Докажите что грань является прямоугольным треугольником
Перейти к содержимому

Докажите что грань является прямоугольным треугольником

  • автор:

297. Основанием треугольной призмы АВСА1В1С1 является правильный треугольник ABC, BD — высота этого треугольника, а вершина А1 проектируется в его центр. Докажите, что: a) A1BD⊥АА1С1; б) АА1O⊥ВВ1С; в) грань ВВ1С1С — прямоугольник.

297. Основанием треугольной призмы АВСА1В1С1 является правильный треугольник ABC, BD — высота этого треугольника, а вершина А1 проектируется в его центр. Докажите, что: a) A1BD⊥АА1С1; б) АА1O⊥ВВ1С; в) грань ВВ1С1С — прямоугольник.

a)A1C1⊥BD, так как A1C1||AC и AC⊥BD, и A1O⊥A1C1, так как A1O⊥AC и AC||A1C1. Поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости А1С1 ⊥ DA1B. Значит по теореме п. 23 следует, что АА1С1 ⊥ A1BD.

б) Аналогично п. а) ВС ⊥ АА1О. Поэтому по теореме п. 23 АА1О ⊥ВВ1С. в) АО — проекция АА1 на плоскость ABC и АО ⊥ ВС. Следовательно по теореме о трех перпендикулярах AA1 ⊥ ВС и, так как AA1|| ВВ1, то ВВ1 ⊥ ВС. Значит параллелофамм ВВ1С1С является прямоугольником.

Источник:

Решебник по геометрии за 10 класс к учебнику Геометрия. 10-11 класс Л.С.Атанасян

Решебник по геометрии за 10 класс (Л.С.Атанасян, 2001 год),
задача №297
к главе «Глава III Многогранники. Дополнительные задачи ».

Докажите что грань является прямоугольным треугольником

Задача по математике — 1113

comment

2015-03-19
Три грани тетраэдра — прямоугольные треугольники, а четвертая грань не тупоугольный треугольник. Докажите, что:
1) необходимым и достаточным условием того, чтобы и четвертая грань была прямоугольным треугольником, является предложение, что ровно два из плоских углов при одной вершине тетраэдра — прямые;
2) если все грани тетраэдра прямоугольные треугольники, то объем тетраэдра равен $\frac$ произведения трех наименьших ребер, не принадлежащих одной грани.


1) 1. Пусть точно два из плоских углов при вершине $A$ — прямые, а именно: $\hat = \hat = 90^$ (рис.).
а) Пусть грань $ABC$ — третий прямоугольный треугольник. По предположению $\hat \neq 90^$. Ввиду симметрии все равно, какой из оставшихся углов грани $ABC$ прямой. Пусть $\hat = 90^$, тогда имеем:
$|BC|^ + |CD|^ = |BC|^ + |AC|^ + |AD|^ = |AB|^ + |AD|^ = |DB|^$,
т. е. $\hat = 90^$.
б) Пусть грань $BCD$ — третий прямоугольный треугольник. Если предположим, что $\hat = 90^$, то в этом случае легко установить, что $\triangle ABC$ — тупоугольный. (Например, так:
$|BC|^ = |CD|^ + |DB|^ = |DA|^ + |AC|^ + |AB|^ + |DA|^ > |AC|^ + |AB|^$.)
Но по условию это невозможно.
Из-за симметрии все равно, какой из оставшихся двух углов прямой. Пусть $\hat = 90^$; тогда
$|BC|^ + |AC|^ = |BD|^ — |DC|^ + |AC|^ = |BD|^ – (|DC|^ — |AC|^) = |BD|^ — |AD|^ = |AB|^$,
т. е. $\hat = 90^$.
II. Пусть для каждой вершины тетраэдра $ABCD$ не выполнено условие, чтобы точно два из плоских углов при этой вершине были прямыми.
а) Если прямые углы трех граней прямоугольных треугольников сходятся в одной и той же вершине тетраэдра, то четвертая грань — остроугольный треугольник.
Действительно, легко установить, что квадрат любого ребра четвертой грани меньше суммы квадратов двух оставшихся ребер.
б) Пусть прямые углы трех граней прямоугольных треугольников лежат у различных вершин тетраэдра.
Легко сообразить, что относительно взаимного расположения граней возможны лишь три существенно различных случая: $\delta_, \delta_,$ и $\delta_$, отмеченные на рисунке.

