7087. В правильном тетраэдре точки M
и N
— середины противоположных рёбер. Ортогональной проекцией тетраэдра на плоскость, параллельную прямой MN
, является четырёхугольник с площадью S
, один из углов которого равен 60^{\circ}
. Найдите площадь поверхности тетраэдра.
Ответ. 3S\sqrt{2}
.
Указание. Докажите, что данный четырёхугольник — равнобедренная трапеция. Если прямая AB
образует с плоскостью проекций угол \alpha
, то прямая CD
— угол 90^{\circ}-\alpha
.
Решение. Пусть ABCD
— данный правильный тетраэдр (рис. 1), M
и N
— середины его противоположных рёбер AB
и CD
соответственно. Будем считать, что плоскость, на которую проектируется тетраэдр, проходит через прямую MN
. Ортогональные проекции вершин A
, B
, C
и D
на эту плоскость обозначим A_{1}
, B_{1}
, C_{1}
и D_{1}
соответственно. Тогда M
— середина A_{1}B_{1}
, N
— середина C_{1}D_{1}
.
Известно, что отрезок, соединяющий середины противоположных рёбер правильного тетраэдра, перпендикулярен им. Тогда по теореме о трёх перпендикулярах MN\perp A_{1}B_{1}
и MN\perp C_{1}D_{1}
. Значит, A_{1}B_{1}\parallel C_{1}D_{1}
, а четырёхугольник A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}
— равнобедренная трапеция с основаниями A_{1}B_{1}
и C_{1}D_{1}
и острым углом 60^{\circ}
(рис. 2). Пусть \angle C_{1}=\angle D_{1}=60^{\circ}
.
Если a
— ребро правильного тетраэдра, то MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}
. Если \alpha
— угол между прямой AB
и плоскостью проекций, то поскольку AB\perp CD
, угол между прямой CD
и плоскостью проекций равен 90^{\circ}-\alpha
. Поэтому
A_{1}B_{1}=a\cos\alpha,~C_{1}D_{1}=a\cos(90^{\circ}-\alpha)=a\sin\alpha.
По условию задачи
\frac{1}{2}(A_{1}B_{1}+C_{1}D_{1})\cdot MN=S,~\mbox{или}~\frac{1}{4}a^{2}(\sin\alpha+\cos\alpha)\cdot\sqrt{2}=S,
откуда
a^{2}=\frac{2S\sqrt{2}}{\sin\alpha+\cos\alpha}.
Осталось найти \sin\alpha+\cos\alpha
. Для этого через точку B_{1}
проведём прямую, параллельную MN
, до пересечения с C_{1}D_{1}
в точке E
. Тогда
EC_{1}=\frac{1}{2}(C_{1}D_{1}-A_{1}B_{1})=\frac{a}{2}(\sin\alpha-\cos\alpha),
MN=B_{1}E=EC_{1}\tg60^{\circ}.
Таким образом,
\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}(\sin\alpha-\cos\alpha),~\mbox{или}~\sin\alpha-\cos\alpha=\sqrt{\frac{2}{3}}.
С помощью возведения в квадрат отсюда находим, что
2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{1}{3},
поэтому
(\sin\alpha+\cos\alpha)^{2}=1+2\sin\alpha\cos\alpha=\frac{4}{3},
\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{3}}.
Следовательно,
a^{2}=\frac{2S\sqrt{2}}{\sin\alpha+\cos\alpha}=S\sqrt{6},
а полная поверхность тетраэдра равна
4\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=a^{2}\sqrt{3}=3S\sqrt{2}.