Теоремата на Менелай допуска интересно стереометрично обобщение.

Теорема на Менелай за тетраедъра.

Ако самолетът μ кръстосва ребра AB, BC, CDи DAтетраедър ABCDпо точки A 1, B 1, C 1, D 1, тогава (2).

Обратно, ако за четири точки A 1, B 1, C 1, D 1лежащи съответно по ръбовете AB, BC, CD, DAтетраедър е изпълнено равенство (2), тогава тези четири точки лежат в една и съща равнина.

Доказателство.

Позволявам h 1, h 2, h 3, h 4- разстояния от точки A, B, C, Dсъответно към самолета μ , тогава ; ; ; .

Остава да умножим получените съотношения.

За да докажем обратната теорема, построяваме равнина A 1 , B 1 , C 1 . Нека тази равнина пресича ръба DA в точка T.

Според доказаните , и по условие , следователно (и от лемата) точките Tи D1съвпадат Твърдението е доказано.

§2. Теорема на Чева

Теорема за триъгълника на Сева.

Нека точките A 1, B 1, C 1легнете съответно отстрани Слънце, ACи Вирджиниятриъгълник ABC(вижте снимката). За да за сегментите AA 1, BB 1, SS 1се пресичат в една точка, е необходимо и достатъчно релацията да е в сила: (3) (сегменти AA 1, BB 1, SS 1понякога наричани cevians).

Доказателство.

Трябва. Нека сегментите АА 1 , BB 1, SS 1пресичат се в точка Мвътре в триъгълника ABC .

Означаваме с S1, S2, S3области на триъгълници AMS, SMV, AMV, и през h 1 , h 2- разстояния от точки НОи ATнаправо ГОСПОЖИЦА. Тогава по същия начин,. Умножавайки получените пропорции, се убеждаваме във валидността на теоремата.

Адекватност. Нека точките A 1, B 1, C 1легнете на страни Sun, SA, AC триъгълник и връзка (3), М- точка на пресичане на сегменти АА 1и BB 1, и сегмента СМпресича страна ABв точката Q.След това, от това, което вече е доказано , . Лемата отново предполага съвпадение на точките Q=C1. Достатъчността е доказана.

Сега се обръщаме към пространствено обобщение на теоремата на Сева.

Теорема на Чева за тетраедъра.

Позволявам М- точка вътре в тетраедър ABCD,а A 1, B 1, C 1 и D 1- точки на пресичане на равнини CMD , AMD, AMBи SMVс ребра AB, B ° С , CDи DAсъответно. Тогава (четири). Обратно: ако за точки , след това самолетите ABC , BCD 1и DAB 1преминават през една точка.

Доказателство.

Необходимостта е лесно да се получи, ако забележите, че точките A 1, B 1, C 1, D 1лежат в една и съща равнина (тази равнина минава през линиите A 1 C 1и B 1 D 1, пресичащи се в точка М), и приложете теоремата на Менелай. Обратната теорема се доказва по същия начин като обратната теорема на Менелай в пространството: трябва да начертаете равнина през точките A 1, B 1, C 1и докажете с помощта на лемата, че тази равнина пресича ръба DAв точката D1 .

§3. Свойства на медианите и бимедианите на тетраедър

Медианата на тетраедър е сегмент, свързващ върха на тетраедъра с центъра на тежестта на противоположната страна (пресечната точка на медианите).

Теорема (Приложение на теоремата на Менелай).

Медианите на тетраедър се пресичат в една точка. Тази точка разделя всяка медиана 3:1 от върха.

Доказателство.

Да вземем две медиани: DD 1 и CC 1 тетраедър ABCD. Тези медиани ще се пресичат в точка Е . CLе медианата на ръба ABC , DLе медианата на ръба ABD, а д 1 , ° С 1 – лицеви центроиди ABCи ABD. Според теоремата на Менелай: и . Нека напишем теоремата за триъгълника DLD 1 : ; => Доказателството е подобно за всяка друга двойка медиани.

Теорема (Приложение на теоремата на Чева).

Първо даваме дефиниции на някои елементи на тетраедъра. Отсечката, свързваща средите на пресичащите се ръбове на тетраедъра, се нарича бимедиана. Бивисочините (по аналогия) са общи перпендикуляри на пресичащи се ръбове.

Теорема.

Бимедианите на тетраедър се пресичат в същата точка като медианите на тетраедър.

Доказателство.

В триъгълник LDCсегменти DCи LFпресичат се в точка К. По теоремата на Ceva за този триъгълник: , т.е. , CK=KD, LK – бимедиана.

Забележка 1.

ЕТ = FK. Теорема на Менелай за триъгълник DLK : , , следователно LF = FK .

Забележка 2.

Точка Ее центърът на тетраедъра. , , означава .

1.2 Различни видове тетраедри

§едно. Питагорови тетраедри

Триъгълникът се нарича Питагоров, ако има един прав ъгъл и съотношението на всяка страна е рационално (т.е., използвайки подобие, можете да получите правоъгълен триъгълник от него с цели дължини на страните).

По аналогия с това, тетраедърът се нарича тетраедър на Питагор, ако неговите равнинни ъгли в един от върховете са прави и съотношението на всеки два ръба е рационално (от него, използвайки подобие, може да се получи тетраедър с прави равнинни ъгли при един от върховете и цели дължини на ръбовете).

Нека се опитаме да изведем "Уравнението на питагоровите тетраедри", т.е. такова уравнение с три неизвестни ξ, η, ζ, че всеки Питагоров тетраедър дава рационално решение на това уравнение, и обратното, всяко рационално решение на уравнението дава Питагоров тетраедър.

Първо, даваме начин да опишем всички Питагорови триъгълници.

Фигурата показва триъгълник OAB- правоъгълен, дължините на краката му са обозначени с аи b, а дината на хипотенузата - през Р. Нека числото (1) наречем параметър на правоъгълен триъгълник OAB(или по-точно параметърът „спрямо крака а"). Използване на релацията p 2 \u003d a 2 + b 2, ние имаме:

От тези уравнения директно получаваме формули, изразяващи съотношенията на страните на правоъгълен триъгълник чрез неговия параметър:

и (2).

Формулите (1) и (2) пряко предполагат следното твърдение: за да бъде правоъгълен триъгълник Питагор, е необходимо и достатъчно числото ξ да е рационално. Действително, ако триъгълникът е Питагоров, то от (1) следва, че ξ е рационален. Обратно, ако ξ е рационално, то според (2) съотношенията на страните са рационални, т.е. Питагоровият триъгълник.

Нека сега OABC- тетраедър с плоски ъгли на върха Оправ. Дължините на ръбовете, излизащи от върха O, ще бъдат означени с a, b, c, и дължините на останалите ръбове през p, q, r .

Помислете за параметрите на три правоъгълни триъгълника OAB, OBC, OSA:

След това, използвайки формули (2), можем да изразим съотношенията на страните на тези правоъгълни триъгълници по отношение на техните параметри:

Пряко от (4) следва, че параметрите ξ, η, ζ , удовлетворяват отношението (6). Това е общото уравнение на питагоровите тетраедри.

Формули (3) - (5) директно предполагат следното твърдение: в ред за тетраедъра OABCс прави равнинни ъгли във върха O е питагорова, е необходимо и достатъчно параметрите ξ, η, ζ (удовлетворяващи уравнение (6)) бяха рационални.

Продължавайки аналогията на Питагоровия триъгълник с Питагоровия тетраедър, нека се опитаме да формулираме и докажем пространствено обобщение на Питагоровата теорема за правоъгълни тетраедри, което очевидно ще бъде вярно и за Питагоровите тетраедри. Следващата лема ще ни помогне с това.

Лема 1.

Ако площта на многоъгълника е С, тогава площта на неговата проекция върху равнината π е , където φ - ъгълът между равнината π и равнината на многоъгълника.

Доказателство.

Твърдението на лемата е очевидно за триъгълник, едната страна на който е успоредна на пресечната линия на равнината π с равнината на многоъгълника. Всъщност дължината на тази страна не се променя по време на проекцията, а дължината на височината, спусната върху нея по време на проекцията, се променя в cosφведнъж.

Нека сега докажем, че всеки полиедър може да бъде разделен на триъгълници с посочената форма.

За да направите това, изчертаваме прави линии, успоредни на пресечните линии на равнините през всички върхове на многоъгълника, докато многоъгълникът се нарязва на триъгълници и трапеци. Остава да изрежем всеки трапец по някой от неговите диагонали.

Теорема 1(пространствена питагорова теорема).

В правоъгълен тетраедър ABCD, с плоски ъгли в горната част д, сумата от квадратите на площите на трите му правоъгълни лица е равна на квадрата на площта на лицето ABC .

Доказателство.

Нека α е ъгълът между равнините ABCи DBC, D"- точкова проекция ддо самолета ABC. Тогава S ΔDBC = СosαS ΔАBCи S ∆D"BC = ° С OSαS ΔDBC(по лема 1), така че ° С osα = . С Δ д " пр.н.е = .

Подобни равенства могат да се получат и за триъгълници D "ABи D "AC. Събирайки ги и считайки, че сумата от площите на триъгълниците D "слънце , D "ACи D "ABравна на площта на триъгълник ABC, получаваме това, което се изисква.

Задача.

Оставете всички плоски ъгли в горната част дправ; а , b , ° Сса дължините на ръбовете, излизащи от върха ддо самолета ABC. Тогава

Доказателство.

Според Питагоровата теорема за правоъгълен тетраедър

От друга страна

1= ) => .

§2. Ортоцентрични тетраедри

За разлика от триъгълника, чиито височини винаги се пресичат в една точка - ортоцентъра, не всеки тетраедър има подобно свойство. Тетраедър, чиито височини се пресичат в една точка, се нарича ортоцентричен. започваме изучаването на ортоцентрични тетраедри с необходими и достатъчни условия за ортоцентричност, всяко от които може да се приеме като дефиниция на ортоцентричен тетраедър.

(1) Височините на тетраедъра се пресичат в една точка.

(2) Основите на височините на тетраедъра са ортоцентровете на лицата.

(3) Всеки два противоположни ръба на тетраедър са перпендикулярни.

(4) Сумите на квадратите на противоположните ръбове на тетраедъра са равни.

(5) Отсечките, свързващи средината на противоположните ръбове на тетраедъра, са равни.

(6) Произведенията на косинусите на противоположни двустенни ъгли са равни.

(7) Сборът от квадратите на площите на лицата е четири пъти по-малък от сбора от квадратите на произведенията на противоположните ръбове.

Нека докажем някои от тях.

Доказателство (3).

Нека всеки два противоположни ръба на тетраедъра са перпендикулярни.