Если допустим, что случай $\delta_$, осуществим, получим, что любое ребро тетраэдра является катетом некоторого из прямоугольных треугольников и поэтому меньше какого-то другого ребра тетраэдра, что невозможно, если вспомнить, что среди них есть наибольшее (одно или несколько).
Остается рассмотреть случаи:
$\delta_$, когда $\hat = \hat = \hat = 90^$,
$\delta_$, когда $\hat = \hat = \hat = 90^$.
Рассмотрим грань $ABC$.
Ввиду 1) $\hat \neq 90^$ и $\hat \neq 90^$. Допустим, что $\hat = 90^$.
Для случая $\delta_$, имеем:
$|AC| < |CD| < |DB| < |AB| < |AC|$,
что невозможно.
Для случая $\delta_$ получим, что центр сферы, описанной около тетраэдра $ABCD$, должен совпадать с серединами ребер $AC$ и $BD$, в то время как эти ребра не имеют общих точек. Следовательно, $\triangle ABC$ не прямоугольный.
2) Пусть в тетраэдре $ABCD$ (рис.)
$\hat = \hat = \hat = \hat = 90^$.
Тогда очевидно, что объем тетраэдра выражается формулой
$V = \frac |AC| \cdot |BC| \cdot |AD|$.
Ясно, что хотя бы два из отрезков $AC$, $BC$ и $AD$ короче остальных ребер тетраэдра. Если третий из этих отрезков не короче оставшихся трех ребер, то имеет место одно из неравенств $|AB| < |AD|, |CD| < |BC|$. Если же заменить третий из этих отрезков на кратчайший среди оставшихся ребер, то новая тройка отрезков будет лежать в одной плоскости. Следовательно, $AC$, $BC$ и $AD$ —кратчайшие ребра, не лежащие на одной и той же грани.

Докажите что грань является прямоугольным треугольником

Каждая боковая грань пирамиды является прямоугольным треугольником, в котором прямой угол примыкает к основанию пирамиды. В пирамиде проведена высота. Может ли она лежать внутри пирамиды?

Решение

Пусть основанием пирамиды SA 1 . A n является многоугольник A 1 . A n (см. рисунки). Возможны два случая.
1) Соседние углы в двух соседних боковых гранях – прямые. Пусть, например, ∠ SA 2 A 1 = ∠ SA 2 A 3 = 90° (рис. слева). Тогда по признаку перпендикулярности прямой и плоскости SA 2 ⊥ A 1 A 2 A 3 , то есть SA 2 – высота пирамиды, и она принадлежит боковой поверхности пирамиды.

2) В любых двух соседних боковых гранях прямые углы не имеют общей вершины. Пусть в прямоугольных треугольниках SA n A 1 , SA 1 A 2 , . SA n–1 A n вершинами прямых углов являются точки A 1 , A 2 , . A n соответственно (рис. справа). Воспользуемся тем, что гипотенуза больше катета. Тогда из треугольника SA 1 A 2 SA 1 > SA 2 , из треугольника SA 2 A 3 SA 2 > SA 3 , и так далее.
Записав аналогичные неравенства для каждой боковой грани, получим SA 1 > SA 2 > . > SA n > SA 1 , то есть SA 1 > SA 1 . Противоречие.
Таким образом, внутри данной пирамиды высота лежать не может.

Ответ

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Окружная олимпиада (Москва)
год
Год 2015
класс
Класс 11
задача
Номер 11.5

Упр.297 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

Изображение 297 Основанием треугольной призмы ABCA1B1C1 является правильный треугольник ABC, BD — высота этого треугольника, а вершина A1 проектируется в его центр. Докажите, что.

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 10 класс, Просвещение:

297 Основанием треугольной призмы ABCA1B1C1 является правильный треугольник ABC, BD — высота этого треугольника, а вершина A1 проектируется в его центр. Докажите, что: а) A1BDLAA1C1; б) AA1O L BB1C; в) грань BB1C1C — прямоугольник.

*Цитирирование задания со ссылкой на учебник производится исключительно в учебных целях для лучшего понимания разбора решения задания.

*размещая тексты в комментариях ниже, вы автоматически соглашаетесь с пользовательским соглашением

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *