7239. Боковые рёбра треугольной пирамиды попарно перпендикулярны (прямоугольный тетраэдр).
а) Докажите, что площадь боковой грани равна среднему геометрическому площади основания и площади проекции этой грани на плоскость основания.
б) Докажите, что если P
, Q
, R
— площади боковых граней, а S
— площадь основания, то
P^{2}+Q^{2}+R^{2}=S^{2}.
Решение. а) Пусть DA
, DB
, DC
— боковые рёбра тетраэдра ABCD
, DH
— его высота, R
— площадь грани ABD
, \varphi
— угол между плоскостью этой грани и плоскостью основания, S
— площадь основания ABC
.
Пусть прямая CH
пересекает прямую AB
в точке C_{1}
. Прямая CD
перпендикулярна прямым AD
и BD
, поэтому AB\perp CD
. Прямая AB
перпендикулярна плоскости пересекающихся прямых CD
и DH
, поэтому DC_{1}H
— линейный угол двугранного угла с ребром AB
. Из прямоугольного треугольника CDC_{1}
находим, что \cos\varphi=\frac{DC_{1}}{CC_{1}}
.
Поскольку треугольник AHB
— ортогональная проекция грани ABD
на плоскость основания,
S_{\triangle AHB}=R\cos\varphi=R\cdot\frac{DC_{1}}{CC_{1}}=R\cdot\frac{R}{S}=\frac{R^{2}}{S}.
(см. задачу 8093). Следовательно, R^{2}=S_{\triangle AHB}\cdot S
. Что и требовалось доказать.
б)
Первый способ. Пусть S_{\triangle BDC}=P
, S_{\triangle ADC}=Q
. Заметим, что DC_{1}
— высота прямоугольного треугольника ABD
, проведённая из вершины прямого угла, значит, точка C_{1}
лежит на отрезке AB
, а не на его продолжении (см. задачу 127). Аналогично основания высот граней ACD
и BCD
также лежат на сторонах треугольника ABC
. Поэтому точка H
пересечения высот треугольника ABC
лежит внутри треугольника. Следовательно,
S_{\triangle AHB}+S_{\triangle BHC}+S_{\triangle AHC}=S.
Аналогично доказанному в предыдущем пункте
P^{2}=S_{\triangle BHC}\cdot S,~Q^{2}=S_{\triangle AHC}\cdot S.
Следовательно,
P^{2}+Q^{2}+R^{2}=S_{\triangle BHC}\cdot S+S_{\triangle AHC}\cdot S+S_{\triangle AHB}\cdot S=
=(S_{\triangle BHC}+S_{\triangle AHC}+S_{\triangle AHB})S=S\cdot S=S^{2}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть плоские углы при вершине D
тетраэдра ABCD
равны 90^{\circ}
, DH
— высота тетраэдра. Обозначим
S_{\triangle ABC}=S,~S_{\triangle BDC}=P,~S_{\triangle ADC}=Q,~S_{\triangle ADB}=R,~DA=a,~DB=b,~DC=c.
Ребро CD
перпендикулярно плоскости ADB
, так как прямая CD
перпендикулярна двум пересекающимся прямым AD
и BD
этой плоскости. Пусть C_{1}
— точка пересечения прямых CH
и AB
. Тогда CD\perp AB
и DH\perp AB
, значит, прямая AB
перпендикулярна плоскости CDC_{1}
. Следовательно, CC_{1}
и DC_{1}
— высоты треугольников ABC
и ADB
соответственно.
Из прямоугольных треугольников ADB
и CDC_{1}
находим, что
DC_{1}=\frac{ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}},~CC_{1}=\sqrt{CC_{1}^{2}+DC_{1}^{2}}=\sqrt{c^{2}+\frac{a^{2}b^{2}}{a^{2}+b^{2}}}=
=\frac{\sqrt{a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{\sqrt{4Q^{2}+4P^{2}+4R^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}.
Значит,
S=\frac{1}{2}AB\cdot DC_{1}=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot\frac{\sqrt{4Q^{2}+4P^{2}+4R^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\sqrt{Q^{2}+P^{2}+R^{2}}.
Следовательно,
S^{2}=Q^{2}+P^{2}+R^{2}.
Примечание. См. также примечание к задаче 8094.