(3r 2 + h 2 ). (7.5) 2.2. Объем шарового сектора. Шаровым сектором называется те- ло вращения кругового сектора около его граничного радиуса. Пусть центральный угол кругового сектора равен a. Возможны три случая: a < 90 ◦ , 90 ◦ < a < 180 ◦ и a = 90 ◦ . Для первых двух случаев соответству- ющие шаровые секторы изображены на рис. 96 и рис. 97. При a < 90 ◦ шаровой сектор состоит из шарового сегмента и конуса. Во втором слу- a r R h O N Рис. 96 a r O N Рис. 97 124 чае шаровой сектор представляет собой разность шарового сегмента и конуса. Случай a = 90 ◦ исключается из рассмотрения, поскольку то- гда шаровой сектор есть полушар. Высоту h шарового сегмента, соот- ветствующего данному шаровому сектору, называют также и высотой этого сектора. В случае a < 90 ◦ объем V шарового сектора находится как сумма объемов сегмента и конуса: V = 1 3 ph 2 (3R − h) + 1 3 pr 2 (R − h), где R — радиус шара, r — радиус основания сегмента и конуса. После подста- новки (7.3) и упрощения полученного выражения имеем окончательно: V = 2 3 pR 2 h. (7.6) При a > 90 ◦ высота конуса будет равна h − R, но тогда вместо суммы объемов имеем их разность. В результате получается тот же резуль- тат (7.6). 2.3. Объем шарового слоя и шарового кольца. Шаровым слоем назы- вается часть шара, заключенная между двумя его секущими параллель- r 2 r 1 R h 2 h 1 O Рис. 98 ными плоскостями. Расстояние между этими плоскостями называется высотой шарового слоя. Шаровой слой представляет собой раз- ность двух шаровых сегментов. Если h 1 и h 2 — высоты этих сегментов, r 1 и r 2 — ра- диусы их оснований (рис. 98), то объем V шарового слоя равен: V = 1 3 ph 2 2 (3R − h 2 ) − 1 3 ph 2 1 (3R − h 1 ) = = 1 3 p(3R(h 2 2 − h 2 1 ) − (h 3 2 − h 3 1 )) = = 1 3 p(h 2 − h 1 )(3R(h 2 + h 1 ) − (h 2 1 + h 2 2 + h 1 h 2 )). Согласно (7.3) 2Rh i = r 2 i + h 2 i , (i = 1, 2). Поэтому V = 1 6 p(h 2 − h 1 )(3(r 2 2 + h 2 2 + r 2 1 + h 2 1 ) − 2(h 2 1 + h 2 2 + h 1 h 2 )) = = 1 6 p(h 2 − h 1 )(3r 2 1 + 3r 2 2 + (h 2 − h 1 ) 2 ). Так как h 2 − h 1 = h — высота шарового слоя, то получаем оконча- тельно: V = 1 6 ph(3r 2 1 + 3r 2 2 + h 2 ). (7.7) 125 r 1 r 2 h l O Рис. 99 Шаровым кольцом называется тело вращения кругового сегмента около диаметра этого круга, ес- ли этот диаметр не имеет общих внутренних точек с хордой кругового сегмента (рис. 99). Очевидно объем шарового кольца равен разно- сти объемов шарового слоя и усеченного конуса: V = 1 6 ph(3r 2 1 + 3r 2 2 + h 2 ) − 1 3 ph(r 2 1 + r 2 2 + r 1 r 2 ) = = 1 6 ph(r 2 1 + r 2 2 − 2r 1 r 2 + h 2 ) = 1 6 ph((r 2 − r 1 ) 2 + h 2 ). Из соответствующего прямоугольного треугольника (r 2 − r 1 ) 2 + h 2 = l 2 , где l - длина хорды вращающегося кругового сегмента. Объем шарового кольца, следовательно, выражается простой формулой: r R l O Рис. 100 V = 1 6 pl 2 h. (7.8) Примечательно, что этот объем не зависит от ра- диуса шара. З а д а ч а. В шаре радиуса R просверлено вдоль его диаметра цилиндрическое отверстие ра- диуса r. Найдите объем оставшейся части шара. Р е ш е н и е. Оставшаяся часть шара есть шаровое кольцо (рис. 100) у которого l = h = = 2 √ R 2 − r 2 . Поэтому ее объем равен V = 1 6 ph 3 = 4 3 p(R 2 − r 2 ) 3/2 § 3. Принцип Кавальери 3.1. Сущность принципа Кавальери. Итальянский математик Бона- вентура Кавальери (1598–1647), ученик Галилея, сформулировал свой принцип для нахождения объемов тел в своей книге, вышедшей в 1635 году. Содержание этого принципа