Следователно височините на тетраедъра се пресичат по двойки. Ако няколко прави се пресичат по двойки, тогава те лежат в една и съща равнина или минават през една точка. Височините на тетраедър не могат да лежат в една и съща равнина, тъй като в противен случай върховете му биха лежали в една и съща равнина, така че те се пресичат в една точка.

Най-общо казано, за да се пресичат височините на тетраедър в една точка, е необходимо и достатъчно да се изисква само две двойки противоположни ръбове да са перпендикулярни. Доказателството на това твърдение следва пряко от следния проблем.

Задача 1.

Даден е произволен тетраедър ABCD. Докажи това .

Решение.

Позволявам а= , b= , c=. Тогава , и , добавяйки тези равенства, получаваме търсеното.

Позволявам а= , b= и c=. Равенство 2 + 2 = 2 + 2 , Какво искаш. (a,c)=0. Прилагайки този алгоритъм към други двойки противоположни ръбове, ние очевидно получаваме желаното твърдение.

Нека представим доказателство за собственост (6).

За доказателство използваме следните теореми:

Синусова теорема. „Произведението от дължините на два противоположни ръба на тетраедър, разделено на произведението на синусите на двустенните ъгли при тези ръбове, е еднакво за всичките три двойки противоположни ръбове на тетраедъра.“

Теорема на Бертшнайдер. "Ако аи bса дължините на два коси ръба на тетраедъра и са двустенните ъгли при тези ръбове, тогава стойността не зависи от избора на двойка коси ръбове.

Използвайки синусовата теорема за тетраедъра и теоремата на Бертшнайдер, получаваме, че произведенията на косинусите на противоположните двустенни ъгли са равни тогава и само ако сумите на квадратите на противоположните ръбове са равни, което предполага валидността на свойството (6) на ортоцентричен тетраедър.

В заключение на параграфа за ортоцентричния тетраедър ще решим няколко задачи по тази тема.

Задача 2.

Докажете, че ортоцентричен тетраедър удовлетворява отношението OH 2 \u003d 4R 2 -3d 2, където О- центърът на описаната сфера, з- точка на пресичане на височини, Ре радиусът на описаната сфера, d е разстоянието между средите на противоположните ръбове.

Решение.

Позволявам Да сеи Л- средата на ребрата ABи CDсъответно. Точка злежи в равнина, преминаваща през CDперпендикулярен AB, и точката О- в самолет, преминаващ през Да сеперпендикулярен AB.

Тези равнини са симетрични спрямо центъра на масата на тетраедъра - средата на сегмента KL. Разглеждайки такива равнини за всички ръбове, получаваме, че точките зи Осиметрично около М, което означава KLMO- успоредник. Квадратите на неговите страни са равни и следователно . Разглеждане на сечение, минаващо през точка Мпаралелен ABи CD, разбираме това AB 2 + CD 2 = 4d 2 .

Тук можем да добавим, че правата, на която лежат точките О, Ми з, се нарича линия на Ойлер на ортоцентричния тетраедър.

Коментирайте.

Наред с линията на Ойлер можем да отбележим съществуването на сфери на Ойлер за ортоцентричен тераедър, които ще бъдат разгледани в следващите задачи.

Задача 3.

Докажете, че за ортоцентричен окръжен тетраедър 9 точки от всяко лице принадлежат на една и съща сфера (сфера от 24 точки). За да се реши тази задача, е необходимо да се докаже условието на следната задача.

Задача 4.

Докажете, че средите на страните на триъгълника, основите на височините и средите на отсечките на височините от върховете до точката на пресичането им лежат на една окръжност - окръжност от 9 точки (Ойлер).

Доказателство.

Позволявам ABC- този триъгълник з- точката на пресичане на неговите височини, A 1, B 1, C 1- среди на сегменти AN, VN, CH; АА 2- височини, A 3- средно слънце. За удобство ще приемем, че ABC- остроъгълен триъгълник. Тъй като B 1 A 1 C 1 \u003d ВИЕи ΔB 1 A 2 C 1 \u003d ΔB 1 NS 1, тогава B 1 A 2 C 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, т.е. точки A 1, B 1, A 2, C 1лежат на същия кръг. Също така е лесно да се види това B 1 A 3 C 1 \u003d B 1 HC \u003d 180 ° - B 1 A 1 C 1, т.е. точки A 1, B 1, A 3, C 1също лежат на същата (и следователно на същата) окръжност. От това следва, че всичките 9 точки, посочени в условието, лежат на една и съща окръжност. Случаят на тъп триъгълник ABCтретирани по подобен начин.

Обърнете внимание, че окръжността с 9 точки е хомотетична на описаната окръжност с център в H и коефициент (ето как са подредени триъгълниците ABCи A 1 B 1 C 1). От друга страна, окръжността с 9 точки е хомотетична на описаната окръжност с център в пресечната точка на медианите на триъгълника ABCи коефициент (така са разположени триъгълниците ABC и триъгълник с върхове в средите на страните му).

Сега, след определяне на кръга от 9 точки, можем да преминем към доказателството на условието на задача 3.

Доказателство.

Сечението на ортоцентричен тетраедър от всяка равнина, успоредна на противоположните ръбове и минаваща на еднакво разстояние от тези ръбове, е правоъгълник, чиито диагонали са равни на разстоянието между средите на противоположните ръбове на тетраедъра (всички тези разстояния са равни на взаимно, вижте необходимото и достатъчно условие за ортоцентричност (5).Оттук следва, че средите на всички ръбове на ортоцентричен тетраедър лежат на повърхността на сфера, чийто център съвпада с центъра на тежестта на дадения тетраедър, и диаметърът е равен на разстоянието между средните точки на противоположните ръбове на тетраедъра. Следователно всичките четири кръга от 9 точки лежат на повърхността на тази сфера.

Задача 5.

Докажете, че за ортоцентричен тетраедър центроидите и точките на пресичане на височините на лицата, както и точките, разделящи отсечките на всяка височина на тетраедъра от върха до точката на пресичане на височините в отношение 2:1 , лежат на една и съща сфера (сферата от 12 точки).

Доказателство.

Нека точките О, Ми з- съответно центърът на описаната топка, центърът на тежестта и ортоцентърът на ортоцентричния тетраедър; М- средата на сегмента ТОЙ(виж проблем 2). Центровете на тежестта на лицата на тетраедъра служат като върхове на хомотетичния тетраедър, като центърът на хомотетията е в точката Ми коефициент , при тази хомотетия точката Още премине към точката Около 1разположен на сегмента MNтака , Около 1ще бъде центърът на сферата, минаваща през центровете на тежестта на лицата.

От друга страна, точките, разделящи отсечките на височините на тетраедъра от върховете до ортоцентъра в съотношение 2:1, служат като върхове на тетраедъра, хомотетичен на дадения с център на хомотетията в зи коеф. С тази хомотетия, точката О, както е лесно да се види, ще отиде до същата точка Около 1. По този начин осем от дванадесет точки лежат на повърхността на сфера с център Около 1и радиус три пъти по-малък от радиуса на сфера, описана около тетраедър.

Нека докажем, че пресечните точки на височините на всяко лице лежат на повърхността на една и съща сфера.

Позволявам НА'и М`- центърът на описаната окръжност, точката на пресичане на височините и центъра на тежестта на всяко лице. О`и H`са проекции на точки Ои зкъм равнината на това лице и сегмента М`разделя сегмента Нев съотношение 1:2, считано от О`(добре известен планиметричен факт). Сега е лесно да се провери (виж фигурата), че проекцията Около 1на равнината на това лице - точка О` 1съвпада със средата на сегмента М`Н`, т.е. Около 1на еднакво разстояние от М`и H`, което се изискваше.

§3. Скелетни тетраедри

Рамков тетраедър се нарича тетраедър, за който има сфера, докосваща всичките шест ръба на тетраедъра. Не всеки тетраедър е телена рамка. Например, лесно е да се разбере, че е невъзможно да се построи сфера, допирателна към всички ръбове на изоедърен тетраедър, ако описаната му кутия е "дълга".

Нека изброим свойствата на рамковия тетраедър.

(1) Има сфера, допирателна към всички ръбове на тетраедъра.

(2) Сумите от дължините на пресичащите се ръбове са равни.

(3) Сумите на двустенните ъгли при противоположните ръбове са равни.

(4) Окръжности, вписани в лица, се докосват по двойки.

(5) Всички четириъгълници, получени от развитието на тетраедър, са описани.

(6) Перпендикуляри, възстановени към лицата от центровете на техните вписани окръжности, се пресичат в една точка.

Нека докажем няколко свойства на каркасния тераедър.

Доказателство (2).

Позволявам Ое центърът на сфера, докосваща четири ръба във вътрешни точки. забележете сега, че ако от точката хначертайте допирателни XPи XQкъм сфера с център О, след това точките Ри Qсиметричен спрямо равнина, минаваща през права линия XOи средата на сегмента PQ, което означава самолетите ROHи QOXформа с равнина XPQравни ъгли.

Нека начертаем 4 равнини, минаващи през точката О и разглежданите ръбове на тетраедъра. Те разделят всеки от разглежданите двустенни ъгли на два двустенни ъгъла. Беше показано по-горе, че получените двустенни ъгли, съседни на едно лице на тетраедъра, са равни. Както едната, така и другата разглеждана сума от двустенни ъгли включва по един получен ъгъл за всяко лице на тетраедъра. Извършвайки подобни разсъждения за други двойки коси ръбове, получаваме валидността на свойството (2).

Припомнете си някои свойства на описания четириъгълник:

а) Равнинният четириъгълник е описан тогава и само тогава, когато сумите на срещуположните му страни са равни;

б) Ако описаният четириъгълник е разделен с диагонал на два триъгълника, то вписаните в триъгълниците окръжности се допират

Като се имат предвид тези свойства, лесно е да се докажат останалите свойства на каркасния тетраедър. Свойство (3) на тетраедъра следва директно от свойство (b), а свойство (4) от свойство (a) и свойство (1) на тетраедъра. Имот (5) от имот (3). Всъщност в края на краищата окръжностите, вписани в лицата на тетраедъра, са пресечните точки на неговите лица със сферата, докосващи ръбовете, от което е очевидно, че перпендикулярите, възстановени в центровете на окръжностите, вписани в лицата, неизбежно ще се пресичат в центъра на тази сфера.

Задача 1.

Сферата докосва ръбовете AB, BC, CDи DAтетраедър ABCDпо точки L, M, N, K,които са върховете на квадрата. Докажете, че ако тази сфера докосне ръб AC, тогава също докосва ръба BD .

Решение.

По условия KLMN- квадрат. Да преминем през точките К, Л, М, Нравнини, докосващи сферата. Тъй като всички тези равнини са еднакво наклонени спрямо равнината KLMN, тогава те се пресичат в една точка Сразположени на права линия ОО 1, където е центърът на сферата, и Около 1е центърът на площада. Тези равнини пресичат повърхността на квадрата KLMNна квадрат TUVW, чиито странични среди са точките К, Л, М, Н. В тетраедърен ъгъл STUVW с връх S всички равнинни ъгли са равни и точките К, Л, М, Нлежат на ъглополовящите на неговите плоски ъгли, и SK=SL=SM=SN. Следователно,

SA=SCи SD=SB, което означава AK=AL=CM=CNи BL=BM=DN=DK. По условие ACсъщо докосва топката, т.н НО ° С =AK+CN=2AK. И тъй като SK- ъглополовяща DSA, тогава DK:KA=DS:SA=DB:AC. От равенството AC=2ACсега следва това DB=2DK. Позволявам Р- средата на сегмента DB, тогава Рлежи на права линия ТАКА. триъгълници Д.О.К.и DOPса равни, т.к DK=DPи DKO=DPO=90°.Ето защо OP=OK=R, където Ре радиусът на сферата, така че Д.Б.важи и за сферата.

§ четири. Изоедрични тетраедри

Тетраедърът се нарича еквиедър, ако всичките му лица са равни. За да си представим равноъгълен тетраедър, нека вземем произволен остроъгълен триъгълник от хартия и ще го огънем по средните линии. Тогава трите върха ще се срещнат в една точка и половините на страните ще се затворят, образувайки страничните ръбове на тетраедъра.

(0) Лицата са еднакви.

(1) Пресичащите се ръбове са равни по двойки.

(2) Тристенните ъгли са равни.

(3) Противоположните двустенни ъгли са равни.

(4) Два равнинни ъгъла, базирани на един и същи ръб, са равни.

(5) Сумата от равнинните ъгли във всеки връх е 180°.

(6) Развиване на тетраедър - триъгълник или успоредник.

(7) Описаният паралелепипед е правоъгълен.

(8) Тетраедърът има три оси на симетрия.

(9) Общи перпендикуляри на пресичащи се ръбове по двойки

са перпендикулярни.

(10) Средните линии са перпендикулярни по двойки.

(11) Периметрите на лицата са равни.

(12) Площите на лицата са равни.

(13) Височините на тетраедъра са равни.

(14) Отсечките, свързващи върховете с центровете на тежестта на срещуположните стени, са равни.

(15) Радиусите на окръжностите, описани в близост до лицата, са равни.

(16) Центърът на тежестта на тетраедъра съвпада с центъра на описаната сфера.

(17) Центърът на тежестта съвпада с центъра на вписаната сфера.

(18) Центърът на описаната сфера съвпада с центъра на вписаната.

(19) Вписаната сфера докосва лицата в центровете, описани близо до тях

кръгови лица.

(20) Сумата от външните единични нормали (единични вектори,

перпендикулярно на лицата) е равно на нула.

(21) Сборът от всички двустенни ъгли е равен на нула.

Почти всички свойства на изоедърния тетраедър следват от него

дефиниции, така че доказваме само някои от тях.

Доказателство (16).

защото тетраедър ABCDизоедрален, тогава по свойство (1) AB=CD. Нека точката Да сесегмент AB, и точката Лсредна точка DC, следователно сегмента KLбимедиен тетраедър ABCD, откъдето следва от свойствата на медианите на тетраедъра, че точката О- средата на сегмента KL, е центърът на тежестта на тетраедъра ABCD .

В допълнение, медианите на тетраедъра се пресичат в центъра на тежестта, точката О, и споделете тази точка в съотношение 3:1, броейки отгоре. Освен това, като вземем предвид горното и свойството (14) на изоедърен тетраедър, получаваме следното равенство на сегментите AO=BO=CO=DO, от което следва, че точката Ое центърът на описаната сфера (по дефиниция, сфера, описана около полиедър).

Обратно. Позволявам Да сеи Л- средата на ребрата ABи CDсъответно точка О- центърът на описаната сфера на тетраедъра, т.е. средна точка KL. защото Ое центърът на описаната сфера на тетраедъра, след това триъгълниците AOBи COD- равнобедрен с равни страни и равни медиани Добреи OL. Ето защо ΔAOB =∆COD. Така AB=CD. По същия начин се доказва равенството на други двойки противоположни ръбове, от което по свойство (1) на равностенен тетраедър ще следва желаното.

Доказателство (17).

Помислете за ъглополовящата на двустенния ъгъл на ръба AB, то ще раздели отсечката DC по отношение на площите на лицата ABDи ABC .

защото тетраедър ABCDизоедрален, след това по свойство (12) S ΔABD =S ΔABD =>DL=LC, откъдето следва, че ъглополовящата ABLсъдържа бимедианата KL. Прилагайки подобно разсъждение за останалите двустенни ъгли и като вземем предвид факта, че ъглополовящите на тетраедъра се пресичат в една точка, която е центърът на вписаната сфера, откриваме, че тази точка неизбежно ще бъде центърът на тежестта на този изоедър тетраедър.

Обратно. От факта, че центърът на тежестта и центърът на вписаната сфера съвпадат, имаме следното: DL=LC=>SABD=SADC. Доказвайки по подобен начин, че всички лица са еднакви по размер и прилагайки свойство (12) на изоедърен тетраедър, получаваме това, което търсим.

Нека сега докажем свойството (20). За да направим това, първо трябва да докажем едно от свойствата на произволен тетраедър.

учебник по теорема за тетраедър

Лема 1.

Ако дължините на векторите, перпендикулярни на лицата на тетраедъра, са числено равни на площите на съответните лица, тогава сумата от тези вектори е равна на нула.

Доказателство.

Позволявам х- точка отвътре и полиедър, h i (i=1,2,3,4)- разстояние от него до равнината аз-ти ръб.

Нарязваме полиедъра на пирамиди с връх хчиито основи са лицата му. Обем на тетраедър Vе равна на сумата от обемите на тези пирамиди, т.е. 3 V=∑h i S i, където Siквадрат аз-ти ръб. Нека по-нататък n iе единичният вектор на външната нормала към i-тото лице, M i е произволна точка от това лице. Тогава h i \u003d (ХM i , S i n i), Ето защо 3V=∑h i S i =∑(XM i, S i n i)=(XO, S i n i)+(OM i, S i n i)=(XO, ∑S i n i)+3V, където О- някаква фиксирана точка на тетраедъра, следователно, ∑ S i n i =0 .

Освен това е очевидно, че свойство (20) на изоедърен тетраедър е специален случай на горната лема, където S 1 = S 2 = S 3 = S 4 =>n 1 = n 2 = n 3 = n 4, и тъй като площите на лицата не са равни на нула, получаваме правилното равенство n 1 + n 2 + n 3 + n 4 =0 .

В заключение на историята за изоедричния тетраедър представяме няколко задачи по тази тема.

Задача 1.

Правата, минаваща през центъра на масата на тетраедъра и центъра на сферата, описана близо до него, пресича ръбовете ABи CD. Докажи това AC=BDи AD=BC .

Решение.

Центърът на масата на тетраедъра лежи на правата линия, свързваща средните точки на ръбовете ABи CD .

Следователно центърът на описаната сфера на тетраедъра лежи на тази права, което означава, че посочената права е перпендикулярна на ръбовете ABи CD. Позволявам C`и D`- точкови проекции ° Си дкъм равнина, минаваща през права линия ABпаралелен CD. защото AC`BD`- успоредник (по конструкция), тогава AC=BDи AD=BC .

Задача 2.

Позволявам че височината на изоедърен тетраедър, h1и h2- сегменти, на които една от височините на лицето е разделена от пресечната точка на височините на това лице. Докажи това h 2 \u003d 4h 1 h 2; докажете също, че основата на височината на тетраедъра и пресечната точка на височините на лицето, върху което тази височина е понижена, са симетрични по отношение на центъра на окръжността, описана около това лице.

Доказателство.

Позволявам ABCD- този тетраедър, Д.Х.- неговото високо, DA 1 , DВ 1 , DC 1- височини на лицето, спуснати от темето дкъм страните BC, SA и AB .

Нарежете повърхността на тетраедъра по краищата DA, DB, DCи направете почистване. Очевидно е, че зе пресечната точка на височините на триъгълника D 1 D 2 D 3. Позволявам Е- точката на пресичане на височините на триъгълника ABC, AKе височината на този триъгълник, АF=h 1 , FК=h 2. Тогава D 1 H \u003d 2h 1, D 1 A 1 \u003d h 1 -h 2 .

Така че, защото ч- височината на нашия тетраедър, h 2 \u003d DH 2 \u003d DA 2 - HA 1 2 = (h 1+ h 2) 2 - (h 1 - h 2) 2 \u003d 4h 1 h 2.Нека сега М- центърът на тежестта на триъгълника ABC(известен още като център на тежестта на триъгълника D 1 D 2 D 3), Ое центърът на описаната окръжност. Известно е, че Ф, Ми Олежат на една права линия (линията на Ойлер) и М- между Еи О , FM =2 мес, От друга страна, триъгълникът D 1 D 2 D 3хомотетичен на триъгълник ABCсъсредоточен върху Ми коефициент (-2), така че МН=2FM. Следва, че OH=FO .

Задача 3.

Докажете, че в изоедърен тетраедър основите на височините, средите на височините и точките на пресичане на височините на лицата лежат на повърхността на една сфера (сфера от 12 точки).

Доказателство.

Решавайки задача 2, доказахме, че центърът на сферата, описана около тетраедъра, се проектира върху всяко лице в средата на сегмента, чиито краища са основата на височината, спусната върху това лице, и пресечната точка на височините на това лице. И тъй като разстоянието от центъра на сферата, описана около тетраедъра до лицето е , където ч- височината на тетраедъра, центърът на описаната сфера се отстранява от тези точки на разстояние , където а- разстоянието между точката на пресичане на височините и центъра на окръжността, описана близо до ръба.

§5. Инцентрични тетраедри

Сегментите, свързващи центровете на тежестта на лицата на тетраедъра с противоположни върхове (медианите на тетраедъра), винаги се пресичат в една точка, тази точка е центърът на тежестта на тетраедъра. Ако в това състояние заменим центровете на тежестта на лицата с ортоцентровете на лицата, тогава това ще се превърне в нова дефиниция на ортоцентричния тетраедър. Ако ги заменим с центрове на окръжности, вписани в лицата, понякога наричани центрове, ще получим дефиниция на нов клас тетраедри - инцентрични.

Характеристиките на класа на инцентричните тетраедри също са доста интересни.

(1) Сегментите, свързващи върховете на тетраедъра с центровете на окръжности, вписани в противоположни страни, се пресичат в една точка.

(2) Ъглополовящите на две лица, начертани към общ ръб на тези лица, имат обща основа.

(3) Произведенията на дължините на срещуположните ръбове са равни.

