Многогранники

Вводим обозначения

Пусть $O$ — центр квадрата $ABCD$ (пересечение диагоналей), тогда $SO = h$ — высота пирамиды (по симметрии правильной пирамиды высота проектируется в центр основания). Пусть $M$ — середина стороны $AB$.

Строим линейный угол

В основании отрезок $OM$ перпендикулярен ребру $AB$ (он соединяет центр квадрата с серединой стороны, $OM = \dfrac{a}{2}$). Так как $SO \perp$ (основания), $SO \perp AB$. Значит, $AB \perp OM$ и $AB \perp SO$, поэтому $AB \perp (SOM)$, и в частности $AB \perp SM$.

Получили: в плоскости основания $OM \perp AB$, а в боковой грани $SM \perp AB$ (по ТТП, так как $OM$ — проекция наклонной $SM$). Следовательно, угол $\angle SMO$ — линейный угол искомого двугранного угла.

Считаем угол

В прямоугольном треугольнике $SOM$ ($\angle SOM = 90^\circ$):

Числовая проверка

При $a = 2$, $h = \sqrt{3}$: $OM = 1$, $SM = \sqrt{SO^2 + OM^2} = \sqrt{3 + 1} = 2$, $\cos\varphi = \dfrac{OM}{SM} = \dfrac{1}{2}$, то есть $\varphi = 60^\circ$. И по формуле $\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{2\sqrt3}{2} = \sqrt3$, $\varphi = 60^\circ$ — совпадает.

Ответ: $\varphi = \operatorname{arctg}\dfrac{2h}{a}$.

Объём и поверхность

У правильного тетраэдра противоположные рёбра перпендикулярны ($\varphi = 90^\circ$), а расстояние между ними равно $d = \dfrac{a}{\sqrt2}$ (это отрезок, соединяющий середины двух противоположных рёбер). По headline-формуле:

Полная поверхность — четыре равносторонних треугольника:

Вписанная сфера

Описанная сфера

У правильного тетраэдра центры вписанной и описанной сфер совпадают (общая точка на осях симметрии тетраэдра), а делят высоту в отношении $3:1$, поэтому $R = 3r$:

(Проверка: $R/r = 3$ — известное соотношение для правильного тетраэдра.)

Ответ: $r = \dfrac{a\sqrt6}{12}$, $R = \dfrac{a\sqrt6}{4}$.

След в плоскости основания

Точки $P$ и $R$ лежат в плоскости основания $ABCD$. Прямая $PR$ — это след секущей плоскости на плоскости основания. Проведём её: $P$ — середина $AB$, $R$ — середина $AD$, значит $PR \parallel BD$ (средняя линия треугольника $ABD$).

Поднимаемся по боковым граням

Точки $P$ и $C_1$ лежат в плоскости грани $BCC_1B_1$? Нет: $P\in$ (грани $ABB_1A_1$), а $C_1\in$ (граней $BCC_1B_1$ и $DCC_1D_1$). Поэтому соединять $P$ с $C_1$ напрямую нельзя — это разные грани. Найдём пересечение секущей с ребром $BB_1$.

Грань $ABB_1A_1$ содержит точку $P$. Секущая плоскость пересекает эту грань по прямой, проходящей через $P$. Чтобы найти вторую точку этой прямой, заметим: секущая плоскость проходит через $C_1$, и ребро $BB_1$ лежит в той же грани $ABB_1A_1$. Из расчёта (или из подобия на выносном чертеже) точка $K$ на $BB_1$ удовлетворяет $BK = \dfrac{a}{3}$.

Проверим координатами. Поместим $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=(a,a,0)$, $D=(0,a,0)$, верхние вершины — с $z=a$. Тогда $P=\left(\tfrac a2,0,0\right)$, $R=\left(0,\tfrac a2,0\right)$, $C_1=(a,a,a)$. Уравнение плоскости через эти три точки: $2x + 2y - 3z = a$. На ребре $BB_1$ (точки $(a,0,z)$): $2a - 3z = a \Rightarrow z = \dfrac{a}{3}$, то есть $BK = \dfrac{a}{3}$. По симметрии $x\leftrightarrow y$ на ребре $DD_1$ точка $L$ даёт $DL = \dfrac{a}{3}$.

Замыкаем сечение

Сечение — пятиугольник $P\,K\,C_1\,L\,R$:

• $PK$ лежит в грани $ABB_1A_1$;
• $KC_1$ лежит в грани $BCC_1B_1$;
• $C_1L$ лежит в грани $DCC_1D_1$;
• $LR$ лежит в грани $ADD_1A_1$;
• $RP$ лежит в плоскости основания $ABCD$.

Ответ: сечение — пятиугольник $PKC_1LR$; плоскость делит рёбра $BB_1$ и $DD_1$ в отношении $BK:KB_1 = DL:LD_1 = 1:2$ (то есть $BK = DL = \dfrac{a}{3}$).

Обосновываем общий перпендикуляр

Пусть $M$ — середина ребра $BC$. Поскольку треугольник $ABC$ правильный, медиана $AM$ является высотой, то есть $BC \perp AM$. В равнобедренном треугольнике $SBC$ медиана $SM$ также является высотой: $BC \perp SM$. Так как прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $SAM$, то $BC \perp (SAM)$.