таково. Если при пересечении двух тел F и F 1 плоскостями, параллельны- ми некоторой постоянной плоскости a, в сечениях этих тел получа- ются фигуры, площади которых находятся в постоянном отношении l: S = lS 1 , то объемы этих тел находятся в том же отношении: V (F ) = lV (F 1 ). Кавальери высказал этот факт без доказательства как постулат — «принцип». Потом стало ясно, что он является простым следствием 126 формулы (7.1). Но интегральное исчисление появилось позже примерно лет на 25 в работах И. Ньютона и Г. Лейбница благодаря, в частности, и исследованиям Б. Кавальери. На основании принципа Кавальери пирамиды с равными высотами и равновеликими основаниями равновелики. Отсюда путем разбиения треугольной призмы диагоналями боковых граней на три равновеликие треугольные пирамиды из формулы объема призмы получается основ- ная формула объема тетраэдра V = 1 3 Sh. Рассмотрим другие примеры применения принципа Кавальери. 3.2. Объем шара и шарового сегмента. Рассмотрим полушар с цен- тром O радиуса R. Поместим на плоскость a его граничного круга куб с ребром длины R (рис. 101). Отсечем от куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 R x O P Q M 1 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 M N x R a Рис. 101 четырехугольную пирамиду AA 1 B 1 C 1 D 1 . Сравним объем полученного многогранника F 1 с объемом полушара. Пересечем этот многогранник и полушар некоторой плоскостью b, параллельной a и отстоящей от нее на расстоянии OP = x. В сечении полушара получим круг, площадь которого равна p(R 2 − x 2 ). Сечением многогранника F 1 является ше- стиугольник, площадь которого равна разности R 2 − x 2 площади грани куба и квадрата со стороной x, так как AN = N M 1 = x. Следовательно, условия принципа Кавальери выполнены: отношение площадей сечений данных тел постоянно (равно p). Тогда по этому принципу объем полу- шара равен pV (F 1 ) = p(V куба − V AA 1 B 1 C 1 D 1 ) = p R 3 − 1 3 R 3 = 2 3 pR 3 127 Пользуясь выполненными построениями, найдем объем шарового сегмента с высотой h = P Q, отсеченного от полушара секущей плоско- стью b. Этому шаровому сегменту соответствует многогранник, полу- ченный путем изъятия из прямоугольного параллелепипеда N C 1 (верх- ней части куба AC 1 ) усеченной пирамиды, одним основанием которой служит квадрат A 1 B 1 C 1 D 1 (с ребром R), а другим — квадрат с ре- бром x. К этим телам также применим принцип Кавальери (с анало- гичной секущей плоскостью): V шар.сегм. = p R 2 h − 1 3 R 3 − 1 3 (R − h) 3 = ph 2 R − h 3 Объем усеченной пирамиды подсчитан как разность объемов двух пол- ных пирамид с общей вершиной A. Полученный результат совпадает с (7.4). 3.3. Объем тора. Тором называется тело, полученное вращением круга около прямой, лежащей в плоскости этого круга и не пересекаю- щей его. Форму тора имеет, например, обыкновенная баранка или же накачанная автомобильная шина. Для получения формулы объема тора положим его на некоторую плоскость a. Пусть R — радиус вращающегося круга, a — расстояние от центра O 1 этого круга до оси вращения. Положим на плоскость a также прямой круговой цилиндр радиуса R с длиной a образующей так, чтобы он касался плоскости a по образующей (рис. 102). Пересечем эти два тела плоскостью g, параллельной плоскости a и удаленной от центров оснований цилиндра на расстояние x. Эта плоскость пересекает тор по круговому кольцу, а цилиндр — по прямоугольнику (на рис. 102 они