(4) Триъгълникът, образуван от вторите точки на пресичане на три ръба, излизащи от един и същи връх с всяка сфера, минаваща през трите края на тези ръбове, е равностранен.

Доказателство (2).

По свойство (1), ако DF, BE, CF, AM- ъглополовящи на съответните ъгли в триъгълници ABCи FBD, след това сегментите KSи LDще има обща точка аз(вижте снимката). Ако директно DKи CLне се пресичат в точка Е, тогава очевидно KSи DLне се пресичат, което не може да бъде (по дефиниция на инцентричен тетраедър).

Доказателство (3).

Като вземем предвид свойството (2) и свойството на ъглополовящата, получаваме отношенията:

; .

§6. Сравними тетраедри

Казват, че тетраедрите са съизмерими, ако имат

(1) Би-височините са равни.

(2) Проекцията на тетраедър върху равнина, перпендикулярна на всяка бимедиана, е ромб.

(3) Лицата на описания паралелепипед са равни.

(4) 4a 2 a 1 2 - (b 2 +b 1 2 -c 2 -c 1 2) 2 \u003d 4b 2 b 1 2 - (c 2 +c 1 2 -a 2 -a 1 2) 2 \u003d 4c 2 c 1 2 - (a 2 +a 1 2 -b 2 -b 1 2) 2, където аи а 1 , bи b 1 , си от 1- дължини на противоположни ръбове.

За да се докаже еквивалентността на дефиниции (1) - (4), е достатъчно да се отбележи, че двете височини на тетраедъра са равни на височините на успоредника, който е неговата проекция, спомената в свойство (2), и височините на описан паралелепипед и че квадратът на площта на паралелепипеда, съдържащ, да речем, ръб с,е равно на , а скаларното произведение се изразява през ръбовете на тетраедъра съгласно формула (4).

Тук добавяме още две условия за пропорционалност:

(5) За всяка двойка противоположни ръбове на тетраедъра равнините, прекарани през единия от тях и средата на втория, са перпендикулярни.

(6) Сфера може да бъде вписана в описания паралелепипед на съизмерим тетраедър.

§7. Правилни тетраедри

Ако ръбовете на тетраедър са равни един на друг, тогава тристенните, двустенните и плоските ъгли ще бъдат равни един на друг. В този случай тетраедърът се нарича правилен. Забележете също, че такъв тетраедър е както ортоцентричен, така и каркасен, и изоедрален, и инцентричен, и съизмерим.

Забележка 1.

Ако тетраедърът е изоедърен и принадлежи към един от следните видове тетраедри: ортоцентричен, каркасен, инцентричен, съизмерим, тогава той ще бъде правилен.

Забележка 2.

Тетраедърът е правилен, ако принадлежи към два вида изброени тетраедри: ортоцентричен, каркасен, инцентричен, съизмерим, изоедърен.

Свойства на правилния тетраедър:

Всеки негов връх е връх на три триъгълника. Така че сумата от равнинните ъгли във всеки връх ще бъде равна на 180º

(0) Октаедър може да бъде вписан в правилен тетраедър, освен това четири (от осем) лица на октаедъра ще бъдат комбинирани с четири лица на тетраедъра, всичките шест върха на октаедъра ще бъдат комбинирани с центровете на шест ръба на тетраедъра.

(1) Правилният тетраедър се състои от един вписан октаедър (в центъра) и четири тетраедъра (по върховете), а ръбовете на тези тетраедри и октаедъра са половината от ръбовете на правилния тетраедър

(2) Правилен тетраедър може да бъде вписан в куб по два начина, освен това четири върха на тетраедъра ще бъдат комбинирани с четири върха на куба.

(3) Правилен тетраедър може да бъде вписан в икосаедър, освен това четири върха на тетраедъра ще бъдат комбинирани с четири върха на икосаедъра.

Задача 1.

Докажете, че косите ръбове на правилен тетраедър са взаимно перпендикулярни.

Решение:

Позволявам DH-височина на правилен тетраедър, точка H е център на правилен тетраедър Δ ABC . Тогава проекцията на отсечката AD върху равнината на основата ABC ще бъде отсечката BH . защото BH AC , тогава по теоремата за трите перпендикуляра наклонената BD AC .

Задача 2.

Даден е правилен тетраедър IAWSс ръб 1. намерете разстоянието между линиите АЛи МО, където Л- средата на реброто ГОСПОЖИЦА , О- център на лицето ABC.

Решение:

1. Разстоянието между две пресичащи се прави е дължината на перпендикуляра, пуснат от една права към равнина, успоредна на тази права и съдържаща втората права.

2. Изграждане на проекция АКсегмент АЛдо самолета ABC. Самолет AKLперпендикулярна на равнината ABC, успоредна на правата МОи съдържа линия АЛ. И така, желаната дължина е дължината на перпендикуляра НА, спусната от точката Ода се АК .

3. Намерете С Δ KHA два начина.

S Δ = .

От друга страна: С Δ KHA =

така че p.

Да намерим НА : ρ= .

Задача 3.

Всеки ръб на триъгълна пирамида PABCе равно на 1; BD- височината на триъгълника ABC. Равностранен триъгълник bdeлежи в равнина, образуваща ъгъл ϕ с ребро AC, и точките Пи длегнете от едната страна на самолета ABC. Намерете разстоянието между точките Пи д .

Решение.Тъй като всички ръбове на пирамидата PABCса равни, това е правилен тетраедър. Позволявам М- основен център ABC , н– ортогонална проекция на върха дравностранен триъгълник bdeдо самолета ABC ,К- средно BD ,Ее основата на перпендикуляра, прекаран от точката ддо височината PMтетраедър PABC. защото ЕК BD, тогава по теоремата за трите перпендикуляра НК BD, Ето защо ЕКНе линейният ъгъл на двустенния ъгъл, образуван от равнините ABCи bde, и оттогава NK || AC, тогава EKN= ϕ . След това имаме:

BD = , MD = , KD = , BD = , PM = ,

КМ = KD - MD = - = , ЕК = BD · = , EN = ЕК грях ϕ = грях ϕ ,

NK = EK cos ϕ = cos ϕ , MN 2= NK 2+КМ 2 = cos 2ϕ + ,

PE 2= EF 2+ PF 2= MN 2 + (PM-MF)2= MN 2 + (PM - EN)2 =

= cos 2ϕ + + ( - грях ϕ )2 = cos 2ϕ + + - грях ϕ + грях 2ϕ == + + - грях ϕ = - грях ϕ = - грях ϕ .

Следователно,

PE= = .

Задача 4.

Намерете ъглите между височините на изкривяване на съседни лица на тетраедъра.

Решение.

Случай номер 1.

Позволявам BKи Д.Ф.– височини на лицето ABCи BCD. BK, FD= α . Означете дължината на ръба на тетраедъра като а. Да похарчим FL || BK, тогава α = DFL . , KL=LC.

Δ DLF :

; ; ; .

Случай номер 2 (височината е разположена по различен начин).

BKи CN– височини на лицето ABCи BCD. Да похарчим FP || CNи ЕТ || BK . ; . Да намерим LP .НАПРАВЕТЕе височината на правилен тетраедър, НАПРАВЕТЕ = , Q– проекция Пдо самолета ABC , . ,

Нека напишем косинусовата теорема за Δ LFP :

Тъй като ъгълът между прави линии по дефиниция е остър

Глава II. Тетраедър в курс по математика в гимназията

§едно. Сравнителна характеристика на представянето на темата "тетраедър" в училищните учебници

В училищния курс по геометрия много време се отделя на изучаването на основите на темата за тетраедъра. На практика няма методически проблеми при провеждането на тази тема, тъй като учениците знаят какво е пирамида (включително триъгълна), както от пропедевтичните курсове от предишните години на преподаване на математика, така и от житейския опит. Правилният тетраедър се свързва с неговия плосък аналог - правилен триъгълник, а равенството на страните с равенството на ръбовете или лицата.

Въпреки това, има проблеми при изучаването на темата за учениците и различните учебници се опитват да ги решат по различни начини (редът, в който се представя теоретичният материал, нивото на сложност на задачите и т.н.). Нека дадем кратко описание на общите учебници по геометрия в аспекта на изучаването на тетраедъра.

Представяне на темата "Тетраедър" в учебника "Геометрия" за 10-11 клас Атанасян Л. С. и др.

AT основенучебника "Геометрия" за 10-11 клас на СОУ Атанасян Л. С. и друга информация за тетраедъра можете да намерите в 7 параграфа (12, 14, 28, 29, 32, 33, 69).

Авторите на учебника определят тетраедъра като повърхност, съставена от четири триъгълника. От теоретичната база на учебника за 10 клас могат да се получат знания за лицата, ръбовете и върховете на тетраедър, за конструиране на сечения на тетраедър с равнина, изчисляване на площта на общата повърхност на тетраедър, вкл. и пресечен (глава III, § 2 "Пирамида").

Теоретичният материал на учебника е изложен компактно и стилово единно. Част от теоретичния материал е разположен в практическата част на учебника (някои теореми са доказани в задачи). Практическият материал на учебника е разделен на две нива на трудност (има т.нар. „задачи с повишена трудност“, отбелязани със специален символ „*“). Освен това в края на учебника има проблемник със задачи с висока сложност, някои от които засягат тетраедъра. Нека разгледаме някои задачи от учебника.

Разрешаване на проблем.

Задача 1 (#300). В правилна триъгълна пирамида DABCточки Е, Е и П- средни точки на страните пр.н.е , AB и АД. Определете вида на сечението и намерете неговата площ, ако страната на основата на пирамидата е такава а, страничният ръб е равен на b.

Решение.

Построяваме сечение от равнина, минаваща през точките E, F, P. Начертайте средната линия на триъгълника ABC , EF || AC ,

EF || климатик,а А ° Слежи в кв. д CA, означава EF || кв. DCA.Сечещата равнина пресича лицето DCAпо права линия НАСТОЛЕН КОМПЮТЪР.

защото равнината на сечението минава през права линия EFуспоредна на равнината DCAи пресича равнината DCA,след това линията на пресичане PKуспоредна на права линия EF.

Да градим на ръба ИАЛлинейна отсечка FP,но на ръба BDC-линейна отсечка ЕК.Четириъгълник EFOKи е задължителната секция. EF || AC, PK || EF || климатик, , , означава .

защото PK || EF и PK = EF,тогава EFPC-успоредник. По този начин, ЕК || EP, EP-средна линия на триъгълник BCD, .

Ъгъл между наклонени линии Д.Б.и CAсе равнява 90 °. Нека го докажем. Построяване на височината на пирамидата НАПРАВЕТЕ. Точка О- центъра на равностранен триъгълник ABC. Да продължим сегмента BOдо пресичането със страната ACв точката М. В правоъгълен триъгълник ABC:BM- височина, медиана и ъглополовяща, следователно. Имаме, че , , тогава по критерия за перпендикулярност на правата и равнината , тогава .

защото , PK || CAи ЕК || BD, след това и EFPC- правоъгълник.

.

Задача 2 (#692).

Основата на пирамидата е правоъгълен триъгълник с крака аи b. Всеки от неговите странични ръбове е наклонен към равнината на основата под ъгъл φ . Намерете обема на пирамидата

Решение:

ABCD-пирамида, ъгъл ABC-правоъгълен , AC = b, BC = a,ъгли DAO, DBO, DCOса равни. Да намерим V DABC0 .

1) ∆DAO=∆ADC=∆DBOпо крака и остър ъгъл, което означава AO=OC=OB=Rокръжност, описана от ∆ABC.защото . ∆ABC-правоъгълен, тогава .

2) От ∆ ДОК : ; .

3) ; ; .

Представяне на темата "Тетраедър" в учебника "Геометрия" за 7-11 клас Погорелова А.В.

В друг основен учебник А.В. Погорелова и други теоретични материали, повече или по-малко свързани с темата "Тетраедър", се съдържат в параграфи 176-180, 186, 192, 199, 200.

Параграф 180 „Правилни полиедри“ съдържа дефиниция на понятието „правилен тетраедър“ („Тетраедърът е триъгълна пирамида, в която всички ръбове са равни“), доказателството за някои свойства и теореми за пирамидата е илюстрирано с чертежи на тетраедър. Този урок обаче не се фокусира върху изучаването на фигурата и в този смисъл неговото информационно съдържание (по отношение на тетраедъра) може да се оцени като ниско. Практическият материал на учебника съдържа задоволителен брой задачи, свързани с пирамидата, в основата на която има триъгълник (който всъщност е тетраедър). Нека дадем примери за решаване на някои проблеми.

Разрешаване на проблем.

Задача 1 (№ 41 от параграфа "Многогранници").

Основата на пирамидата е равнобедрен триъгълник, в който основата е 12 см, а страната е 10 см. Страничните лица образуват равни двустенни ъгли с основата, съдържащи 45 ° всяка. Намерете височината на пирамидата.

Решение:

Нека начертаем перпендикуляр ТАКАкъм равнината на основата и перпендикуляри SK, SMи SNкъм страните ΔABS.Тогава по теоремата за трите перпендикуляра Добре пр.н.е., ОМ AC и ON AB.

Тогава, SKO= SMO= SNO = 45° -като линейни ъгли на дадени двустенни ъгли. Следователно правоъгълни триъгълници СКО, СМОи SNO са равни по катет и остър ъгъл . Така че OK=OM=ON,това е смисълът Ое центърът на вписаната окръжност ΔABC.

Изразете площта на правоъгълника ABC:

От друга страна , . Така че ; ok=r=3 см.Тъй като в правоъгълен триъгълник S.O.K.остър ъгъл е 45 ° , тогава ∆SOKе равнобедрен и ТАКА=ОК= 3 (см) .

Задача 2 (№ 43 от параграф "Обеми на многостени").

Намерете обема на пирамида, чиято основа е триъгълник с два ъгъла а и β; радиус на описаната окръжност Р.Страничните ръбове на пирамидата са наклонени към равнината на нейната основа под ъгъл γ.

Решение.

Тъй като всички странични ръбове на пирамидата са наклонени към равнината на основата под същия ъгъл, височината на пирамидата О 1 Оминава през центъра на окръжността, описана близо до основата. Така че

В ΔABC.Тогава според синусовата теорема

Така че , , =

=.

Площ на триъгълник :

Тогава .

Представяне на темата "Тетраедър" в учебника "Геометрия" за 10-11 клас Александрова А.Д.

Помислете за учебника Александров A.D. и др. „Геометрия: учебник за ученици от 11 клас. със задълбочено изучаване на математика. В този учебник няма отделни параграфи, посветени на тетраедъра, но темата присъства под формата на фрагменти от други параграфи.

Тетраедърът се споменава за първи път в §21.3. Материалът на параграфа разглежда теоремата за триангулацията на полиедър, като пример се извършва триангулация на изпъкнала пирамида. Самото понятие "многостен" в учебника се тълкува по два начина, втората дефиниция на понятието е пряко свързана с тетраедъра: "Полиедърът е фигура, която е обединение на краен брой тетраедри ...". Познания относно правилната пирамида и някои аспекти на симетрията на тетраедъра могат да бъдат намерени в §23.

§26.2 описва приложението на теоремата на Ойлер ("правилни мрежи") за правилни полиедри (включително тетраедъра), а §26.4 обсъжда типовете симетрии, характерни за тези фигури.

Също така в учебника можете да намерите информация за средната линия на тетраедъра, центъра на масата (§35.5) и класа на равноедричните тетраедри. Движенията от първи и втори род са демонстрирани в хода на решаване на задачи върху тетраедри.

Отличителна черта на учебника е неговото високо научно съдържание, което авторите успяха да съчетаят с достъпен език и ясна структура на изложението. Нека дадем примери за решаване на някои проблеми.

Разрешаване на проблем.

Задача 1.

В дадена правилна триъгълна пресечена пирамида със страничен ръб а може да се постави сфера, докосваща всички лица и сфера, докосваща всички ръбове. Намерете страните на основите на пирамидата.

Решение.

Нека изобразим "пълна" пирамида на чертежа. Тази пирамида, - височината на "пълната" пирамида, - нейната част до горната основа е пресечена. Задачата се свежда до планиметрична и не е необходимо да се чертае някоя от тези сфери. защото сфера, докосваща всички ръбове, може да бъде вписана в пресечена пирамида, тогава кръг може да бъде вписан в страничната й страна. Нека означим , (за удобство на разделянето на половина) и за описания четириъгълник получаваме, че , откъдето

От съществуването на вписана сфера следва, че има полукръг, разположен в трапец (- апотема на „пълна“ пирамида), така че центърът му да е в средата, а самият той докосва другите три страни на трапеца.

Центърът на топката и са точките на контакт. Тогава . Изразяваме тези количества чрез и . От: . От: . От трапеца: . Получаваме уравнението:

.(2)

След като решихме системата от уравнения (1) и (2), получаваме, че страните на основите са равни.

Задача 2 .

Вътре в правилен тетраедър с ръб ачетири еднакви сфери са подредени така, че всяка сфера докосва три други сфери и три лица на тетраедъра. Намерете радиуса на тези сфери.

Решение .

Този тетраедър, - неговата височина, - центровете на сферите, - точката на пресичане на правата линия с равнината. Обърнете внимание, че центровете на равни сфери, докосващи равнината, са отдалечени от нея на равни разстояния, всяко от които е равно на радиуса на топката (означавайки го като х). Така че равнините са успоредни и следователно .

Но каква е височината на правилен тетраедър с ръб; като височината на правилен тетраедър с ръб 2 х ; .

Остава да изразя Обърнете внимание, че точката е вътре в тристенния ъгъл и е на разстояние от лицата му, а равнинните ъгли на тристенния ъгъл са равни. Не е трудно да се получи какво. Стигаме до уравнението:

, откъдето след опростяване получаваме .

Представяне на темата "Тетраедър" в учебника "Геометрия" за 10-11 клас Смирнова И.М.

Представянето на темата "Тетраедър" в учебника за 10-11 клас на хуманитарния профил Смирнова И.М. са посветени следните класове: 18, 19, 21, 22, 28-30, 35.

След изучаване на теоремата, че "Всеки изпъкнал многостен може да бъде съставен от пирамиди с общ връх, чиито основи образуват повърхността на многостена", се разглежда теоремата на Ойлер за някои такива полиедри, по-специално изпълнението на условията на теорема се разглежда и за триъгълна пирамида, която по същество е тетраедър.

Учебникът е интересен с това, че се занимава с топология и топологично правилни полиедри (тетраедър, октаедър, икосаедър, куб, додекаедър), чието съществуване се обосновава със същата теорема на Ойлер.

Освен това в учебника е дадено определение на понятието „правилна пирамида“; теореми за съществуването на вписаната и описаната сфера на тетраедъра, разглеждат се някои свойства на симетрия по отношение на тетраедъра. В последния урок (35) е дадена формулата за намиране на обема на триъгълна пирамида.

Този учебник се характеризира с голямо количество илюстративен и исторически материал, както и с малко практически материали, което се дължи на насочеността на учебника. Помислете и за учебника на Смирнова I.M. и други за 10-11 клас от природоматематическия профил.

Представяне на темата "Тетраедър" в учебника "Геометрия" за 10-11 клас Смирнова И.М. и т.н.

Този учебник се различава от предходния урок по оформлението на темите и степента на сложност на предлаганите за решаване задачи. Отличителна черта на представянето на материала е разделянето му на "семестри", които в учебника са четири. Тетраедърът е споменат в първия параграф ("Въведение в геометрията на твърдото тяло"), понятието "пирамида" е дефинирано в §3.

Както и в предходния учебник, практическият материал е допълнен със задачи с разработване на стереометрични фигури. В материала на §26 може да се намери теорема за сфера, вписана в тетраедър. Останалият теоретичен материал за тетраедъра всъщност съвпада с материалите от учебника, описан по-горе.

Разрешаване на проблем.

Задача 1.

Намерете най-краткия път по повърхността на правилен тетраедър ABCDсвързване на точките ди Еразположени на височините на страничните стени на 7 cm от съответните върхове на тетраедъра. Ръбът на тетраедър е 20 cm.

Решение.

Помислете за развитието на три лица на тетраедър. Най-краткият път е отсечката, свързваща точките ди Е. Дължината му е 20см.

Задача 2.

В основата на пирамидата лежи правоъгълен триъгълник, чийто един от катетите е 3 см, а острият ъгъл, прилежащ към него, е 30 градуса. Всички странични ръбове на пирамидата са наклонени спрямо равнината на основата под ъгъл 60 градуса. Намерете обема на пирамидата.

Решение.

Лицето на триъгълника ABC е . Основата на височината е средата. Триъгълник SAC е равностранен. .

От тук и следователно обемът на пирамидата е равен на.

Заключение.

Отличителна черта на учебника Атанасян Л.С. и други е, че изучаването на тетраедъра започва доста рано, материалът е разпръснат из целия курс и е представен на различни нива на сложност. В учебника Погорелов А.В. материалът е разположен компактно, понятието "тетраедър", както и понятията за други пространствени фигури, се въвежда доста късно (в края на 10 клас), практическият материал, представен в учебника, е малък. В учебника Смирнова И.М. и друг теоретичен материал, както и практически, има малък обем, практически задачи с ниско ниво на сложност, учебникът се отличава с голямо количество материал от историята на математиката. В учебника Александров A.D. и др., нивото на сложност на материала е по-високо, самият материал е по-разнообразен, много практически задачи съдържат част от теорията, има екстремни задачи и задачи под формата на въпроси, което го отличава благоприятно от Почивка.

§2. Тестване на нивото на развитие на пространственото мислене при ученици от средното училище

Интелигентността е способността за учене или разбиране, която е присъща на всички хора. Някои хора го имат в по-голяма степен, други - в по-малка степен, но при всеки човек тази способност остава практически непроменена през целия живот. Именно благодарение на интелекта можем да действаме правилно и да се учим от грешките си.

В психологията интелигентността се определя като способността да се възприемат знания и да се използват в други, принципно нови ситуации. В условията на тестване е възможно да се определи колко успешно човек се адаптира към необичайни ситуации. Определянето на нивото на общо интелектуално развитие чрез тест е доста трудна и отнемаща време работа, поради което в текста на тази работа ще се използва част от методологията за тестване на интелигентността, отговаряйки на въпроса за нивото на развитие на пространственото развитие мислене. Пространственото мислене е специфичен вид умствена дейност, която се осъществява при решаване на проблеми, изискващи ориентация в практическото и теоретичното пространство (както видимо, така и въображаемо). В най-развитите си форми това е мислене чрез модели, в които са фиксирани пространствени свойства и отношения. Работейки с първоначални образи, създадени на различни визуални основи, мисленето осигурява тяхното модифициране, трансформиране и създаване на нови образи, различни от оригиналните.

Използваният тест („Мини тест за степента на развитие на пространственото мислене” от „Първи тест за коефициента на развитие на интелигентността” на Ф. Картър, К. Ръсел) е универсален за всички възрастови групи и отнема малко количество време (30 минути). Текстът на теста и ключовете към него се намират в „Приложение No 1” към дипломата.

Тетраедър на гръцки означава "тетраедър". Тази геометрична фигура има четири лица, четири върха и шест ръба. Ръбовете са триъгълници. Всъщност тетраедърът е Първото споменаване на полиедри се появява много преди съществуването на Платон.

Днес ще говорим за елементите и свойствата на тетраедъра, а също така ще научим формулите за намиране на площ, обем и други параметри за тези елементи.

Елементи на тетраедър

Сегмент, освободен от всеки връх на тетраедъра и спуснат до пресечната точка на медианите на противоположното лице, се нарича медиана.

Височината на многоъгълника е нормален сегмент, изпуснат от противоположния връх.

Бимедиана е сегмент, свързващ центровете на пресичащи се ръбове.

Свойства на тетраедър

1) Паралелни равнини, които минават през два наклонени ръба, образуват описан паралелепипед.

2) Отличително свойство на тетраедъра е, че медианите и бимедианите на фигурата се срещат в една точка. Важно е последният да дели медианите в съотношение 3:1, а бимедианите - наполовина.

3) Равнината разделя тетраедъра на две равни по обем части, ако минава през средата на два пресичащи се ръба.

Видове тетраедър

Видовото разнообразие на фигурата е доста широко. Тетраедърът може да бъде:

• правилно, тоест в основата е равностранен триъгълник;
• изоедричен, в който всички лица са еднакви по дължина;
• ортоцентричен, когато височините имат обща пресечна точка;
• правоъгълен, ако плоските ъгли в горната част са нормални;
• пропорционално, всички двойни височини са равни;
• телена рамка, ако има сфера, която докосва ръбовете;
• incentric, т.е. сегментите, спуснати от върха до центъра на вписания кръг на противоположното лице, имат обща пресечна точка; тази точка се нарича център на тежестта на тетраедъра.

Нека се спрем подробно на правилния тетраедър, чиито свойства практически не се различават.

Въз основа на името можете да разберете, че се нарича така, защото лицата са правилни триъгълници. Всички ръбове на тази фигура са еднакви по дължина, а лицата са еднакви по площ. Правилният тетраедър е един от пет подобни многостени.

Формули на тетраедър

Височината на тетраедър е равна на произведението на корена от 2/3 и дължината на ръба.

Обемът на тетраедър се намира по същия начин като обема на пирамида: корен квадратен от 2, разделен на 12 и умножен по дължината на кубичния ръб.

Останалите формули за изчисляване на площта и радиусите на кръговете са представени по-горе.

Допълнителни материали
Уважаеми потребители, не забравяйте да оставите вашите коментари, отзиви, предложения. Всички материали се проверяват с антивирусна програма.

Учебни помагала и тренажори за 1 клас в онлайн магазин "Интеграл"
Математика 1-4 клас, Peterson L.G., електронен учебник за учебници

От историята

Тетраедърът е друга невероятна фигура, която е доста често срещана в живота ни, но обикновено знанията ни за нея са ограничени до определението, свойствата и формулите от училищния курс по геометрия.

Думата "тетраедър" се образува от две гръцки думи: тетра - преведена като четири и хедра - означава основа, ръб; 3 лица се събират във всеки връх на тетраедъра. Тази форма има 4 лица, 6 ръба и 4 върха.

От древни времена представите на хората за красотата са свързани със симетрията. Може би това обяснява интереса на хората към полиедрите - невероятни символи на симетрия, които привличат вниманието на видни мислители и хора от всички епохи. Още по времето на Питагор се възхищавал на тяхната красота и симетрия. Учениците на Питагор вярвали, че правилните многостени са божествени фигури и ги използвали във философските писания. Основните принципи на битието - огън, въздух, вода, земя, са получили формата съответно на октаедър, икосаедър, тетраедър, куб, а Вселената е представена под формата на додекаедър. Учениците на Платон продължиха да изучават изброените тела, така че тези полиедри се наричат ​​Платонови тела.

Ролята на задачите за тетраедри е много висока в развитието на математическото мислене на учениците. Тези задачи стимулират натрупването на геометрични представи и знания, допринасят за развитието на пространственото мислене, което е особено важно в процеса на изучаване на стереометрията.

Къде можете да намерите тетраедър? Тетраедър, такава невероятна геометрична фигура, която виждаме навсякъде, но на пръв поглед не е толкова лесно да се забележи. Тетраедърът може да образува твърда структура. Изработен от пръти, той често се използва като основа за пространствени конструкции от греди, мостови ферми, строителни участъци, тавани и др. Правоъгълният тетраедър отдавна се използва в оптиката. На рефлекторите за велосипеди рефлекторите имат формата на тетраедър. Благодарение на свойствата на тетраедъра, рефлекторите отразяват светлината и други хора и шофьори могат да видят велосипедиста. Ако се вгледате внимателно, можете да видите много форми на тетраедър вътре в рефлектора.

Видове тетраедър

Фигурата на тетраедър може да бъде разделена на няколко вида, какви са те?

Изоедърен тетраедър, всичките му лица са триъгълници, равни един на друг;

Ортоцентричен тетраедър, височини, спуснати от върхове до противоположни лица, се пресичат в една точка;

Правоъгълен тетраедър, ръбовете, съседни на един от върховете, са перпендикулярни един на друг;

правилен тетраедър, е тетраедър, чиито лица са равностранни триъгълници,

Инцентричен тетраедър, неговите сегменти свързват върховете с центровете на окръжности, които са вписани в противоположни лица и се пресичат в една точка.

Разпределете същото рамков тетраедър, съизмерим тетраедър.

Тетраедърът е идеалният баланс, предложен от природата, който се основава на идеалността на равнобедрен триъгълник. Тетраедърът е триъгълник, но само в обемна форма, в наше време може да се нарече триизмерен триъгълник.

Можете да попълните колекцията си от геометрични фигури с нова фигура - тетраедър, като използвате разметките, представени на нашия уебсайт. Тетраедърът, сглобен от тези сканирания, може да се използва за учене, например, за да научите децата да броят, да разпознават цветовете, можете да обясните какво е равнина и обем, какво е триъгълник и т.н.

Разработване на тетраедър от хартия или картон

Схема на тетраедър с арабски цифри 1,2,3,4 (лице 10 см)	Схема на тетраедър с арабски цифри 5,6,7,8 (лице 10 см)	Схема на тетраедър с арабски цифри 0,1,2,9 (лице 10 см)
JPG	JPG	JPG

Схема на многоцветен тетраедър № 1 (лице 10 см)	Схема на многоцветен тетраедър № 2 (лице 10 см)	Схема на многоцветен тетраедър № 3 (лице 10 см)
JPG	JPG	JPG

Схема на прост тетраедър (лице - 10 см)	Диаграма на тетраедър с формули (лице 10 см)	Схема на тетраедър с героите от съветските анимационни филми (лице - 10 см)

Всичките му лица са триъгълници, равни един на друг. Измитанеизоедърният тетраедър е триъгълник, разделен на три средни линиина четири равни триъгълник. В изоедърен тетраедър основите на височините, средните точки на височините и точките на пресичане на височините на лицата лежат на повърхността на една сфера (сфера от 12 точки) (Аналог кръгове на Ойлерза триъгълник).

Свойства на изоедърен тетраедър:

• Всичките му лица са равни (конгруентни).
• Пресичащите се ръбове са равни по двойки.
• Тристенните ъгли са равни.
• Противоположните двустенни ъгли са равни.
• Два равнинни ъгъла, базирани на един и същи ръб, са равни.
• Сумата от равнинните ъгли във всеки връх е 180°.
• Развитието на тетраедър е триъгълник или успоредник.
• Описаният паралелепипед е правоъгълен.
• Тетраедърът има три оси на симетрия.
• Общите перпендикуляри на пресичащите се ръбове са перпендикулярни по двойки.
• Средните линии са перпендикулярни по двойки.
• Периметрите на лицата са равни.
• Площите на лицата са равни.
• Височините на тетраедъра са равни.
• Отсечките, свързващи върховете с центровете на тежестта на срещуположните лица, са равни.
• Радиусите на окръжностите, описани в близост до лицата, са равни.
• Центърът на тежестта на тетраедъра съвпада с центъра на описаната сфера.
• Центърът на тежестта съвпада с центъра на вписаната сфера.
• Центърът на описаната сфера съвпада с центъра на вписаната.
• Вписаната сфера се допира до лицата в центровете на окръжности, описани около тези лица.
• Сумата от външните нормални единици (единични вектори, перпендикулярни на лицата) е нула.
• Сумата от всички двустенни ъгли е нула.

Ортоцентричен тетраедър

Всички височини, спуснати от върховете към противоположните лица, се пресичат в една точка.

Свойства на ортоцентричен тетраедър:

• Височините на тетраедъра се пресичат в една точка.
• Основите на височините на тетраедъра са ортоцентровете на лицата.
• Всеки два противоположни ръба на тетраедър са перпендикулярни.
• Сумите на квадратите на противоположните ръбове на тетраедър са равни.
• Отсечките, свързващи средината на противоположните ръбове на тетраедъра, са равни.
• Продуктите на косинусите на противоположни двустенни ъгли са равни.
• Сумата от квадратите на площите на лицата е четири пъти по-малка от сумата от квадратите на продуктите на противоположните ръбове.
• При ортоцентричен тетраедъркръг 9 точки ( кръгове на Ойлер) всяко лице принадлежи на една сфера (сфера от 24 точки).
• При ортоцентричен тетраедърцентровете на тежестта и точките на пресичане на височините на лицата, както и точките, разделящи сегментите на всяка височина на тетраедъра от върха до точката на пресичане на височините в съотношение 2:1, лежат върху една сфера (сфера от 12 точки).

Правоъгълен тетраедър

Всички ръбове, съседни на един от върховете, са перпендикулярни един на друг. Правоъгълен тетраедър се получава чрез отрязване на тетраедър с равнина от правоъгълник паралелепипед.

Рамков тетраедър

Това е тетраедър, който отговаря на някое от следните условия:

• има сфера, докосваща всички краища,
• сумите от дължините на пресичащите се ръбове са равни,
• сумите на двустенните ъгли в противоположните ръбове са равни,
• кръгове, вписани в лица, се докосват по двойки,
• всички четириъгълници, получени при развитието на тетраедър, са описани,
• перпендикулярите, изправени към лицата от центровете на вписаните в тях окръжности, се пресичат в една точка.

Сравним тетраедър

Свойства на съизмерим тетраедър:

• Би-височините са равни. Двухвисочините на тетраедър са общи перпендикуляри на две пресичащи се ръбове (ръбове, които нямат общи върхове).
• Проекция на тетраедър върху равнина, перпендикулярна на произволна бимедиани, има ромб. Бимедианитетраедър нарича сегменти, свързващи средните точки на неговите пресичащи се ръбове (без общи върхове).
• Фасетите на описаното паралелепипедса равни.
• Изпълняват се следните отношения: $4a^2(a\_1)^2-\; (b^2+(b\_1)^2-c^2-(c\_1)^2)^2=4b^2(b\_1)^2-\; (c^2+(c\_1)\; ^2-a^2-(a\_1)^2)^2=4c^2(c\_1)^2-\; (a^2+(a\_1)^2-b^2-(b\_1)^2)^2$, където $а$и $a\_1$, $b$и $b\_1$, $°\; С$и $c\_1$- дължини на противоположни ръбове.
• За всяка двойка противоположни ръбове на тетраедъра равнините, прекарани през единия от тях и средата на втория, са перпендикулярни.
• В описания паралелепипед на съизмерим тетраедър може да се впише сфера.

Инцентричен тетраедър

При този тип сегментите, свързващи върховете на тетраедъра с центровете на окръжности, вписани в противоположни лица, се пресичат в една точка. Свойства на инцентричен тетраедър:

• Сегментите, свързващи центровете на тежестта на стените на тетраедъра с противоположни върхове (медиани на тетраедъра), винаги се пресичат в една точка. Тази точка е центърът на тежестта на тетраедъра.
• Коментирайте. Ако в последното условие заменим центровете на тежестта на лицата с ортоцентровелица, тогава ще се превърне в нова дефиниция ортоцентричен тетраедър. Ако ги заменим с центрове на окръжности, вписани в лицата, понякога наричани инцентрове, получаваме дефиницията на нов клас тетраедри - нецентричен.
• Сегментите, свързващи върховете на тетраедъра с центровете на окръжности, вписани в противоположни лица, се пресичат в една точка.
• Симетралите на ъглите на две лица, начертани към общ ръб на тези лица, имат обща основа.
• Произведенията от дължините на срещуположните ръбове са равни.
• Триъгълникът, образуван от вторите точки на пресичане на три ръба, излизащи от един и същи връх с всяка сфера, минаваща през трите края на тези ръбове, е равностранен.

правилен тетраедър

Това е равностен тетраедър с всички лица правилни триъгълници. Е един от петте тела на Платон.

Свойства на правилния тетраедър:

• Всички ръбове на тетраедър са равни
• Всички лица на тетраедър са равни
• периметрите и площите на всички лица са равни.
• Правилният тетраедър е в същото време ортоцентричен, телена рамка, изоедричен, инцентричен и съизмерим.
• Тетраедърът е правилен, ако принадлежи към всеки два от следните видове тетраедри: ортоцентричен, телена рамка, инцентричен, пропорционален, изоедричен.
• Тетраедърът е правилен, ако е такъв изогоналени принадлежи към един от следните видове тетраедри: ортоцентричен, телена рамка, инцентричен, пропорционален.
• Октаедър може да бъде вписан в правилен тетраедър, освен това четири (от осем) лица на октаедъра ще бъдат подравнени с четири лица на тетраедъра, всичките шест върха на октаедъра ще бъдат подравнени с центровете на шест ръба на тетраедъра .
• Правилният тетраедър се състои от един вписан октаедър (в центъра) и четири тетраедъра (по върховете), като ръбовете на тези тетраедри и октаедъра са половината от размера на ръбовете на правилния тетраедър.
• Правилен тетраедър може да бъде вписан в куб по два начина, освен това четирите върха на тетраедъра ще бъдат подравнени с четирите върха на куба.
• Правилен тетраедър може да бъде вписан в икосаедър, освен това четири върха на тетраедъра ще бъдат подравнени с четири върха на икосаедъра.
• Пресичащите ръбове на правилен тетраедър са взаимно перпендикулярни.

Обем на тетраедър

• Обемът на тетраедър (като се вземе предвид знакът), чиито върхове са в точки $\backslash mathbf(r)\_1\; (x\_1,y\_1,z\_1),$ $\backslash mathbf(r)\_2\; (x\_2,y\_2,z\_2),$ $\backslash mathbf(r)\_3\; (x\_3,y\_3,z\_3),$ $\backslash mathbf(r)\_4\; (x\_4,y\_4,z\_4),$се равнява

\begin(vmatrix) 1 & x_1 & y_1 & z_1 \\ 1 & x_2 & y_2 & z_2 \\ 1 & x_3 & y_3 & z_3 \\ 1 & x_4 & y_4 & z_4 \end(vmatrix) = \frac16 \begin( vmatrix) x_2 - x_1 & y_2 - y_1& z_2 - z_1\\ x_3 - x_1 & y_3 - y_1& z_3 - z_1\\ x_4 - x_1 & y_4 - y_1& z_4 - z_1 \end(vmatrix),или

$V\; =\; \backslash frac(1)(3)\backslash \; S\; H,$

където $С$е областта на всяко лице и $з$е височината, спусната на това лице.

• Обемът на тетраедър по отношение на дължините на ръбовете се изразява с помощта на Детерминанта на Кейли-Менгер :

0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & d_(12)^2 & d_(13)^2 & d_(14)^2 \\ 1 & d_(12)^2 & 0 & d_( 23)^2 & d_(24)^2 \\ 1 & d_(13)^2 & d_(23)^2 & 0 & d_(34)^2 \\ 1 & d_(14)^2 & d_( 24)^2 & d_(34)^2 & 0

\end(vmatrix).

• Тази формула има плосък аналог за площта на триъгълник под формата на вариант Формули на Херончрез подобна детерминанта.
• Обемът на тетраедър по отношение на дължините на два срещуположни ръба аи bкато пресичащи се линии, които се отстраняват в далечината чедин от друг и образуват ъгъл един с друг $\backslash phi$, се намира по формулата:

$V\; =\; \backslash frac(1)(6)\; ab\; h\; \backslash sin\; \backslash phi\; .$

където $$D=\backslash begin(vmatrix)$$

1 & \cos \gamma & \cos \beta \\ \cos \gamma & 1 & \cos \alpha \\ \cos \beta & \cos \alpha & 1 \end(vmatrix).

• Аналог на равнината на последната формула е формулата за площта на триъгълник по отношение на дължините на двете му страни аи b, излизайки от един връх и образувайки ъгъл между тях $\backslash гама$:

където $D=\backslash begin(vmatrix)$

1 & \cos \gamma \\ \cos \gamma & 1 \\ \end(vmatrix).

Тетраедри в микрокосмоса

• Правилен тетраедър се образува при sp 3 - хибридизация на атомни орбитали(техните оси са насочени към върховете на правилен тетраедър, а ядрото на централния атом е разположено в центъра на описаната сфера на правилен тетраедър), следователно много молекули, в които се извършва такава хибридизация на централния атом, имат формата на този многостен
• Молекула метан CH 4
• сулфатен йон SO 4 2-, фосфатен йон PO 4 3- , перхлоратен йон ClO 4 - и много други йони
• Диамант C - тетраедър с ръб равен на 2.5220 ангстрьом
• Флуорит CaF 2 , тетраедър с ръб, равен на 3, 8626 ангстрьом
• сфалерит, ZnS, тетраедър с ръб, равен на 3,823 ангстрьом
• Комплексни йони - , 2- , 2- , 2+
• силикати, чиито структури се основават на силициево-кислородния тетраедър 4-

Тетраедри в природата

Някои плодове, които са четири от едната страна, са разположени в върховете на тетраедър, близък до правилния. Този дизайн се дължи на факта, че центровете на четири еднакви топки, които се допират една до друга, са разположени във върховете на правилен тетраедър. Следователно топковидните плодове образуват подобно взаимно разположение. Например, по този начин могат да бъдат разположени орехи.

Тетраедри в инженерството

Вижте също

• Симплекс- n-мерен тетраедър

Напишете отзив за статията "Тетраедър"

Бележки

Литература

• Матизен В. Е., Дубровски. От геометрията на тетраедъра "Квантов", № 9, 1988. С.66.
• Заславски А. А. // Математическо образование, сер. 3 (2004), № 8, стр. 78-92.

Откъс, характеризиращ тетраедъра

х
На 8 септември един много важен офицер влезе в плевнята при затворниците, съдейки по уважението, с което беше третиран от пазачите. Този офицер, вероятно щабен офицер, със списък в ръце, направи поименна проверка на всички руснаци, наричайки Пиер: celui qui n "avoue pas son nom [този, който не произнася името му]. И безразлично и лениво гледайки всички затворници, той заповяда на пазача, че е редно офицерът да ги облече и спретне правилно, преди да ги заведе при маршала.Един час по-късно пристигна рота войници и Пиер и тринадесет други бяха отведени на Девическото поле , Денят беше ясен, слънчев след дъжда и въздухът беше необичайно чист.Димът не пълзеше надолу, както в деня, когато Пиер беше изведен от караулката на Зубовския вал, димът се издигаше на стълбове в чистия въздух Огънят от огньове не се виждаше никъде, но стълбове дим се издигаха от всички страни и цяла Москва, всичко, което Пиер можеше да види, беше един пожар. От всички страни се виждаха пусти места с печки и комини и от време на време овъглени стени от каменни къщи.Пиер гледаше пожарите и не разпознаваше познатите квартали на града.На места се виждаха оцелелите църкви.Кремъл, неразрушен, белееше отдалеч със своите кули и Иван Ве лице. Наблизо весело блестеше куполът на Новодевическия манастир и оттам се чуваха особено силно камбаните и свирките. Този Благовест напомни на Пиер, че е неделя и празникът Рождество Богородично. Но изглеждаше, че нямаше кой да празнува този празник: руините на пожара бяха навсякъде, а от руския народ имаше само от време на време дрипави, уплашени хора, които се криеха при вида на французите.
Очевидно е, че руското гнездо е разорено и унищожено; но зад унищожаването на този руски ред на живот Пиер несъзнателно почувства, че неговият собствен, напълно различен, но твърд френски ред е установен над това разрушено гнездо. Усещаше го от вида на тези, бодро и бодро маршируващи в правилни редици войници, които го ескортираха с други престъпници; той го усети от погледа на някакъв важен френски чиновник в двойна карета, управлявана от войник, който яздеше срещу него. Той почувства това от веселите звуци на полковата музика, идващи от лявата страна на полето, и особено почувства и разбра това от списъка, който френският офицер, пристигнал тази сутрин, извика на пленниците. Пиер беше взет от няколко войници, отведен на едно място, на друго с десетки други хора; изглеждаше, че могат да го забравят, да го смесят с другите. Но не: отговорите му, дадени по време на разпита, се върнаха при него под формата на името му: celui qui n "avoue pas son nom. И под това име, което беше ужасно за Пиер, сега той беше воден нанякъде, с несъмнена увереност, написано на лицата им, че всички останали затворници и той са тези, които са необходими и че ги водят там, където са необходими. Пиер се почувства като незначителен чип, попаднал в колелата на непозната за него, но правилно работеща машина .
Пиер и други престъпници бяха отведени от дясната страна на Момино поле, недалеч от манастира, до голяма бяла къща с огромна градина. Това беше къщата на княз Щербатов, в която Пиер често посещаваше собственика и в която сега, както научи от разговора на войниците, стоеше маршалът, херцогът на Екмул.
Изведоха ги на верандата и един по един започнаха да влизат в къщата. Пиер беше доведен шести. През стъклена галерия, вестибюл, предна зала, позната на Пиер, той беше въведен в дълъг, нисък кабинет, на вратата на който стоеше адютант.
Даву седеше в края на стаята, над масата, с очилата на носа си. Пиер се приближи до него. Даву, без да вдига очи, сякаш се справяше с някаква хартия, лежаща пред него. Без да вдига очи, тихо попита:
Qui etes vous? [Кой си ти?]
Пиер мълчеше, защото не можеше да произнесе думи. Даву за Пиер не беше просто френски генерал; защото Пиер Даву беше човек, известен със своята жестокост. Гледайки студеното лице на Даву, който като строг учител се съгласи да има търпение и да чака отговор за момента, Пиер почувства, че всяка секунда забавяне може да му струва живота; но не знаеше какво да каже. Той не посмя да каже същото, което беше казал на първия разпит; разкриването на ранга и положението на човек беше едновременно опасно и срамно. Пиер мълчеше. Но преди Пиер да има време да вземе решение за нещо, Даву вдигна глава, вдигна очилата си на челото, присви очи и погледна внимателно Пиер.
— Познавам този човек — каза той с премерен, студен глас, очевидно пресметнат да уплаши Пиер. Студът, който преди това беше преминал по гърба на Пиер, сграбчи главата му като менгеме.
– Mon general, vous ne pouvez pas me connaitre, je ne vous ai jamais vu… [Не можехте да ме познаете, генерале, никога не съм ви виждал.]
- C "est un espion russe, [Това е руски шпионин]", прекъсна го Даву, имайки предвид друг генерал, който беше в стаята и когото Пиер не забеляза. И Даву се обърна. С неочакван бум в гласа си: Пиер изведнъж заговори бързо.
— Не, монсеньор — каза той, внезапно си спомняйки, че Даву е херцог. - Не, Monseigneur, vous n "avez pas pu me connaitre. Je suis un officier militionnaire et je n" ai pas quitte Moscou. [Не, Ваше Височество… Не, Ваше Височество, не бихте могли да ме познаете. Аз съм полицай и не съм напускал Москва.]
– Votre nom? [Вашето име?] повтори Даву.
- Бесухоф. [Безухов.]
- Qu "est ce qui me prouvera que vous ne mentez pas? [Кой ще ми докаже, че не лъжеш?]
- Мосеньор! [Ваше височество!] Пиер извика не обиден, а с умоляващ глас.
Даву вдигна очи и се взря в Пиер. Няколко секунди се гледаха и този поглед спаси Пиер. Според този възглед, в допълнение към всички условия на война и съд, между тези двама души е установена човешка връзка. И двамата в тази една минута смътно усетиха безброй неща и разбраха, че и двамата са деца на човечеството, че са братя.
На пръв поглед за Даву, който само вдигна глава от своя списък, където човешките дела и живот се наричаха числа, Пиер беше само обстоятелство; и без да вземе лошото дело на съвестта си, Даву щеше да го застреля; но сега го видя като мъж. Той се замисли за момент.
– Comment me prouverez vous la verite de ce que vous me dites? [Как ще ми докажеш справедливостта на думите си?] – каза студено Даву.
Пиер си спомни Рамбал и назова полка си, фамилията си и улицата, на която беше къщата.
- Vous n "etes pas ce que vous dites, [Ти не си това, което казваш.] - каза отново Даву.
Пиер с треперещ, пречупен глас започна да дава доказателства за валидността на показанията си.
Но в този момент адютантът влезе и докладва нещо на Даву.
Даву внезапно засия при новината, съобщена от адютанта, и започна да закопчава. Явно напълно е забравил за Пиер.
Когато адютантът му напомни за затворника, той, намръщен, кимна към Пиер и каза да го водят. Но къде трябваше да бъде воден - Пиер не знаеше: обратно в кабината или до подготвеното място за екзекуция, което, минавайки през Моминското поле, му беше показано от другарите му.
Обърна глава и видя, че адютантът пак пита нещо.
– Oui, sans doute! [Да, разбира се!] - каза Даву, но Пиер не знаеше какво е "да".
Пиер не помнеше как, колко време е вървял и къде. Той, в състояние на пълно безсмислие и зашеметяване, без да вижда нищо около себе си, движеше краката си заедно с другите, докато всички спряха, и той спря. Една мисъл за цялото това време беше в главата на Пиер. Това беше мисълта кой, кой накрая го осъди на смърт. Това не бяха същите хора, които го разпитваха в комисията: никой от тях не искаше и очевидно не можеше да направи това. Не Даву го погледна толкова човешки. Още минута и Даву щеше да разбере какво правят лошо, но тази минута беше предотвратена от адютанта, който влезе. И този адютант явно не е искал нищо лошо, но може и да не е влизал. Кой най-накрая екзекутира, уби, отне живота му - Пиер с всичките му спомени, стремежи, надежди, мисли? Кой го направи? И Пиер почувства, че това е никой.
Това беше поръчка, склад от обстоятелства.
Някакъв ред го убиваше - Пиер, лишаваше го от живота му, от всичко, унищожаваше го.

От къщата на княз Щербатов затворниците бяха отведени право надолу по Девическото поле, вляво от Девическия манастир, и отведени до градината, на която стоеше стълб. Зад стълба имаше голяма яма с прясно изкопана пръст и голяма тълпа от хора стояха в полукръг около ямата и стълба. Тълпата се състоеше от малък брой руснаци и голям брой наполеонови войски извън ред: германци, италианци и французи в разнородни униформи. Отдясно и отляво на стълба стояха фронтовете на френски войски в сини униформи с червени еполети, ботуши и шако.
Престъпниците бяха поставени в определен ред, който беше в списъка (Пиер беше шестият) и доведени до поста. Няколко барабана внезапно удариха от двете страни и Пиер почувства, че с този звук част от душата му сякаш е откъсната. Той загуби способността си да мисли и разсъждава. Можеше само да вижда и чува. И имаше само едно желание - желанието да се направи нещо ужасно възможно най-скоро, което трябваше да се направи. Пиер погледна другарите си и ги огледа.
Двама души от ръба бяха обръснати пазачи. Единият е висок, слаб; другият е черен, космат, мускулест, със сплескан нос. Третият беше дворец, на около четиридесет и пет години, с прошарена коса и пълно, добре охранено тяло. Четвъртият беше селянин, много красив, с буйна руса брада и черни очи. Петият беше фабричен работник, жълт, слаб човек, на осемнайсет години, по пеньоар.
Пиер чул, че французите обсъждали как да стрелят - един по един или двама? — Две — студено и спокойно отговори старшият офицер. Имаше раздвижване в редиците на войниците и се забелязваше, че всички бързаха - и бързаха не така, както бързат да изпълнят разбираема за всички задача, а по същия начин тъй като бързат да свършат необходима, но неприятна и неразбираема задача.
Френски служител с шал се приближи от дясната страна на редицата престъпници и прочете присъдата на руски и френски.
Тогава две двойки французи се приближиха до престъпниците и по указание на офицера взеха двама пазачи, които стояха на ръба. Часовите, като се качиха на поста, спряха и докато донасяха торбите, мълчаливо се огледаха наоколо, както поваленото животно гледа подходящ ловец. Единият продължаваше да се прекръства, другият се почесваше по гърба и правеше с устните си движение като усмивка. Войниците, бързайки с ръцете си, започнаха да им завързват очите, да ги слагат в торби и да ги връзват за стълб.
Дванадесет мъже стрелци с пушки излязоха иззад редиците с премерени, твърди стъпки и спряха на осем крачки от поста. Пиер се извърна, за да не види какво предстои. Изведнъж се чу трясък и рев, който се стори на Пиер по-силен от най-страшните гръмотевици, и той се огледа. Имаше дим, а французите с бледи лица и треперещи ръце правеха нещо край ямата. Взеха другите двама. По същия начин, с едни и същи очи, тези двамата гледаха всички, напразно, с едни и същи очи, мълчаливо, молейки за защита и, очевидно, без да разбират и не вярват какво ще се случи. Те не можеха да повярват, защото само те знаеха какъв е животът им и затова не разбираха и не вярваха, че може да им бъде отнет.
Пиер искаше да не гледа и отново се обърна; но отново сякаш ужасна експлозия удари слуха му и заедно с тези звуци той видя дим, нечия кръв и бледите, уплашени лица на французите, които отново правеха нещо на поста, блъскаха се един друг с треперещи ръце. Пиер, дишайки тежко, се огледа, сякаш питаше: какво е това? Същият въпрос беше във всички погледи, които срещнаха Пиер.