Следовательно, прямая $BC$ перпендикулярна любой прямой в плоскости $SAM$, в том числе и прямой $SA$. Расстояние между скрещивающимися прямыми $SA$ и $BC$ — это длина их общего перпендикуляра. Опустим из точки $M$ перпендикуляр $MH$ на прямую $SA$. Поскольку $MH \subset (SAM)$, то $BC \perp MH$. Значит, $MH$ и есть искомое расстояние.

Считаем элементы треугольника SAM

Найдём $MH$ через площадь треугольника $SAM$. С одной стороны, $S_{SAM} = \frac{1}{2} SA \cdot MH = \frac{1}{2} b \cdot MH$. С другой стороны, $S_{SAM} = \frac{1}{2} AM \cdot SO$, где $SO$ — высота пирамиды. Найдём элементы треугольника $SAM$: $AM = \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$. В прямоугольном $\Delta SBM$: $SM = \sqrt{SB^2 - BM^2} = \sqrt{b^2 - \dfrac{a^2}{4}}$.

Обосновываем положение высоты и находим SO

Обоснование положения высоты (важно под рубрику ДВИ). Пирамида правильная, все боковые рёбра равны, поэтому основание высоты равноудалено от вершин $A,B,C$ — это центр $O$ описанной окружности, для правильного треугольника совпадающий с точкой пересечения медиан (центроидом). Центроид делит медиану $AM$ в отношении $2:1$, считая от вершины $A$, поэтому

Из прямоугольного $\Delta SOM$ ($SO \perp$ основания, значит $SO \perp OM$):

Приравниваем площади

Числовая проверка

При $a = 1$, $b = 2$: $MH = \dfrac{\sqrt{12 - 1}}{4} = \dfrac{\sqrt{11}}{4} \approx 0{,}829$ — совпадает с прямым координатным расчётом расстояния между скрещивающимися прямыми.

Ответ: $\dfrac{a\sqrt{3b^2 - a^2}}{2b}$.

Строим сечение и ищем точку L

Рассмотрим плоскость $ABD$. Прямая $MN$ лежит в этой плоскости и пересекает прямую $AB$ в некоторой точке $P$. Применим теорему Менелая к $\Delta ABD$ и трансверсали $MNP$ (вершины обходим $A\to B\to D$; $P$ на прямой $AB$, $N$ на $BD$, $M$ на $DA$):

Значит, $PB = 2\,PA$. Так как $\dfrac{AP}{PB} = \dfrac12 < 1$ и при этом точка $P$ лежит на прямой $AB$ вне отрезка (трансверсаль $MN$ выходит за грань), точка $A$ лежит между $P$ и $B$. Из $PB = 2PA$ и того, что $A$ между $P$ и $B$, следует $PA = AB$, то есть $P$ лежит на продолжении ребра $BA$ за вершину $A$, причём $AP = AB$.

Теперь рассмотрим плоскость основания $ABC$. Точка $P$ лежит на продолжении $BA$, точка $K$ лежит на $BC$. Секущая плоскость пересекает плоскость основания по прямой $PK$. Прямая $PK$ пересекает ребро $AC$ в искомой точке $L$. Применим теорему Менелая к $\Delta ABC$ и трансверсали $PKL$:

Значит, $L$ — середина $AC$.

Вычисляем объёмы

Координатная проверка показывает: вершины $A$ и $B$ лежат по одну сторону от секущей плоскости. Значит, секущая плоскость отсекает часть, содержащую обе эти вершины, — это шестивершинник с вершинами $A, B, K, N, M, L$ (а не пятивершинник: вершину $A$ пропускать нельзя). Найдём его объём как разность объёмов двух пирамид с общей вершиной $P$:

Обозначим $V_{ABCD} = V$. Рассмотрим пирамиду $PBKN$ как часть «виртуальной» пирамиды $PBCD$ (они имеют общую высоту из $P$ на плоскость $BCD$). Пирамиды $PBCD$ и $ABCD$ имеют общую грань $BCD$. Их высоты, опущенные из $P$ и $A$, относятся как $PB : AB = 2 : 1$ (так как $A$ — середина $PB$). Значит, $V_{PBCD} = 2V$. В пирамиде $PBCD$ точки $K$ и $N$ лежат на рёбрах $BC$ и $BD$. Применим формулу отношения объёмов для трёхгранного угла при вершине $B$:

Тогда $V_{PBKN} = \frac{1}{3} V_{PBCD} = \frac{1}{3} \cdot 2V = \frac{2}{3}V$.

Теперь найдём $V_{PALM}$. Рассмотрим трёхгранный угол при вершине $A$ (лучи идут в стороны $P$, $C$, $D$; напомним $AP = AB$, $AL = \frac12 AC$, $AM = \frac13 AD$):

Подводим итог

Искомый объём части, содержащей $A$ и $B$:

Так как эта часть занимает ровно половину объёма тетраэдра, вторая часть (содержащая $C$ и $D$) занимает оставшуюся половину.

Ответ: $1:1$.

Узнаём конфигурацию

Это прямое применение headline-формулы — тот случай, когда вместо поиска высоты и площади основания (три страницы) достаточно подставить данные (три строки).

Подставляем данные

Здесь $AB = 6$, $CD = 8$, $d = 5$, угол между рёбрами $\varphi = 90^\circ$, $\sin\varphi = 1$:

Ответ: $40$.

Считаем площади оснований

Площади оснований: $S_1 = 4^2 = 16$, $S_2 = 2^2 = 4$. Тогда $\sqrt{S_1 S_2} = \sqrt{64} = 8$.

Подставляем в формулу

Ответ: $28$.