заштрихованы). Нетрудно подсчитать, что площадь кольца равна p a + √ R 2 − x 2 2 − p a − √ R 2 − x 2 2 = 4 pa √ R 2 − x 2 , а площадь прямоугольника — 2a √ R 2 − x 2 . Их отношение l = 2p не за- висит от x. Согласно принципу Кавальери объем тора равен объему цилиндра, умноженному на 2 p: V тора = 2 p · pR 2 a = 2 p 2 aR 2 (7.9) Так как формулу (7.9) объема тора можно записать в виде pR 2 · 2 pa, то результат можно сформулировать так. Объем тора равен произведению площади образующего его круга и длины окружности, радиус которой равен расстоянию от центра этого круга до оси вращения. 128 R O O 1 x a a a g Рис. 102 § 4. Объем тела вращения 4.1. Лемма о площади поверхности, образованной вращением от- резка. Площадь S поверхности вращения отрезка, который не имеет общих внутренних точек с осью вращения, лежащей в одной плоско- сти с отрезком, равна произведению длины l этого отрезка и длины окружности, радиус которой равен расстоянию r от середины отрезка до оси вращения: S = l · 2 pr (7.10) (теорема Г ю л ь д е н а для отрезка). Д о к а з а т е л ь с т в о. Возможные случаи взаимного расположения отрезка AB и оси x вращения представлены на рис. 103. В случае а), когда AB k x, поверхность вращения — боковая поверхность цилиндра. Тогда S = 2 prl. При условии б ) получается боковая поверхность конуса с образующей l и радиусом 2 r основания. Поэтому S = 2plr. В случае в) площадь боковой поверхности усеченного конуса равна S = pl(r 1 + r 2 ) = = 2 plr. Когда AB ⊥ x, получаем либо круг радиуса l = 2r, либо круго- вое кольцо с площадью S = p(OA 2 − OB 2 ) = p(OA + OB)(OA − OB) = = p · 2r · l. 129 l r x A B а) l r x A B б ) l r x A B в) l r x A B г) l r x A B д ) Рис. 103 r h l r x f f A A 1 B B 1 Рис. 104 Пусть r — длина серединного перпендикуляра к отрезку AB от середины отрезка до оси вращения и h — ортогональная проекция отрезка (рис. 104) на ось вращения. Тогда h = l cos f и r = r cos f, где f — угол наклона отрезка к оси вращения, откуда rl =hr. Поэтому формуле (7.10) можно придать вид: S = 2 prh. (7.11) Следовательно, доказанную лемму можно сфор- мулировать так. Следствие. Площадь поверхности, образован- ной вращением отрезка около оси, лежащей с ним в одной плоскости и не пересекающей его во вну- тренних точках, равна произведению ортогональ- ной проекции отрезка на ось и длины окружности, радиус которой равен длине серединного перпенди- куляра к отрезку от его середины до оси вращения. 4.2. Объем тела вращения треугольника. Имеет место такая те- орема. Теорема. Объем тела, образованного вращением треугольника око- ло прямой, лежащей в его плоскости, проходящей через его вершину и не содержащей внутренних точек треугольника, равен произведе- нию площади поверхности, полученной вращением противоположной этой вершине стороны, на треть соответствующей ей высоты. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть дан треугольник ABC и ось x враще- ния, удовлетворяющая указанным условиям. Рассмотрим возможные случаи. 1. Сторона AB принадлежит оси вращения (рис. 105). Тогда тело T вращения треугольника представляет собой сумму (или разность) двух конусов с общим основанием радиуса CE: V (T ) = 1 3 p · CE 2 · AE + 1 3 p × 130 × CE 2 · BE = 1 3 p · CE 2 · AB. Так как CE · AB = BC · AH, то V (T ) = 1 3 p · CE(BC · AH) = S BC · 1 3 AH. h x A B C H E x A B C E H Рис. 105 h x A B C B 1 C 1 H h x A B C B 1 C 1 H Рис. 106 h x A B C M H Рис. 107 x r r A B E G H Рис. 108 2. Сторона BC параллельна оси вращения (рис. 106). Если основание H высоты AH при- надлежит отрезку BC, то получаем тот же результат. Если H лежит вне отрезка BC, то объем V (T ) равен сумме объема цилиндра с вы- сотой BC и радиусом AH и объема конуса с вы- сотой AB 1 = BH и радиусом BB 1 = AH без объ- ема конуса с высотой AC 1 = CH и радиусом CC 1 = AH: V (T ) = ph 2 · BC + 1 3 ph 2 · BH − 1 3 ph 2 · CH = = ph 2 BC + 1 3 BH − 1 3 CH = ph 2 BC − 1 3 BC = = 2 3 ph 2 · BC = 1 3 h · 2BC · ph = S BC · 1 3 h. 3. Прямая BC пересекает ось x вращения в точке M (рис. 107). Тогда объем V (T ) равен разности объемов тел вращения треугольников ABM и ACM : V (T ) = 1 3 S BM · h − 1 3 S CM h = 1 3 h(S BM − S CM ) = 1 3 h · S BC Доказанный результат можно представить иначе. Пусть BC = a. По формуле (7.10) S BC = a · 2 pr, где r — расстояние от середины E стороны BC до оси вращения (рис. 108). Тогда V (T ) = 1 3 ah · 2 pr. 131 Расстояние r от центроида G треугольника ABC до оси x вращения равно 2 3 r, ah = 2S ABC . Поэтому V (T ) = S ABC · 2 pr. (7.12) Итак, объем тела вращения треугольника около оси, лежащей в плоскости треугольника, содержащей его вершину и не имеющей вну- тренних точек треугольника, равен произведению площади треуголь- ника и длины окружности, радиус которой равен расстоянию от цен- троида треугольника до оси вращения (теорема Г ю л ь д е н а для тре- угольника). З а д а ч а. Найдите объем тела, образованного вращением треуголь- ника ABC около прямой, проходящей через вершину C в его плоскости перпендикулярно медиане CM , если CA = b, CB = a, \ ACB = g. Р е ш е н и е. CM = 1 2 ( CA + CB), CM = 1 2 pa 2 + b 2 + 2ab cos g. Цен- троид треугольника удален от оси вращения на расстояние r = 2 3 CM = = 1 3 pa 2 + b 2 + 2ab cos g. По формуле (7.12) V (T ) = 1 2 ab sin g · 2p · 1 3 p a 2 + b 2 + 2ab cos g = = 1 3 pab sin gpa 2 + b 2 + 2ab cos g. 4.3.Объем тела вращения центрально-симметричной фигуры. В сво- ей общей формулировке теорема Гюльдена связана с понятием центра массы площади («центра тяжести») плоской фигуры. Введение это- го понятия и доказательство теоремы Гюльдена в общем содержании далеко не элементарны и рассматриваются в высшей школе. Однако для плоской фигуры, имеющей площадь и центр симметрии, центр массы совпадает с центром симметрии. Для этого частного, но ча- сто встречающегося случая теорема Гюльдена имеет такую формули ровку. Объем тела вращения плоской центрально-симметричной фигуры около прямой, не имеющей с этой фигурой общих ее внутренних то- чек, равен произведению площади S фигуры и длины окружности, ра- диус r которой равен расстоянию от центра симметрии фигуры до оси вращения: V = S · 2 pr. Например, если вращающаяся фигура является кругом радиуса R и ось вращения удалена от его центра на расстояние a, то объем V 132 полученного тора равен V = pR 2 · 2 pa = 2p 2 aR 2 , что совпадает с формулой (7.9), полученной по принципу Кавальери. Если вместо круга будем вращать эллипс с длинами a и b его полу- осей около прямой, удаленной от его центра на расстояние m > a, то по теореме Гюльдена объем полученного «тора» будет равен: V = pab · 2pm = 2p 2 abm, В силу равенства площадей треугольников, на которые разбивает- ся данный треугольник соединением его вершин с центроидом, центр массы однородной треугольной пластинки совпадает с ее центроидом. Поэтому при использовании формулы (7.12) для объема тела враще- ния треугольника условие, чтобы ось вращения содержала вершину данного треугольника, не является обязательным. Осью вращения мо- жет служить любая прямая, не пересекающая треугольник при той же формуле (7.12) объема полученного тела вращения. 4.4. Эквивалентная замена вращающейся фигуры. В предыдущем изложении необходимым условием была принадлежность оси вращения плоскости вращающейся фигуры. Если это условие не выполнено, то можно заменить вращающуюся фигуру другой фигурой так, чтобы ее плоскость содержала данную ось, а объем полученного тела вращения остался без изменения. Теорема. Пусть ось x вращения является линией пересечения двух перпендикулярных плоскостей a и b и плоскость g данной фигуры F перпендикулярна плоскости b, а F 1 — ортогональная проекция фигуры F на плоскость a. Тогда объем тела вращения фигуры F около оси x равен объему тела вращения фигуры F 1 около оси x. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть некоторая плоскость d, перпендику- лярная оси x, пересекает фигуру F по отрезку AB, а фигуру F 1 — по отрезку A 1 B 1 (рис. 109). Так как AB k a, то A 1 B 1 = AB. Тело T , обра- зованное вращением фигуры F около оси x, пересекается с плоскостью d по кольцу K, которое получается при вращении отрезка AB. Пусть (AB) ∩ b = C и (A 1 B 1 ) ∩ x = C 1 . Тогда AC 2 1 − AC 2 = BC 2 1 − BC 2 = CC 2 1 Поэтому площадь кольца K равна p(AC 2 1 − BC 2 1 ) = p(AC 2 − BC 2 ). Ана- логично тело T 1 , образованное вращением фигуры F 1 около оси x, пересекается с плоскостью d по кольцу K 1 , площадь которого равна p(A 1 C 2 1 − B 1 C 2 1 ) = p(AC 2 − BC 2 ), т. е. равна площади кольца K. Соглас- но принципу Кавальери объемы тел T и T 1 равны. Следовательно, фигуру F можно заменить ее ортогональной про- екцией F 1 так, что x ⊂ a и V (T 1 ) = V (T ). Кроме того, фигуру F мож- 133 но, очевидно, заменить ее образом при переносе параллельно плос- кости b. З а д а ч а. Дан куб ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 , ребро которого имеет длину a. Вычислите объем тела вращения треугольника AA 1 C 1 около прямой AB (рис. 110). x l A B C A 1 B 1 C 1 a b g d f F F 1 Рис. 109 x A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 Рис. 110 Р е ш е н и е. Условия теоремы выполняются для плоскостей a = = (AB 1 A 1 ), b = (ABC) и g = (AA 1 C 1 ). Согласно этой теореме объем тела вращения треугольника AA 1 C 1 около прямой AB равен объему тела вращения треугольника AA 1 B 1 около прямой AB. А последний вычисляется непосредственно как разность объемов цилиндра и конуса: V = pa 2 · a − 1 3 pa 2 · a = 2 3 pa 3 4.5. Замена оси вращения. Объем V (T x ) тела, полученного враще- нием фигуры F около оси x, не лежащей в ее плоскости, равен объему V (T l ) тела, полученного вращением этой фигуры около ортогональной проекции l оси x на плоскость фигуры F , умноженному на cos f, где f — угол наклона оси x к плоскости фигуры F . Д о к а з а т е л ь с т в о. При построениях, выполненных для доказа- тельства предыдущей теоремы (п. 4.4, рис. 109) прямая l пересечения плоскостей b и g является ортогональной проекцией оси x на плоскость g фигуры F . Если Q — центр симметрии (или центр массы) фигуры F , то его ортогональная проекция Q 1 на плоскость a есть центр сим- метрии (центр массы) фигуры F 1 . Точки Q и Q 1 равноудалены от плос- кости b на расстояние r. Тогда по теореме Гюльдена V (T l ) = S(F ) · 2 pr 134 и V (T 1 ) = S(F 1 ) · 2 pr, где T 1 — тело вращения фигуры F 1 около оси x. Но S(F 1 ) = S(F ) cos f, так как угол f есть угол между плоскостями g и a. Тогда V (T 1 ) = S(F )2 pr · cos f = V (T l ) cos f. Согласно предыдущей теореме V (T 1 ) = V (T x ). Следовательно, V (T x ) = V (T l ) cos f, что и необходимо было доказать. З а д а ч а 1. Ребро куба ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 имеет длину a. Найди- те объем тела T , полученного вращением треугольника A 1 B 1 C 1 около диагонали AC 1 куба (рис. 110). Р е ш е н и е. На основании предыдущей теоремы искомый объем V (T ) равен объему тела вращения треугольника A 1 B 1 C 1 около прямой A 1 C 1 , умноженному на cos f = √ 2 √ 3 , где f = \ AC 1 A 1 . Но этот последний объем равен удвоенному объему конуса с высотой A 1 O 1 = a √ 2 2 и ради- усом B 1 O 1 = a √ 2 2 основания. Следовательно, V (T ) = 2 · 1 3 p a √ 2 2 2 a √ 2 2 · √ 2 √ 3 = √ 3 9 pa 3 Замена оси вращения может играть еще и другую роль — роль сред- ства для нахождения центра массы плоской фигуры с использованием теоремы Гюльдена об объеме тела вращения: объем тела вращения плоской фигуры около непересекающей ее прямой, лежащей в плос- кости данной фигуры, равен произведению площади фигуры и длины окружности, радиус которой равен расстоянию от центра массы фи- гуры до оси вращения. В этой книге элементарного характера не даем математического определения понятия центра массы фигуры. Ограничимся лишь его фи- зической иллюстрацией. Если данную фигуру представить как тонкую материальную пластинку однородной массы, то центром ее массы явля- ется такая точка, при подстановке в которую снизу точечной опоры эта фигура остается в равновесии. В частности, если данная фигура имеет ось симметрии, то центр ее массы принадлежит этой оси симметрии. Разумеется, центр массы фигуры не связан с ее вращением и по- тому не может зависеть от оси вращения. Если ось вращения выбрать так, что полученное тело вращения имеет известный объем, то теорема Гюльдена позволит вычислить расстояние от оси вращения до центра массы. Тогда по этой же теореме можно найти объем тела вращения данной фигуры относительно другой оси. Вот пример. 135 A B P O l C Рис. 111 З а д а ч а 2. Вычислите объем тела вращения по- лукруга радиуса R около касательной к нему, парал- лельной его граничному диаметру (рис. 111). Р е ш е н и е. Полукруг не имеет центра симметрии, но имеет ось симметрии — серединный перпендикуляр к его граничному диаметру AB. Центр C массы по- лукруга находится на этом перпендикуляре. Если вра- щать полукруг около диаметра AB, то получим шар. Тогда искомое расстояние r = OC находим из равенства 1 2 pR 2 · 2 pr = 4 3 pR 3 , откуда r = 4R 3 p . По той же теореме, но уже для другой оси l вращения, указанной в условии задачи, искомый объем V равен V = 1 2 pR 2 · 2 p(R − r) = p 2 R 2 R − 4R 3 p = 1 3 pR 3 (3 p − 4). Задачи к главе 7 7.1. В шар вписан конус. Площадь осевого сечения конуса равна S, а угол между высотой и образующей равен a. Найдите объем шара. 7.2. Если в шаровом секторе площадь осевого сечения равна третьей части площади большого круга, то его объем равен четверти объема шара. Докажите. 7.3. Сфера с центром в вершине конуса касается его основания и де- лит конус на две равновеликие части. Найдите угол между образующей конуса и его высотой. 7.4. Плоскость, перпендикулярная диаметру шара, делит его на ча- сти 6 см и 12 см. Найдите объемы частей шара. |