reshenie-stereo-1990

Глава I. Изображение пространственных фигур в параллельной проекции

§ 3. Построение изображений пространственных фигур в параллельной проекции

§ 4. Изображение многогранников и их комбинаций

§ 5. Изображение окружности, вписанных и описанных около нее многоугольников

§ 6. Изображение цилиндра и конуса, их комбинаций с многогранниками

§ 7. Выбор и изображение фронтального сечения

Глава II. Построение сечения многогранника плоскостью. Обоснование формы сечения

§ 2. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной прямой и точкой вне ее или двумя параллельными прямыми

§ 3. Применение метода внутреннего проектирования при построении сечения призмы плоскостью

§ 4. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной точкой и условием параллельности или перпендикулярности к указанным прямым и плоскостям

Глава III. Построение угла между прямой и плоскостью

§ 2. Построение угла между высотой и наклонной к основанию боковой гранью многогранника, между диагональю и боковой гранью призмы и др.

Глава IV. Проведение перпендикуляра из заданной точки к плоскости грани многогранника

§ 2. Проведение перпендикуляра из заданной точки к боковой грани многогранника

Глава V. Построение линейного угла данного двугранного угла

§ 2. Построение линейного угла двугранного угла между боковой гранью и основанием пирамиды

§ 3. Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями пирамиды

§ 4. Построение линейного угла двугранного угла при стороне основания призмы

§ 5. Построение линейного угла двугранного угла между боковыми гранями наклонной призмы

§ 6. Построение линейного угла двугранного угла между гранью многогранника и секущей плоскостью

Глава VI. Расстояния между точками, прямыми и плоскостями

§ 2. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми

Глава VII. Построение чертежей к задачам на определение объема и площади поверхности тел вращения

Глава VIII. Обоснование положения центра шара в задачах на комбинацию шара с многогранниками, цилиндром или конусом

Теги: методика преподавания учебных предметов в общеобразовательной школе

ISBN: 5-330-01142-6

Похожие

Геометрия. 10 класс

Методики. Геометрия. Методическое пособие. Стереометрия

Обучение решению задач по математике

Элементарная геометрия Т.2. Стереометрия, преобразования пространства

Текст

С чего
начинается

к к)
С чего
начинается
решение

Пособие для учителя

КИЕВ

«РАДЯНСЬКА ШКОЛА»
1990

mathedu.ru
ББК 74.262

Г63

Рекомендовано Главным учеб но-методическим управлением
общего среднего образования Министерства народного образова-
ния УССР

Рецензенты: Э, Г. Готман, кандидат педагогических наук, до-
цент Арзамасского пединститута; М. И. Бурда, кандидат педаго-
гических наук, старший научный сотрудник НИИ педагогики
УССР; М. Б. Балк, кандидат физико-математических наук, доцент
Смоленского пединститута

Редактор Г. В. Криволапова

Гольдберг Я. Е.

Г63 С чего начинается решение стереометрической
задачи: Пособие для учителя.— К.: Рад. шк.,
1990.— 118 с.

ISBN 5-330-01142-6 *

В пособии изложена методика построения изображе-
ния на плоскости фигур и их элементов при решении стерео-
метрических задач. Даются подробные разъяснения, кан
строить элементы многогранников и тел вращения, сечения
многогранников плоскостями, изображать окружность, ци-
линдр, конус, шар и комбинацию круглых тел с многогран-
никами, строить элементы фигур, такие, как угол наклона
ребра к плоскости основания пирамиды, линейный угол
и другие.

Пособие иллюстрировано черно-белыми и цветными ри-
сунками.

Для учителей математики, учащихся средней школы.

4306010502-310

М210(04)-90 U

ББК 74.262

ISBN 5-330-01142-6

Значение чертежа при изучении геоме1рии очень
велико, в частности при решении задач со взаимосвязан-
ными между собой элементами фигуры, в том числе с до-
полнительными построениями.

Запись условия теоремы или задачи с помощью чер-
тежа позволяет охватить, причем в наглядной форме,
все условие целиком, лучше усвоить и яснее понять его,
что существенно облегчает анализ теоремы или задачи,
поиски путей доказательства или решения. Чертежам
пространственных фигур принадлежит первостепенная
роль в развитии пространственного воображения, про-
странственного мышления, так необходимого в условиях
научно-технического прогресса. Решение более или ме-
нее сложной стереометрической задачи начинается с вы-
полнения правильного чертежа, так как без него трудно,
а в ряде случаев невозможно усвоить условие задачи,
проанализировать и решить ее.

При изучении математики решение задач играет
огромную роль. И не только потому, что необходимо вы-
работать умение применять полученные знания на прак-
тике (а ведь это одна из основных целей изучения мате-
матики в школе). Без решения задач нельзя овладеть
и теорией. Именно в процессе решения задач математи-
ческие понятия, аксиомы и теоремы, формулы и правила,
геометрические фигуры предстают перед нами в самых
разнообразных ракурсах, не в застывшем виде, а в дви-
жении, в различных связях и взаимозависимостях, кото-
рые отображают диалектику самой действительности. По-
добно тому как грамматическими правилами можно
овладеть лишь в процессе живой языковой практики,
так и математическую теорему, определение, формулу
можно усвоить по-настоящему, научиться применять на
практике только в процессе решения задач.

Стереометрические задачи имеют свои специфические
особенности, которые обусловливают ряд трудностей при
их решении.

Решая задачу по планиметрии, мы обычно сравни-
тельно легко изображаем фигуру, о которой идет речь
в условии, без труда строим отдельные элементы. Постро-
енная фигура с точностью до подобия (в определенном

£J
MATHEDU.RU
масштабе) отображает фигуру, данную в условии задачи.
Все свойства фигуры, расположенной в плоскости чер-
тежа, сохраняются, правильность изображения зависит
только от тщательности, с какой чертеж выполняется.

Иное дело в стереометрии. Ведь здесь, решая задачу,
мы пользуемся обычно не пространственной моделью, а
изображением фигуры на плоскости (в школьной практи-
ке — в параллельной проекции). В связи с этим возни-
кают две трудности: во-первых, нужно уметь правильно
изображать фигуру (с учетом ее свойств и свойств парал-
лельной проекции); во-вторых, нужно уметь правильно
представить пространственную модель фигуры по ее ус-
ловному изображению. В самом деле, на таком изображе-
нии прямоугольный в оригинале треугольник редко бы-
вает прямоугольным; скрещивающиеся прямые изобра-
жаются пересекающимися или параллельными и т. д.

Специфика решения стереометрических задач связана
также с особенностями геометрических построений в про-
странстве. Если в планиметрической задаче говорится,
например, о перпендикуляре, опущенном из середины бо-
ковой стороны трапеции на ее большее основание, то мы
берем в руки циркуль и линейку или угольник и без лиш-
них слов строим этот перпендикуляр. Никаких особых
обоснований при этом не требуется— они заключены
в самом способе построения.

Совсем иное дело — построения в пространстве. Пусть,
например, в условии задачи дано расстояние от основания
высоты пирамиды до ее боковой грани. Чтобы решить
задачу, нужно опустить из основания высоты пирамиды
перпендикуляр на указанную боковую грань. Но в сте-
реометрии это делается не циркулем и линейкой (или
угольником), а теоретическим обоснованием такого по-
строения, включающего и указание на то, где именно на
боковой грани окажется основание опущенного перпен-

дикуляра.

Анализ геометрической задачи направлен прежде
всего на то, чтобы выявить свойства фигуры, непосред-

ственно связанные с ее условием; уяснить зависимости
между данными и искомыми элементами, включить те
и другие в состав вспомогательных плоских фигур (чаще
всего треугольников), рассмотрение которых даст возмож-
ность в определенной последовательности выразить ис-
комые элементы через данные. В стереометрических зада-
чах этот последний этап также имеет свою специфику; от-

сюда и дополнительные трудности.

Любую сложную задачу (и соответствующее построе-
ние) можно расчленить на ряд элементарных задач. При
этом обнаруживается, что сложные задачи — это различ-
ные комбинации ограниченного числа элементарных за-
дач (и соответственно элементарных построений). Хоро-
шее владение способами решения элементарных задач,
выполнения и обоснования элементарных построений (и
их изображений на чертеже) вооружает для решения за-
дач сложных. Вот почему в этой книге основное внима-
ние уделено способам построения отдельных элементов
пространственных фигур, обоснования этих построений
и их изображения на чертеже в параллельной проекции.

В книге, таким образом, рассматривается не методика
решения задач разных типов, а методика построения
и изображения на плоскости стереометрических фигур
и их элементов при решении задач. В связи с этим мате-
риал сгруппирован не по типам задач, а по видам постро-
ений, которые могут встретиться при решении всевоз-
можных стереометрических задач. Условия задач на вы-
числение приводятся полностью, однако в книге рассмат-
ривается лишь первый этап их решения — построение
и обоснование свойств соответствующих фигур и их эле-
ментов.

Сначала каждое построение рассматривается отдельно,
а затем его применение иллюстрируется на примере задач,
которые, кроме рассматриваемого, включают и другие по-
строения. При этом последовательность выполнения чер-
тежей к таким задачам нередко лишь указывается, полное
обоснование предоставляется читателю, так как оно сво-
дится к уже рассмотренным обоснованиям элементарных
задач и построений.

Для иллюстрации рассматриваемых построений и изоб-
ражений использованы задачи, однотипные с задачами из
школьного учебника, а также конкурсные задачи для по-
ступающих в высшие технические учебные заведения.

Приведенные в книге пояснения и обоснования к со-
ответствующим построениям нельзя рассматривать как
некие обязательные, стандартные образцы, тем более, что
во многих случаях обоснование свойств фигур и построе-
ний предоставляется самому читателю. Хочется побудить
читателя самостоятельно искать и находить решения
задач.

Выше говорилось о важной роли чертежа при доказа-
тельстве теорем и решении задач. Но следует научиться
относиться к чертежу критически. Ведь при изображении

Е
MATHEDU.RU
фигуры, особенно в стереометрии, мы допускаем ряд
условностей, в результате чего чертеж обычно не полно-
стью соответствует условию задачи. Например, нередко
не равнобедренный треугольник на чертеже выглядит
равнобедренным, и это направляет наши рассуждения
на ложный путь. Поэтому необходимо обратить внимание
учащихся на очень важное указание академика А. В. По-
горелова — автора учебного пособия «Геометрия. 6—10»:
«При доказательстве теорем разрешается пользоваться
чертежом как геометрической записью того, что мы вы-
ражаем словами. Не разрешается использовать в рассуж-
дении свойства фигуры, видные на чертеже, если мы не
можем обосновать их, опираясь на аксиомы и теоремы,
доказанные ранее».

Это указание в полной мере относится к задачам, осо-
бенно стереометрическим, при решении которых фигуры
на чертеже очень часто предстают перед нами в искажен-
ном виде.

В школьном преподавании изображение геометриче-
ской фигуры является важным, но отнюдь не основным,
а лишь вспомогательным этапом решения задачи. Вот по-

чему следует отводить этому этапу возможно меньше вре-
мени (конечно, не в ущерб правильности и наглядности
изображения). Достичь этого можно, выработав у себя
прочные навыки выполнения чертежа от руки, без чертеж-
ных инструментов (за исключением шаблонов эллипсов
и циркуля при изображении тел вращения). Незначи-
тельные погрешности при делении на глаз отрезка в дан-
ном отношении, проведении параллельных и перпенди-
кулярных прямых на бумаге, не разлинованной в клетку,
и т. п. не считаются ошибками.

В заключение заметим, что предлагаемое пособие во

многом носит характер справочника, поэтому в нем не
даются задачи для самостоятельного решения, тем более,

что в процессе изучения курса стереометрии учащим-
ся приходится выполнять многочисленные упражнения
из учебных пособий и других источников. Кроме того,
в данной книге выполнение ряда чертежей и обоснование
построений и свойств фигур полностью или частично воз-
лагаются на читателя. При этом надо иметь в виду, что,

доказывая утверждения, нужно использовать определе-

ния, аксиомы и теоремы, рассмотренные и доказанные
в учебном пособии «Геометрия. 6—10» А. В. Погорелова.
Если применяются другие теоремы, они должны быть до-

казаны при обосновании решения задачи.
Глава I. ИЗОБРАЖЕНИЕ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ
ФИГУР В ПАРАЛЛЕЛЬНОЙ ПРОЕКЦИИ

§ 1. Определение параллельного
проектирования и его свойства

Решая задачу или доказывая теорему из курса стерео-
метрии, мы пользуемся, как правило, не пространствен-
ной моделью соответствующей фигуры, а ее изображением
на плоскости, чертежом, то есть, как иногда говорят, ее
графической моделью. Тот, кто хочет научиться решать
стереометрические задачи, должен прежде всего научить-
ся правильно изображать пространственные фигуры на
плоскости — на листе бумаги или на классной доске.

В чем же сущность проектирования пространственных
фигур на плоскость, позволяющего получить наглядные
изображения этих фигур?

Для получения таких изображений пользуются чаще
всего двумя методами — параллельным проектирова-
нием и центральным проектированием (перспективой).
Второй из этих методов более соответствует аппарату че-
ловеческого зрения, но он очень сложен и поэтому не при-
годен для наших целей. Ведь рисунок при изучении стерео-
метрии играет вспомогательную роль. К рисунку предъяв-
ляются требования не только верности оригиналу и на-
глядности, но и простоты и быстроты выполнения. Этим
требованиям вполне отвечает параллельная проекция.

В ясный солнечный день мы видим на тротуарах, на
гладких стенах четко очерченные тени предметов. Это
солнечные лучи проектируют эти предметы на плоскость
тротуара или стены. А ведь солнечные лучи исходят не
из точечного источника света. Их излучает вся огромная
светящаяся поверхность Солнца, огромно и расстояние
Солнца до Земли, поэтому солнечные лучи можно считать
практически параллельными. Вполне возможно, что идея
параллельного проектирования подсказана математикам
именно механизмом образования солнечных теней, так
же, как идея перспективы — строением аппарата чело-
веческого зрения.

Несомненно, каждый наблюдал солнечные тени кар-
касных геометрических фигур на гладкой стене. Изменяя
положение фигуры, можно получить разные ее изображе-
ния — от наглядных до таких, на которых фигуру невоз-

можно узнать: треугольник может отразиться в виде от-
резка, а тетраэдр — в виде треугольника. Такое же изме-
нение формы и размеров тени можно наблюдать, не меняя
положения фигуры. Но для этого нужно набраться тер-
пения и подождать, пока Солнце заметно продвинется по
небосклону и соответственно изменится направление сол-
нечных лучей. На этом примере мы видим, что изображе-
ние в параллельной проекции фигуры зависит не только
от самой фигуры, но и от взаимного расположения плоско-
сти изображения, проектирующих
прямых и проектируемой фигуры.

Ознакомимся ближе с парал-
лельным проектированием.

Пусть в пространстве заданы не-
которая плоскость а (будем назы-
вать ее плоскостью проекций) и
некоторая прямая /, пересекаю-
щая а. Прямая / определяет на-
правление проектирования. Все па-
раллельные ей прямые называются

Рис. 1 проектирующими (рис. 1).

Пусть М' — произвольная точка
пространства. Через эту точку проходит только одна пря-
мая, параллельная прямой I (то есть только одна проек-
тирующая прямая), пересекающая плоскость проекций а
в некоторой точке, которую обозначим буквой М (без
штриха). Эту точку назовем проекцией точки М' на
плоскость а при проектировании параллельно прямой /,
или просто параллельной проекцией точки М'. Издан-
ного определения следует, что точки, принадлежащие
плоскости а, совпадают со своими проекциями на эту

плоскость.

Таким образом, параллельное проектирование являет-
ся отображением пространства на плоскость проекций.
Это отображение не обратимое, так как все точки М', ле-
жащие на одной и той же проектирующей прямой, проек-
тируются в одну точку М. Однако, при изображении пря-
мых, не являющихся проектирующими, и плоских фигур,
не расположенных в проектирующей плоскости, между
точками этих фигур и их проекциями существует взаимно
однозначное соответствие. Проектирующей называется
любая плоскость, параллельная направлению проекти-

рования.

Чтобы свободно пользоваться параллельным проек-
тированием, надо выявить его свойства и прежде всего
выяснить, какие свойства проектируемых фигур остаются
неизменными (инвариантными) при параллельном проек-
тировании. Будем при этом полагать, что проектируе-
мые прямые и отрезки не параллельны направлению
проектирования.

Свойство 1. Проекция прямой, не параллельной направ-
лению проектирования, есть прямая.

Свойство 2. Если точка М' принадлежит прямой т',
то проекция М этой точки принадлежит проекции т ука-
занной прямой (это свойство справедливо и для точек про-
извольной линии).

Доказательство свойств! и 2. Пусть дана
не проектирующая прямая А'В' (рис. 2). Спроектируем
точку А' на плоскость а в направлении I. Тогда пересека-
ющиеся прямые А'В' и А'А определяют единственную
проектирующую плоскость, которая проходит через А'В'
и пересекает плоскость а по некоторой прямой АС. Про-
ектирующая прямая М'М, проходящая через произволь-
ную точку М' прямой А'В', принадлежит этой проекти-
рующей плоскости и поэтому пересекает плоскость а
в точке М, принадлежащей прямой АС. С другой стороны,
проектирующая прямая, проходящая через произволь-
ную точку 7V прямой АС, пересекаег прямую А'В' в неко-
торой точке N', которая проектируется в точку N. Тем
самым доказаны свойства 1 и 2.

В дальнейшем при проектировании прямой на плос-
кость мы часто будем пользоваться проектирующей плос-
костью, проходящей через прямую. Мы видели, что линия
пересечения этой проектирующей плоскости с плоскостью
а как раз и есть проекция данной прямой на плоскость а.

MA7HEDU.RJ
Следствие. Если прямая А'В' не параллельна плоско-
сти, то точкой пересечения этой прямой с плоскостью яв-
ляется точка пересечения прямой и ее проекции на эту
плоскость.

Свойство 3. Проекции параллельных прямых, не явля-
ющихся проектирующими, параллельны.

Доказательство. Пусть даны не проектиру-
ющие параллельные прямые а' и Ь' (рис. 3). Проведем че-
рез них проектирующие плоскости 0 и у. Эти плоскости
параллельны, так как они

определяются парами пере-
секающихся прямых а' и /х,
b' и /2, где я' || &' по условию,

Рис. 5

Рис. 4

lt || /2 как проектирующие прямые. Поэтому плоскость
проекций а пересекает плоскости 8 и ? по параллельным
прямым: а || Ь.

Свойство 4. Отношение отрезков одной прямой или па-
раллельных прямых равно отношению их проекций (то есть
сохраняется при параллельном проектировании).

Доказательство этого свойства предоставляем читате-
лю. Ход доказательства подскажет рисунок 4.

Свойство 5. Параллельной проекцией окружности явля-
ется эллипс (или отрезок — в случае, если окружность ле-
жит е проектирующей плоскости). Доказательство этого
свойства выходит за пределы школьного курса геометрии.

Мы видели, что к инвариантам параллельного проекти-
рования относятся параллельность прямых и отношение
длин отрезков, принадлежащих одной и той же прямой

или параллельным прямым.

Как же проектируются пересекающиеся и скрещива-

ющиеся прямые?
Этот вопрос лучше всего выяснить, пользуясь нагляд-
ной моделью. Пусть ABCDAYBXCXDX — параллелепипед
(рис. 5), а — плоскость его основания. Примем а за плос-
кость проекций, а направление боковых ребер параллеле-
пипеда — за направление проектирования. Тогда плоско-
сти боковых граней и диагональных сечений параллеле-
пипеда будут проектирующими.

Две пересекающиеся прямые определяют единственную
плоскость. Если эта плоскость проектирующая (рассмот-
рим, например, прямые CJD и £\С), проекции этих пря-
мых совпадают.

Если из двух пересекающихся прямых (например, DtD
и £>jC) одна проектирующая, то проекцией этой пары пря-
мых будет прямая и точка на ней.

Наконец, если ни одна из данных пересекающихся
прямых (например, Л/?! и DC^ не является проектиру-
ющей, причем определяемая этими прямыми плоскость
также не является проектирующей, проекции этих пря-
мых пересекаются (причем точка пересечения проекций
данных прямых является проекцией точки пересечения
этих прямых).

Две скрещивающиеся прямые не лежат в одной плоско-
сти. Следовательно, проектирующие плоскости, проходя-
щие через эти прямые, всегда разные. Эти плоскости либо
пересекаются, либо параллельны. В первом случае проек-
ции скрещивающихся прямых пересекаются (например
проекции прямых D±C и А1С1 на плоскость а, рис. 5), во
втором случае они параллельны (например, проекции АВ
и DC прямых АВХ hDxC на плоскость а). Возможен и тре-
тий случай: одна из двух скрещивающихся прямых про-
ектирующая. В этом случае на плоскости проекций полу-
чаем прямую и точку вне этой прямой (см. прямые DVD
и АхСг и их проекции на плоскость а).

Как видим, отношения «прямые пересекаются» и «пря-
мые скрещиваются», в отличие от отношения параллель-
ности, не сохраняются при параллельном проектировании.

§ 2. Выбор направления проектирования

Выбор направления проектирования в общем случае
ограничен лишь условием непараллельное™ проектиру-
ющих прямых и плоскости проекций. Для получения
наглядного изображения фигуры и обеспечения возмож-
ной простоты изображения полезно пользоваться произ-
вольным параллельным проектированием, то есть не зада-

Л J
вать заранее определенного направления проектирова-
ния. В этих условиях лучший ракурс изображаемой фи-
гуры можно обеспечить и без изменения положения самой
фигуры относительно плоскости проекций, ограничива-
ясь приближенным выбором направления проектирова-
ния. Удобно считать плоскость проекций вертикальной,
а проектируемые призму, пирамиду, цилиндр или конус—
установленными своими основаниями на горизонтальной
плоскости. Их высоты займут вертикальное положение

и будут изображаться без ис-
кажений.

Если при указанном усло-
вии пользоваться ортогональ-
ным проектированием (когда
проектирующие прямые пер-
пендикулярны к плоскости
проекций), основания указан-
ных тел проектировались бы
в отрезки.

л'~'

в=с

Рис. 6

Выше говорилось о пользе
применения проектирующей
плоскости при построении про-
екций прямых, отрезков. Но
при изображении многогран-
ников или тел вращения при-
ходится быть осторожными.
Любая расположенная в про-
ектирующей плоскости фигу-
ра проектируется на пря-
мую ее пересечения с плос-
костью проекций: треуголь-

ники, да и вообще всевозможные многоугольники, ок-
ружности и прочие кривые «превращаются» в атрез-
ии — попробуй отгадай, какую фигуру они изобража-
ют. Мы уже видели, почему при горизонтальном поло-
жении основания призмы, пирамиды, цилиндра или кону-
са не следует их проектировать на вертикальную плос-
кость, применяя ортогональное проектирование. Но и не
всякое косоугольное проектирование (проектирующие
прямые не перпендикулярны к плоскости проекций) под-
ходит для этой цели. На рисунке 6, а, б показано, как вы-
глядит проекция тетраэдра О'Л'В'С', если выбрать на-
правление проектирования параллельно грани А'В'С'
или ребру В'С'. Вот почему направление проектирующих
прямых выбирается, хотя и произвольно, но так, чтобы
оно не было параллельно ни одной грани изображаемого
многогранника или плоскости основания цилиндра или
конуса. Возможности такого выбора при косоугольном
проектировании остаются неограниченными, поэтому нет
нужды выбирать удобное положение самой фигуры, как
это приходится делать при ортогональном проектиро-
вании.

Для возможного облегчения и упрощения работы по
построению правильного изображения фигуры мы не
связываем себя предварительным выбором направления
проектирования. Кроме того,
при изображении пространст-
венных фигур мы не будем
учитывать данные в условиях
задач длины отрезков, величи-

Рис. 7

ны углов, если эти данные
не влияют на геометрическое
содержание задачи и ее гео-
метрическое решение (нельзя,
например, не учитывать дан-
ные отношения между длинами
отрезков одной и той же пря-
мой или параллельных пря-
мых, перпендикулярности
прямых и т. п.).

В стереометрии изображением фигуры

(оригинала) на-

зывается любая фигура, подобная параллельной проек-
ции данной фигуры на некоторую плоскость. Задача изоб-
ражения фигуры считается решенной, если получено лю-
бое изображение фигуры — верное, достаточно нагляд-
ное, удобное для проведения на нем дополнительных
линий.

Объясним сказанное на примере построения изображе-
ния при решении конкретной задачи.

Задача 1. В основании пирамиды S'A'B'C' лежит рав-
нобедренный треугольник А'В'С' (А'В' = В'С') с углом
а = 50° при основании Л'С'. Высота треугольника, опу-
щенная на боковую его сторону, A'D' — Зсм. Боковая
грань пирамиды, проходящая через А'С', перпендику-
лярна к плоскости основания; боковые ребра £'Л' и S'C'
равны; высота пирамиды S'O' = 4 см. Найти объем пи-
рамиды.

При изображении данной пирамиды (рис. 7) учиты-
ваем: равнобедренность треугольника А'В'С', перпенди-
кулярность боковой грани A'S'C' к плоскости основания,
I Г
| Ф1Э
равенство боковых ребер S'Д' и S'C', условие 45° <а <
< 90° (треугольник АВС — остроугольный), так как эти
условия определяют геометрические свойства фигуры и
геометрическое решение задачи. Что касается числовых
данных, мы их при изображении фигуры не учитываем,
то есть считаем, что 45° < а < 90°, а отрезки S'O'
и Д'£>'— произвольной длины. Это упрощает построение
изображения фигуры и в то же время нисколько не сказы-
вается на наглядности изображения, не усложняет реше-
ния данной задачи с конкретными числовыми данными.

Основание пирамиды изображаем произвольным тре-
угольником АВС. Медиана В'О' треугольника-оригинала
изображается медианой ВО треугольника АВС (свойство 4
параллельных проекций). Из условия следует, что высота
S'O' пирамиды лежит в грани A'S'C' и проходит через
середину О' стороны А'С' основания.

Высоту пирамиды изображаем вертикальным отрезком
произвольной длины, причем основание высоты изобра-
жает середина О стороны АС треугольника АВС. Точку S
соединяем с А, В и С. Полученное изображение данной
пирамиды верное. Оно учитывает все ее геометрические
свойства, не учитывает лишь конкретных размеров отрез-
ков и угла а (в указанных пределах 45° < а < 90°).
Остается изобразить высоту A'D' основания пирамиды.

§ 3. Построение изображений
пространственных фигур в параллельной
проекции

Пространственная фигура (как и плоская), рассматри-
ваемая в задаче, может быть довольно больших размеров
или, наоборот, миниатюрной. И в том, и в другом случае
нас больше устраивает не проекция самой фигуры, а фи-
гура, подобная этой проекции, имеющая удобные для нас
размеры.

Условимся еще об одном. При изображении многогран-
ников, цилиндра и конуса будем по возможности распола-
гать эти тела так, чтобы их высоты занимали вертикальное
положение и изображались «вертикальными»1 отрезками.
Это придаст изображениям большую наглядность.

Укажем еще на одно важное свойство параллельного
проектирования. 1

1 Для удобства изображение вертикальной прямой на чертеже
будем называть «вертикальной» прямой и располагать параллельно
правому краю листа бумаги, классной доски.
Свойство 6. Любой треугольник с точностью до подо-
бия можно рассматривать как параллельную проекцию
любого данного треугольника.

Рассмотрим данный треугольник А'В'С' и произволь-
ный треугольник АВС (рис. 8). Покажем, что треуголь-
ник А'В'С' можно спроектировать в треугольник АВХС19
подобный треугольнику АВС и лежащий с ним в одной
плоскости. Для этого в плоскости АВС построим треуголь-
ник АВ^и подобный треугольнику АВС, так, чтобы
АВ±^= А'В'. Не совмещая плоскостей треугольников
А'В'С' и ЛВаСь совместим их стороны А'В' и ABV Тогда
треугольник АВ^ можно рас-
сматривать как параллельную
проекцию треугольника А'В'С'
на плоскость АВС (направление

проектирования определяется
прямой C'Ci).

Свойство 6 дает возможность
выбор направления проектирова-
ния заменить произвольным вы-
бором треугольника для изобра-
жения данного треугольника
(в том числе равнобедренного или
разностороннего). Естественно,
после такого выбора, когда

Рис. 8

направление проектирования
определилось, степень произвола в изображении осталь-
ных элементов фигуры уменьшается, так как зависит те-
перь только от произвольного размещения фигуры отно-
сительно плоскости проекций.

Изображение пирамиды, призмы, цилиндра или кону-
са обычно начинаем с изображения их основания — много-
угольника или круга. После этого достроить изображение
тела обычно не составляет особого труда.

Рассмотрим сначала изображение многоугольников.

1. Изображение треугольника. Как уже сказано выше,
любой треугольник АВС можно (с точностью до подобия)
рассматривать как изображение произвольного треуголь-
ника А'В'С'. При этом медианы треугольника А'В'С'
изображаются медианами треугольника АВС.

Выбор треугольника АВС изображения данного
треугольника-оригинала А'В'С' определяет направление
проектирования. Но ведь при этом (рис. 9) треугольник
АВС будет изображением самых различных по форме тре-
угольников. Обычно приходится проводить в треуголь-
11^

15
нике-оригинале высоты, биссектрисы, строить другие
отрезки и точки. Естественно, при их изображении необ-
ходимо учитывать конкретные свойства данного треуголь-
ника-оригинала и свойства параллельного проектирования.

Изображение называется метрически определенным,
если оно определяет оригинал с точностью до подобного

преобразования, иначе говоря,
но восстановить истинный
вид фигуры, подобной фигу-
ре-оригиналу.

Если треугольник АВС
является изображением тре-

если по изображению мож-

Рис. 10

Рис. 9

угольника А'В'С' общего вида (то есть не прямоугольно-
го, не равнобедренного, не равностороннего), изображе-
ние будет метрически не определенным. Это означает,
что, например, две высоты треугольника А'В'С' на нем
можно построить произвольно.

Изображение АВС треугольника общего вида А'В'С'
становится метрически определенным, если на нем про-
извольно выбрать изображения либо двух высот, либо
двух биссектрис, либо серединных перпендикуляров
к двум сторонам треугольника А'В'С' (третья высота,
биссектриса, серединный перпендикуляр к третьей сто-
роне проходят через соответствующие точки пересечения

первых двух). Это условие равносильно произвольному

[ &|Й!
выбору на изображении АВС треугольника А'В'С точ-
ки, которая является изображением либо ортоцентра
(точки пересечения высот), либо центра вписанной окруж-
ности (точки пересечения биссектрис), либо центра окруж-
ности (точки пересечения серединных перпендикуляров
к сторонам), описанной во-
круг треугольника А'В'С'.

На рисунке 10, а за-
штрихована область сущест-
вования изображений орто-
центра треугольника А’В’С'
(треугольник АВС — про-
екция треугольника-ориги-
нала А'В’С, точки Alf В19
С\ — середины сторон треу-
гольника АВС). На рисунке
10, б заштрихована область
существования изображений
центра вписанной в треу-
гольник А1 В'С' окружности
(только внутренние точки
треугольника A^CJ. На
рисунке 10, в заштрихована
область существования изо-
бражений центра окружно-
сти, описанной около тре-
угольника Д', В', С' (вклю-
чая точки А19 В19 С\).

На рисунках 11, а, 11,6,
11, в приведены примеры
изображения высот, бис-
сектрис, серединных пер-
пендикуляров к сторонам
треугольника общего вида
А'В'С' на заданном его
изображении АВС.

Часто в задачах встреча

дой, боковые ребра которой равны. Вершина такой пи-
рамиды проектируется в центр описанной вокруг ее осно-
вания окружности. Если в основании пирамиды — тре-
угольник общего вида, изображение основания высоты
пирамиды можно выбрать произвольно в соответствующей
области существования (рис. 12). При построениях нет не-
обходимости изображать эту область существования: она
достаточно обширна и при выполнении изображения от
руки нужную точку вполне можно безошибочно выбрать
на глаз.

Прямоугольный треугольник А'В'С' также можно
изобразить любым треугольником АВС. Но при этом
надо иметь в виду, что изображение направлений двух его
высот (катетов) уже задано. Произвольно можно изобра-
зить лишь высоту, опущенную на гипотенузу, либо мож-
но выбрать произвольно в ука-
занных областях существова-
ния изображение центра впи-
санной окружности. Если дан-
ный прямоугольный треуголь-
ник по условию не равнобед-
ренный, высоту, опущенную
на гипотенузу (как и биссек-
трису прямого угла), нельзя
изображать медианой треуголь-
ника АВС, проведенной к про-
екции гипотенузы данного
треугольника.

При решении задач часто приходится изображать пер-
пендикуляр, опущенный из заданной точки гипотенузы
на какой-либо катет прямоугольного треугольника. Не
надо забывать, что этот перпендикуляр параллелен вто-
рому катету.

Если равнобедренный треугольник А'В'С' (А'В' =
= В'С') изображен произвольным треугольником АВС,
то высота, биссектриса и медиана B'D' изображаются

медианой BD треугольника АВС. Следовательно, про-
извол в выборе изображения ортоцентра, центра описан-
ной или центра вписанной окружности ограничен таким
условием: они должны принадлежать не только соответ-
ствующей области существования, но и прямой BD.

При решении задач нередко приходится изображать
перпендикуляры, опущенные на боковые стороны А'В'
и В'С' равнобедренного треугольника А'В'С' из точки
18 I
М' на его биссектрисе B'D' (рис. 13). Если при этом изоб-
ражения высот из вершин Д' и С' не построены, можно
обойтись и без них. Изображение MN перпендикуляра
M'N' к стороне В'С' можно построить произвольно,
а при изображении перпендикуляра М' К' к другой бо-
ковой стороне треугольника следует учесть, что
K'N' || А'С'.

Правильный треугольник А'В'С' можно также изоб-
разить любым треугольником АВС, но при этом изобра-
жение будет метрически определенным, так как центры
описанной и вписанной окружностей, а также ортоцентр
треугольника А'В'С' совпадают и изображаются точкой
пересечения медиан треугольника АВС. Поэтому все
дальнейшие построения на этОхМ треугольнике не могут
быть произвольными.

2. Изображение параллелограмма. Любой заданный
параллелограмм A'B'C'D' (включая прямоугольник,
квадрат, ромб) может быть изображен произвольным
параллелограммом ABCD.

Пусть у заданного параллелограмма угол B'A'D'
острый. Соответствующий угол BAD параллелограмма-
изображения может быть как острым, так и тупым. Для
большей наглядности и во избежание зрительных иллю-
зий обычно (если позволяют условия задачи) принимают
острый угол параллелограмма A BCD за изображение
соответствующего острого угла оригинала (рис. 14).

На изображении параллелограмма общего вида изоб-
ражения двух его высот, опущенных из одной вершины
(как и перпендикуляров, проведенных из любой точки
в плоскости параллелограмма к его сторонам), можно
построить произвольно, после чего изображение стано-
вится метрически определенным. Следует учесть, что вы-
соты, опущенные из вершины острого угла параллело-

грамма-оригинала, лежат вне параллелограмма, а вы-

соты, опущенные из вершины тупого угла,— внутри него.

На изображении ABCD ромба уже задано изображе-
ние одной пары взаимно перпендикулярных прямых,
содержащих диагонали ромба A'B'C'D'. Поэтому про-
извольно можно изобразить лишь одну из двух высот,
опущенных из данной вершины ромба на его сторону,
например D'M' ± А'В'. При изображении другой высо-
ты (рис. 14) надо учесть, что прямая M'N' параллель-
на диагонали А'С' ромба. Аналогично изображаются

перпендикуляры, опущенные на стороны ромба из лю-
бой точки его диагонали.
Квадрат A'B'C'D' может быть изображен произволь-
ным параллелограммом ABCD. При этом изображение
будет метрически определенным, все дальнейшие метри-
ческие построения (например, изображение перпендику-
ляров к сторонам квадрата, биссектрис углов) уже нель-
зя строить произвольно.

3. Изображение трапеции. Любая трапеция A'B'C'D'
(в том числе равнобокая, прямоугольная) может быть
изображена произвольной трапецией A BCD.

Если трапеция A'B'C'D' общего вида, то изображе-
ния ее высоты и одного из перпендикуляров, опущенных

из точки основания на боковые стороны (или их продол-
жения), на чертеже можно построить произвольно. В слу-
чае, если A'B'C'D' прямоугольная трапеция, С'В' ±
± А'В', изображение ее высоты на рисунке уже задано,
поэтому произвольно может быть изображен лишь пер-
пендикуляр к наклонной боковой стороне. Аналогично
положение при изображении равнобокой трапеции. Здесь

роль высоты играет отрезок, соединяющий середины ос-

нований трапеции. Пусть требуется изобразить перпенди-

куляры, опущенные на боковые стороны равнобокой
трапеции из точки О', лежащей на оси симметрии трапе-
ции (рис. 15). Изображение ОК одного из перпендикуля-
ров строим произвольно, а при построении изображения
OL другого перпендикуляра учитываем, что L'K' || А'В'.

4. Изображение правильного шестиугольника
A'B'C'D'E'F' уже не может быть задано произвольно,
так как треугольник А'Е'С' правильный. Для его изоб-

ражения можно выбрать произвольный треугольник
АЕС, но при этом изображение становится метрически

определенным. Все остальные элементы шестиугольника-

изображения достраиваем, учитывая свойства оригинала

и свойства параллельного проектирования.
Пусть произвольный треугольник АЕС изобра-
жает правильный треугольник А'Е'С', образованный
малыми диагоналями данного правильного шестиуголь-
ника (рис. 16). Тогда медианы АА19 ЕЕ19 ССг определяют
изображение центра окружности, описанной около дан-
ного шестиугольника. Отложив на продолжении медиан
AJ) = Afi, CiF — Cfi, ЕгВ = Efi, получаем изобра-
жения остальных вершин данного правильного шести-
угольника.

Возможен и другой способ изображения правильного
шестиугольника, наиболее простой и удобный, особенно

Рис. 18

при выполнении чертежа на клетчатой бумаге. Пусть
A’B'C'D'E'F'— правильный шестиугольник (рис. 17).
Тогда B'C'E’F' — прямоугольник, A'D' || В'С' || E'F',
причем В'М' = M'F'. Кроме того, А'М' = ЛГО' =
= О'ЛГ = N'D'.

Построив произвольный параллелограмм BCEF, ко-
торый может рассматриваться как изображение прямо-
угольника B'C'E'F', мы получаем изображение четырех
вершин правильного шестиугольника. Через середины
М и N его сторон BF и СЕ проведем прямую MN. Диа-
гональ CF параллелограмма BCEF разделит отрезок MN
пополам. Откладываем на прямой MN вне параллело-
грамма отрезки МА = ND = ОМ. Построенные таким
образом точки А и D — изображения остальных двух
вершин данного правильного шестиугольника (рис. 18).

§ 4. Изображение многогранников и их комбинаций

Изображение пирамиды или призмы сводится к изоб-
ражению основания и боковых ребер многогранника. Во-
прос об изображении многоугольников рассмотрен в пре-

F
дыдущем параграфе. Напомним также, что для большей
наглядности чертежа высоту пирамиды, боковые ребра
прямой призмы, высоту наклонной призмы мы услови-
лись изображать «вертикальными» отрезками. Кроме того,
мы также условились не учитывать числовые данные

о длине отрезков или величине углов, если они не влияют

на геометрическое содержание и геометрическое решение
задачи. Это обеспечивает большую свободу при изобра-
жении элементов фигуры.

Приступая к изображению многогранника, следует
прежде всего проанализировать его форму и свойства.
Например, высота пирамиды может совпадать с одним из

Рис. 19

ее боковых ребер, лежать
в одной из боковых граней
и т. д. В этих случаях, ес-
тественно, высоту нельзя
изображать произвольно.
То же касается и высоты на-
клонной призмы, проведен-
ной из конца ее бокового
ребра. Если же задан мно-
гогранник общего вида, то
есть не имеющий каких-ли-

бо специальных геометри-
ческих свойств, которые однозначно определяю? по-
ложение его высоты, то основание изображения ее можно
выбрать на изображении основания многогранника про-

извольно.

Для изображения многогранников важное значение
имеет следующее свойство параллельного проектирова-
ния (теорема Польке-Шварца): любой полный невырож-
денный четырехугольник (то есть четырехугольник вме-
сте с его диагоналями) можно рассматривать как парал-
лельную проекцию тетраэдра любой наперед заданной
формы. Из приведенной теоремы следуют правила изоб-
ражения многогранников. Рассмотрим некоторые при-

меры.

1. Изображение правильной треугольной пирамиды.
Рисуем произвольный треугольник АВС, который при-
нимаем за изображение правильного треугольника. Че-
рез точку О пересечения медиан треугольника АВС, ко-
торая изображает центр правильного треугольника, про-
водим «вертикальный» отрезок OS произвольной длины,
изображающий высоту пирамиды. Точку S соединяем
отрезками с вершинами треугольника АВС (рис. 19).^=?|
Аналогично строим изображения других правильных
пирамид (четырехугольной, шестиугольной и т. д.).

2. Изображение усеченной пирамиды. Нередко уча-
щиеся при изображении усеченной пирамиды поступают
так: рисуют два многоугольника разных размеров с со-
ответственно параллельными сторонами и соединяют
отрезками их соответственные вершины. Даже незначи-
тельные неточности при изображении параллельных сто-
рон оснований усеченной пирамиды (особенно при выпол-
нении чертежа от руки) ведут к тому, что указанные мно-
гоугольники оказываются негомотетичными, то есть про-
должения боковых ребер па
изображении усеченной пира-
миды не сходятся в одной точ-
ке (рис. 20).

Согласно определению, усе-
ченной пирамидой называется
многогранник, вершинами ко-
торого служат вершины осно-
вания пирамиды и вершины ее
сечения плоскостью, парал-
лельной основанию. В полном д
соответствии с этим определе-
нием и надо строить изобра-

жение усеченной пирамиды, Рис. 20

начиная с изображения полной
пирамиды и изобразив затем сечение ее плоскостью, па-
раллельной основанию. Секущая плоскость пересекает
плоскости боковых граней пирамиды по прямым, парал-

лельным соответствующим сторонам основания, а плос-
кости диагональных сечений — по прямым, параллельным
диагоналям основания. Это последнее свойство удобно
использовать для построения вершин верхнего основа-
ния правильной четырехугольной или шестиугольной
усеченной пирамиды.

Пусть, например, требуется изобразить правильную
шестиугольную усеченную пирамиду (рис. 21). Строим
сначала изображение правильной шестиугольной пира-
миды, затем выбираем точку на изображении SO ее
высоты (либо руководствуясь соответствующим условием
задачи, если такое есть, либо произвольно) и проводим
через эту точку прямые, параллельные изображениям
больших диагоналей основания пирамиды. Точки пере-
сечения этих прямых с изображениями боковых ребер пи-
рамиды будут изображать вершины верхнего основа-
ния усеченной пирамиды, отрезок OYO — ее высоту. По-
добным же образом строим изображение апофемы усе-
ченной пирамиды. Поскольку верхняя, отсеченная часть
пирамиды при таком построении выполняет не только
роль «свидетеля» правильности построения, но и может
послужить для решения самой задачи, ее изображение
стирать не следует. Изображение усеченной пирамиды
при этом выделяем на чертеже более рельефно.

3. Изображение правильной призмы. Изображаем
правильный многоугольник, лежащий в основании

Рис. 22

Рис. 21

призмы. От его вершин проводим вертикальные отрезки
равной длины, концы их последовательно соединяем от-
резками.

4. Пример изображения наклонной призмы. Изобра-
зим треугольную призму у которой вер-

шина Ai проектируется в центр вписанной в основание
призмы окружности (рис. 22). Произвольный треуголь-
ник АВС принимаем за изображение основания призмы.
Выбираем произвольно в области существования точку
О, изображающую центр окружности, вписанной в осно-
вании призмы. Проводим «вертикальный» отрезок OAt
произвольной длины. Соединяем точки At и А отрезком,
а из вершин В и С треугольника АВС проводим отрезки
BBi и СС19 параллельные и равные отрезку ААГ. Точки
А], В19 соединяем отрезками.

При решении задач на многогранники приходится
изображать отдельные элементы этих тел (прямые углы
и т. п.), расположенные не только в основании, но и на
одной из боковых граней или в сечении пирамиды, приз-
мы, например изобразить высоту боковой грани, центр
вписанной в эту грань окружности и т. п. Есть ли в этом
случае свобода выбора при условии, что изображение
в плоскости основания уже метрически определено?

Если соответствующая грань или сечение — пра-
вильный многоугольник, их изображения метрически
определены, дальнейшие построения здесь не могут быть
произвольными. Если же эта грань или сечение изобра-

Рис. 23

жаег треугольник либо параллелограмм общего вида,
тогда дополнительные построения можно проводить по
указанным выше правилам (но только еще в одной грани
или сечении многогранника, не параллельных основа-
нию).

Подробное рассмотрение вопросов изображения про-
странственных фигур в параллельной проекции выходит
далеко за пределы школьной программы. Поэтому мы
ограничиваемся приведенными выше указаниями — их
вполне достаточно, чтобы научить правильному изобра-
жению многогранников, встречающихся в школьных за-
дачах, включая построение отдельных их элементов.

5. Примеры изображения комбинаций многогранников

Задача 2. Основанием пирамиды служит квадрат со
стороной а, высота пирамиды делит пополам сторону
основания. Грань пирамиды, противолежащая этой
стороне, образует с основанием двугранный угол а.
В пирамиду вписан куб так, что четыре вершины его ле-

li nl

25
жат на боковых ребрах пирамиды, а четыре другие вер-
шины на плоскости основания пирамиды. Найти объем
куба.

При построении изображения фигуры (рис. 23) учи-
тываем, что высота пирамиды совпадает с высотой грани
D'S'C пирамиды, которая является равнобедренным
треугольником. Грань Af'Af'jATiAr — квадрат, вписан-
ный в равнобедренный треугольник D'S'C' так, что
две его вершины (М' и N') лежат на основании D'C тре-
угольника, а две другие — на его боковых сторонах.

Для большей наглядности плоскость D'S'C размещена
фронтально (то есть параллельно плоскости изображе-
ния), следовательно, грань D'S'C пирамиды со вписан-
ной в нее гранью куба изображена без искажений. Сна-
чала выполняется изображение куба, а затем достраи-
вается изображение пирамиды. Для этого через точки
D и С проводим прямые, параллельные ML. Точки А
и В находим как точки пересечения этих прямых с SKt
и SLt.

Задача 3. В правильную четырехугольную пирамиду
вписан куб так, что четыре его вершины лежат в плоско-
сти ее основания, а четыре другие — на апофемах пира-
миды. Определить ребро куба, если сторона основания
пирамиды равна а, а высота h.

И в этом случае сначала выполняем изображение ку-
ба (рис. 24), размещая переднюю его грань фронтально.-»
Строим изображение 00± оси куба, на продолжении Об?!
выбираем произвольно точку S — изображение вершины
пирамиды. Продолжив АС и BD — изображения диаго-
налей нижнего основания куба, проводим прямые

SBl9 SCi, S£>x. Точки Е, Н, F, Р пересечения этих пря-
мых с АС и BD — изображения середин сторон основа-
ния пирамиды, а отрезки SE, SH, SF, SP — изображе-
ния ее апофем. Проводим через Е и F прямые, параллель-
ные BD, а через Н и Р — прямые, параллельные АС.
Точки пересечения этих прямых являются изображени-
ями вершин основания пирамиды.

Заметим попутно, что при пояснении способа изобра-
жения пространственной фигуры на плоскости мы, как
правило, описываем последовательность построения са-
мой фигуры — оригинала. Начиная с главы II книги,
мы этим воспользуемся для того, чтобы сделать изложе-
ние более сжатым — там речь пойдет о самих простран-
ственных фигурах, а их изображения на плоскости (хоть
и останутся основным объектом нашего рассмотрения)
будут служить лишь вспомогательным средством нагляд-
ности.

§ 5. Изображение окружности, вписанных
и описанных около нее многоугольников

Решая задачи на тела вращения — конус, цилиндр,
шар и другие, а также на комбинации тел вращения с
многогранниками, мы сталкиваемся с необходимостью
изображать в параллельной проекции окружность, плос-
кость которой не параллельна плоскости проекций,
а также многоугольники, вписанные в окружность или
описанные около нее.

В § 1 этой главы названо такое свойство параллельно-
го проектирования: параллельной проекцией окружности
является эллипс. Поскольку нам отныне при изображении
фигур придется иметь дело с эллипсом, причем избранный
нами эллипс для изображения окружности сделает соот-
ветствующую плоскость изображений метрически опре-
деленной, ознакомимся со свойствами эллипса несколь-
ко ближе.

Определение. Эллипсом называется геометрическое
место точек М на плоскости, сумма расстояний от кото-
рых до двух данных точек F и Fr имеет одно и то же значе-
ние 2а: FM + FXM = 2а. Точки F9 Л называются фоку-
сами эллипса. (____]

fi
mathedj.ru
Фокусы расположены на большой оси эллипса АА19
длина которой — 2а. Расстояние между фокусами (фо-
кусное расстояние) обозначается FFX= 2с (OF = 0Fx =
= с). Так как FFX < FM + FXM, то FFX <2а, с < а.
Если длину малой оси ВВХ эллипса обозначим 2Ъ, то
(из прямоугольного треугольника BOF) BF2 = ВО2+
+ OF2, а2 = Ь2 + с2 (рис. 25).

Эллипс можно определить и как параллельную про-
екцию окружности, отличную от отрезка. Из свойств па-
раллельного проектирования вытекает, что проекция
центра окружности является при этом центром симмет-
рии эллипса, или, короче, центром эллипса. Отрезок,

Рис. 25

соединяющий две точки эл-
липса, называется хордой.
Хорда, проходящая через
центр, называется диамет-
ром эллипса. Таким обра-
зом, диаметры окружности
проектируются в диаметры
эллипса.

При изображении тел
вращения мы будем пользо-

ваться готовыми шаблонами эллипсов, иначе пришлось бы
вычерчивать эллипс каждый раз, когда изображается
тело вращения. Рекомендуется изготовить для этой цели
несколько шаблонов эллипсов разных размеров, причем
два — три из них — подобных, то есть с одинаковым от-
ношением осей — для изображения оснований усечен-
ного конуса, параллелей сферы и т. п.

Уже отмечалось, что выбор эллипса для изображения
окружности делает соответствующую плоскость изобра-
жений метрически определенной.

В § 3 этой главы мы заменили выбор направления
проектирования произвольным выбором треугольника
для изображения заданного треугольника. При этом,
если заданный треугольник был треугольником общего
вида, у нас сохранялась еще возможность произвольно
выбрать (в соответствующей области существования)
изображение центра описанной или вписанной окруж-
ности.

Выбор эллипса для изображения окружности равно-
силен выбору треугольника для изображения данного,
включая выбор изображения центра описанной около
этого треугольника окружности. Вот почему изображе-
ние при таком выборе становится метрически определен-^
ным. Это можно пояснить и по-другому. Ведь по данному
эллипсу можно восстановить окружность — прообраз
эллипса при параллельном проектировании. А все окруж-
ности подобны между собой. Следовательно, изображе-
ние будет метрически определенным.

Сказанное означает, что изображать многоугольни-
ки, вписанные в окружность или описанные около нее,

а также их элементы, уже нельзя произвольно после
изображения самой окружности.

К выше оговоренному — условно изображать высоты

пирамиды и призмы, цилиндра и конуса «вертикальными »

отрезками — присоединим еще одно: располагать эл-
липс, изображающий основание цилиндра или конуса,
так, чтобы изображение их осей лежало на одной пря-
мой с малой осью эллипса. Дополнительные ограничения
в выборе направления проектирования, которые при
этом возникают, не вызовут никаких затруднений.

Приступим теперь к рассмотрению правил изобра-
жения многоугольников, вписанных в окружность или

описанных около окружности, которая не лежит во
фронтальной плоскости и потому изображается эллип-
сом.

Нам нужно выявить такие свойства окружности, ко-
торые сохраняются (остаются инвариантными) при па-
раллельном проектировании. Привязав вписанные и опи-

санные многоугольники к соответствующим линиям в ок-
ружности, мы сможем правильно изобразить эти много-
угольники с учетом свойств самих фигур и свойств
параллельного проектирования.

Вспомним две взаимно обратные теоремы, которые
являются следствием симметрии окружности относитель-
но ее диаметра (эти теоремы включены в учебное пособие
«Геометрия. 6—10» в качестве упражнений для самосто-
ятельного доказательства):

1. Диаметр окружности, проходящей через середину
хорды, перпендикулярен к ней.

2. Диаметр окружности, перпендикулярный к хорде,
делит ее пополам.

Определение. Два диаметра окружности (эллипса)
называются сопряженными, если каждый из них делит по-
полам все хорды, параллельные второму диаметру.

Из теорем вытекает, что два любых сопряженных диа-
метра окружности взаимно перпендикулярны и, наобо-
рот, два любых перпендикулярных диаметра окружно-

сти являются сопряженными.
При параллельном проектировании окружности пер-
пендикулярность сохраняется лишь для одной пары ее
сопряженных диаметров, которые проектируются в оси
эллипса. Но поскольку параллельность хорд и деление
их пополам при проектировании сохраняемся, то перпен-
дикулярные диаметры окружности изображаются сопря-
женными диаметрами эллипса.

Пусть окружность изображается данным эллипсом
и требуется изобразить на чертеже пару взаимно перпен-
дикулярных (то есть сопряженных) диаметров А'В'
и C'D' окружности. Изображение одного из этих диа-
метров, например А'В', если нет специальных указаний,
строим произвольно. Затем
проводим в эллипсе хорду
MN, параллельную построен-
ному диаметру АВ, и через
ее середину К проводим вто-
рой диаметр эллипса, сопря-
женный первому (рис. 26).

Если на чертеже не обоз-
начен центр изображенного

эллипса, его можно найти так: строим две параллельные
хорды, через их середины проводим диаметр и делим
его пополам. Попутно заметим, что на шаблонах эллип-
сов, для удобства пользования ими, рекомендуется от-
метить центр, оси и пару сопряженных диаметров. Это
значительно облегчит и ускорит выполнение чертежей.
Вооружившись инструментом под названием «пара
сопряженных диаметров», приступим к изображению
фигур, связанных с окружностью. При этом сопоставим
анализ фигуры-оригинала (с «привязкой» ее к паре со-
пряженных диаметров окружности) и соответствующие
правила изображения этой фигуры в параллельной про-
екции, заданной выбором эллипса для изображения
окружности.

1. Дано изображение АВС произвольного треуголь-
ника вписанного в окружность. Построить изоб-

ражение высоты треугольника и биссектрисы, проведенных
из вершины Bt.

Проведем в окружности диаметр KiLr, параллельный
стороне А&1 треугольника, и сопряженный ему диаметр
(рис. 27). Тогда высота BrDr треугольника будет
параллельна MiN^ Соединим В) с Так как точка
Nt делит дугу А& пополам, то В^ является биссект-
рисой вписанного в окружность угла А^В&ц а точка
пересечения В1Л\ с /lit?! — основанием биссектрисы
BJ\ треугольника, проведенной из Bt. Соответствующие
построения проводим на изображении АВС треугольника
Л ACi,вписанного в окружность.

Заметим, что по тому же правилу можно изобразить
и перпендикуляр, опущенный на произвольную прямую

Рис. 27

А&х из точки Afi, если заданы проекции на некоторую
плоскость окружности, прямой и точки (рис. 28). Пред-
лагаем объяснить ход построения.

2. Для изображения касательной к окружности в дан-
ной на ней точке Лх воспользуемся тем, что касательная
перпендикулярна к диаметру окружности, проведенному

из точки касания (рис. 29). Через точку А эллипса —
проекцию точки Лх окружности — проводим диаметр АВ,
строим сопряженный ему диаметр CD, затем через А
проводим прямую АК, параллельную CD—она и бу-
дет изображать касательную к окружности в точке Лх
(и будет касательной к эллипсу в точке Л).

i Г

ЗГ|

MATHEDU.RU
3. Построение изображений вписанных в окружность
прямоугольного, равнобедренного и равностороннего тре-
угольников, прямоугольника, равнобокой трапеции, квад-
рата, правильного шестиугольника достаточно ясно из
сопоставления оригиналов и изображений, которые даны

Рис. 30

на рисунках. Поэтому мы ограничиваемся в каждом от-
дельном случае лишь указанием тех свойств фигуры, ко-
торые положены в основу построения ее параллельной
проекции:

а) в прямоугольном треугольнике центром описанной
окружности является середина гипотенузы (рис. 30);

В,

Рис. 31

б) в равнобедренном треугольнике ЛДС1 диаметр
BiD1 описанной окружности, проведенный через середи-
ну Fi основания Л Л, перпендикулярен к основанию
(рис. 31). На рисунке показаны изображения остро-
угольного, прямоугольного и тупоугольного равнобед-
ренных треугольников, вписанных в окружность;

32 щ

mathedu.ru
в) в равностороннем треугольнике сторона перпен-
дикулярна к диаметру описанной окружности, делящему
эту сторону пополам. Кроме того, высота треугольника
равна g- R, где R — радиус описанной окружности
(рис. 32);

г) для изображения вписанного в окружность пря-
моугольника достаточно провести два произвольных
диаметра эллипса и последовательно соединить их кон-
цы;

(При изображении многогранников, вписанных в ко-
нус или цилиндр, для изображения их оснований, впи-

а,

Рис. 32

санных в окружность, первый из двух сопряженных диа-
метров эллипса выбирают под небольшим углом к его
большой оси — это обеспечивает большую наглядность
чертежа).

д) для изображения вписанной в окружность равно-
бокой трапеции достаточно провести две параллельные
хорды эллипса разной длины и соединить их соответствен-
ные концы отрезками;

е) чтобы вписать в окружность квадрат, проводят два
сопряженных диаметра и последовательно соединяют
их концы отрезками. Соответственно строится и изобра-
жение в параллельной проекции вписанного в окруж-
ность квадрата (рис. 33);

ж) для построения изображения правильного шести-
угольника вписанного в окружность,

воспользуемся тем, что диаметр MjNu перпендикуляр-
ный к диаметру ALDit перпендикулярен также к сторо-
нам и FxEi шестиугольника (рис. 34). Диагонали
BlFl и шестиугольника параллельны и делят
пополам соответственно радиусы 01Д1 и 01D1 окружности. .

2 9-зоо 33
Имея на плоскости проекций изображение вписан-
ного в окружность правильного n-угольника, в случае
необходимости легко получить изображение вписанного

Рис. 34

в эту окружность правильного 2/г-угольника. Вспомним,
что, имея сторону ЛХВ, вписанного правильного п-уголь-
. ника, достаточно в окружности провес-

ти радиус О,С1 через середину этой
CTOPOHbI> а конец С, этого радиуса
/ соединить с Л, и Bit чтобы получить

I «<\* ] стоРоны ЛхС, и CiBi правильного 2п-
\ °' \ / Угольника (рис. 35).

\ у Можно другим способом изобра-

х. У 1 зить вписанный в окружность правиль-
-----------ный шестиугольник, удвоив ЧИСЛО СТО-
Рис. 35 рон правильного вписанного треуголь-
ника, а также по-другому изобразить
вписанный в окружность восьмиугольник, удвоив число
сторон вписанного в эту окружность квадрата (рис. 36).
4. В таком же порядке рассмотрим построение парал-
лельных проекций описанных около окружности прямо-
угольного, равнобедренного и равностороннего треуголь-
ников, квадрата, ромба, равнобедренной трапеции,
правильного шестиугольника.
Заметим при этом, что каса-
тельные к эллипсу в точках
на нем будем строить по ука-
занному выше правилу, а ка-
сательные из точек вне эллип-
са будем проводить на глаз:
приложив линейку, исполь-
зуя, где это возможно, усло-
вие их параллельности извест-
ным нам прямым:

а) для построения изоб-
ражения описанного около
окружности прямоугольного
треугольника используем тот

факт, чго его катеты эго касательные к окружности
в концах двух ее сопряженных диаметров. Изображение
одного из концов гипотенузы на изображении одного из
катетов выбираем произвольно (рис. 37);

И0/

Рис. 37

б) изображение АВС описанного равнобедренного
треугольника получим, если в конце К одного из двух
сопряженных диаметров KL и MN эллипса проведем
к нему касательную а из точки В на продолжении диа-
метра KL проведем две касательные к эллипсу. При
этом следует учесть, что АК = КС, a PQ || MN, где Р
2- Щ
сторон треугольника

и Q — точки касания боковых
к эллипсу (рис. 38);

в) изображение описанного около окружносги равно-

стороннего треугольника

надлежит касательным

отличается от изображения
описанного равнобедренно-
го треугольника только
тем, что выбор точки В на
продолжении диаметра KL
связан условием LB = OL
(рис. 39);

г) при изображении опи-
санного около окружности
квадра га воспользуемс я
тем, что его стороны при-
окружности в концах сопря-

женных диаметров (рис. 40);

д) изображая ромб, описанный около окружности,

используем его диагонали

как отрезки, которым принад-
лежат сопряженные диаметры окружности. Одну из вер-
шин на изображении (например , С) выбираем произволь-
но, но так, чтобы отрезок CD касательной к эллипсу,
проведенный из точки С, не делился точкой касания Р
пополам (иначе получим изображение описанного квад-

Рис. 41

рата). Построив касательную CD, последовательно
строим затем касательные DA, АВ, ВС к эллипсу. При
этом следует учесть, что CL = А К и ND = МВ (рис. 41):
е) при построении изображения описанной около
окружности равнобокой трапеции учитываем, что диа-
метр К1Ьг окружности, перпендикулярный к основаниям

Рис. 42

трапеции, делит их пополам. Исходя из этого и построив
касательные к эллипсу в концах диаметра KL, отклады-
ваем на одной из этих касательных, например на каса-
тельной в точке К, равные отрезки КВ = KD < ON
и проводим от точек В и D касательные к эллипсу. Точки
их пересечения с касательной, проведенной в точке L,—
вершины А и С трапеции. Для контроля: AL = LC
(рис. 42); rf=—)

-74

MATHEDU.RJ
Для более точного изображения боковых сторон опи-
санной около окружности равнобокой трапеции мож-
но воспользоваться таким приемом: изобразить вписан-
ную в окружность трапецию, а затем провести касатель-
ные к эллипсу параллельно сторонам вписанной трапе-
ции — ведь вписанная в окружность трапеция всегда
равнобокая (рис. 43);

ж) параллельную проекцию описанного около окруж-
ности правильного шестиугольника можно получить по-
разному. Наиболее простой способ заключается в сле-
дующем: строим изображение вписанного в окружность

правильного треугольника, проводим диаметры эллипса
через его вершины и в концах этих диаметров проводим
касательные к эллипсу (они параллельны соответству-
ющим сторонам треугольника). Точки пересечения этих
касательных изображают вершины описанного около
окружности правильного шестиугольника (рис. 44).

§ 6. Изображение цилиндра и конуса,
их комбинаций с многогранниками

Для обеспечения большей наглядности изображения
цилиндра или конуса в косоугольной проекции принято
(если позволяют условия задачи) представлять эти тела
расположенными в пространстве перед вертикальной
плоскостью (плоскость проекций) так, чтобы ось каждо-
го из них была параллельна вертикальной плоскости
(а при возможности расположена вертикально). В этом
случае осевое сечение цилиндра или конуса фронтальной
плоскостью будет изображаться без искажений. При-
вычному зрительному образу цилиндра или конуса бу-
дет соответствовать такое изображение, на котором боль-
шая ось эллипса, изображающего основание, перпенди-
кулярна к изображению оси цилиндра, конуса и равна
диаметру проектируемой окружности. Такое изображе-
ние можно получить, если расположить цилиндр или ко-
нус как указано выше, а направление проектирования
выбрать так, чтобы проектирующая плоскость, проходя-
щая через ось цилиндра, конуса, была перпендикулярна
к плоскости проекций.

Практические правила изображения цилиндра, ко-
нуса состоят в следующем.

Для изображения цилиндра проводят «вертикальную»
прямую, отмечают на ней (произвольно) проекции цент-
ров оснований цилиндра. При помощи шаблона эллипса
изображают основания цилиндра,
размещая эллипс так, чтобы его центр
совпадал с отмеченными точками,
а малая ось эллипса была расположе-
на вдоль проекции оси цилиндра.
Соединив отрезками соответствующие
концы больших осей эллипсов, изоб-
ражающих основания, получим изоб-
ражение контурных (крайних види-
мых) образующих цилиндра.

Можно начать с построения проек-
ции осевого сечения цилиндра (приняв

за одну из сторон сечения большую рИс. 45
ось эллипса), а затем изобразить ос-
нования цилиндра. Аналогично изображается цилиндр,
расположенный не в вертикальном положении.

Если при решении задачи требуется рассмотреть осе-
вое сечение цилиндра, рекомендуется не пользоваться
фронтальным осевым сечением, уже изображенным на
рисунке, а провести осевое сечение под некоторым углом
к фронтальному (рис. 45). Это придаст изображению боль-
шую объемность.

Попутно заметим, что контурные образующие делят
боковую поверхность цилиндра на две равные части—
видимую (при взгляде спереди) и невидимую.

Для изображения конуса проводят «вертикальную»
прямую, отмечают на ней изображения центра основания
и вершины конуса. С помощью шаблона эллипса изобра-
жают основание конуса (так же, как и основание цилинд-
ра), затем из точки, изображающей вершину конуса,
проводят две касательные к эллипсу — они изображают
контурные образующие конуса.

При изображении конуса часто допускается ошибка:
контурные образующие «насильно» проводятся к концам
большой оси эллипса, и сечение, проведенное через эти
образующие, принимается за осевое.

Надо иметь в виду, что, в отличие от цилиндра, кон-
турные образующие конуса не делят его боковую по-
верхность на две равные части. Это имело бы место в том
случае, если бы проектирующие прямые были параллель-
_______________ ны плоскости основания конуса,
но тогда основание изобразилось
\ бы отрезком, а не в виде эллип-
/ / ' /LV са. На рисунке 46 показано, что

\ / можно получить и такое изобра-

V / ** I \ у жение конуса, на котором види-
мой является вся его боковая
-------------поверхность.

Рис. 46 Во всех случаях, когда ко-

нус расположен вершиной
вверх, а его основание не проектируется в отрезок, ви-
димой является большая часть боковой поверхности, а ког-
да конус расположен вершиной вниз, то меньшая часть
его боковой поверхности. И в том, и в другом случае се-
чение, проходящее через контурные образующие, не
является осевым (рис. 47).

Не рекомендуется на чертеже yL

проводить изображение осевого
сечения конуса через одну из кон- /
турных образующих — это лишает /
чертеж объемности. Создается впе-
чатление, что передняя часть кону- /___||||||У у

са срезана. Лучше провести осевое Г~ J

сечение под углом к фронтальному
так, чтобы оно не проходило ни
через одну из контурных образую- /

щих. Для построения изображения
усеченного конуса сначала изобра- 'г

жаем полный конус. Затем, ис-
пользуя шаблон эллипса мень- Рис. 47
ших размеров, но подобного тому

эллипсу, который изображает нижнее основание, изо-
бражаем верхнее основание усеченного конуса так,
чтобы большие оси этих эллипсов были параллельны,
а контурные образующие касались каждого из эллипсов.

Можно получить изображение усеченного конуса и по-

другому: построить два гомотетичных эллипса так, чтобы
их центры и малые оси (а значит, и центр гомотетии) были

расположены на «вертикальной» прямой, а затем проье-
сти общие внешние касательные к этим эллипсам, их
отрезки между точками касания изобразят контурные
образующие. Однако нужно иметь в виду, что этот спо-
соб затрудняет некоторые другие построения.

Пусть, например, требуется построить сечение усе-
ченного конуса в форме трапеции, проходящей через
хорду CD нижнего основания (здесь и далее точки про-
странственной фигуры и их проекции обозначаются теми
же буквами). С помощью изображения полного конуса
это сделать легко. Достаточно провести проекции обра-
зующих SC и SD, чтобы найти на проекции окружности
верхнего основания усеченного конуса изображения
соответствующих вершин С± и D± сечения. Если жена
чертеже нет изображения соответствующего полного ко-
нуса, для определения точки Сг приходится выполнять
такое построение: изобразить диаметр СК нижнего ос-
нования, параллельно ему — диаметр К& верхнего ос-
нования и лишь затем через найденную таким образом
точку С± провести ClDl параллельно CD (рис. 48).

Можно построить изображение верхнего основания
усеченного конуса по точкам, как показано на рисунке
49. При этом мы исходим из того, что плоскости основа-
ний усеченного конуса параллельны, поэтому они пере-
секаются плоскостями осевых сечений по параллельным
прямым. Построенные точки соединяют плавной кривой.

Нередко приходится проводить взаимно перпенди-
кулярные осевые сечения цилиндра или конуса (либо
осевое сечение, перпендикулярное к заданному сечению,
проходящему через две образующие и не являющемуся
осевым). Не следует при этом забывать, что прямые, по
которым такие сечения пересекаются с плоскостью осно-
вания цилиндра или конуса, взаимно перпендикулярны,
то есть принадлежат сопряженным направлениям.

На рисунке 50 показано изображение осевого сечения
SCD конуса, перпендикулярного к заданному сечению
SAB (диаметр CD эллипса делит хорду АВ пополам).
С таким построением имеем дело, например, при изобра-
жении линейного угла двугранного угла между плоско-
стью сечения SAB и плоскостью основания конуса.

Изображение многогранников, вписанных в цилиндр,
конус или описанных около них, практически сводится
к изображению оснований этих многогранников, вписан-
ных в окружности оснований цилиндра и конуса или опи-
санных около них. Этот вопрос подробно освещен в пре-
дыдущем параграфе, поэтому мы ограничимся тремя
4lj
примерами таких изображений (рис. 51—53) и указанием
на то, что в случае цилиндра или усеченного конуса следу-
ет изображать по указанным правилам лишь верхнее
основание описанного или вписанного многогранника.
Вершины нижнего основания получаем как точки встре-
чи боковых ребер многогранника с окружностью нижне-
го основания цилиндра или конуса; соответственно стро-
ится и изображение этих вершин.

§ 7. Выбор и изображение фронтального сечения

При решении задач анализ формы фигуры, зависи-
мостей между ее элементами значительно облегчается,
если эти элементы изображены на чертеже без искаже-
ний. Для этой цели иногда делают выносные чертежи се-
чений фигуры, содержащие указанные элементы. Но мож-
но обойтись без выносных чертежей, если нужное сечение
расположить фронтально, то есть параллельно плоскости
проекций.

Любая фигура, расположенная во фронтальной плос-
кости, проектируется на плоскость проекций без иска-
жений. Ведь отрезки параллельных проектирующих пря-
мых между параллельными плоскостями равны, поэтому
мы имеем здесь параллельный перенос, который отобра-
жает любую фигуру на равную ей фигуру (рис. 54).

Чаще всего нужное сечение, которое желательно рас-
положить фронтально, проходит через высоту тела
вращения или параллельно высоте. Если мы хотим по-
лучить изображение не только этого сечения, но и всей
пространственной фигуры, ортогональное проектиро-
вание для этой цели непригодно. Поэтому в таких слу-
чаях применяем косоугольное проектирование. На чер-
теже внешний признак фронтального размещения сече-
ния состоит в том, что высота сечения изображается «вер-
тикальным» отрезком, а след сечения в плоскости основа-
ния тела — прямой, перпендикулярной к «вертикально-
му» отрезку. Поясним сказанное на двух примерах.

Задача 4. Высота усеченного конуса равна h, обра-
зующая составляет с плоскостью большего основания
угол а и перпендикулярна к диагонали осевого сечения.
Определить боковую поверхность усеченного конуса. Ре-
шение исследовать.

При изображении фигуры сначала строим без искаже-
ний фронтальное осевое сечение, затем изображаем ос-
нования усеченного конуса и контурные образующие.
Попутно заметим, что исследование решения (с целью
установить допустимые значения параметра а) облегча-
ется фронтальным расположением избранного осевого
сечения. Оно помогает «увидеть», что крайнее положение
диагонали АС осевого сечения, перпендикулярной к об*
разующей CD (рис. 55) при а — 45° совпадает с образу-
ющей SA полного конуса. Следовательно, 45°<а<90°.

Задача 5. Найти объем правильной треугольной пи-
рамиды, если ее боковое ребро образует с плоскостью ос-
нования угол а, а расстояние от основания высоты до
бокового ребра пирамиды равно Ь.

Сечение, проведенное через боковое ребро и высоту
пирамиды, размещаем фронтально, тогда данные элемен-
ты фигуры изображаются без искажений (рис. 56).

§ 8. Изображение шара (сферы), комбинаций шара
(сферы) с многогранниками и телами вращения

Косоугольной проекцией шара, сферы является эл-
липс. Чтобы получить привычное для глаза изображение
шара в виде круга, шар изображают в ортогональной
проекции. Дополнительных трудностей при этом можно
избежать, если мы откажемся от применяемых в черче-
нии определенных видов ортогональной проекции (изо-
метрии, диметрии и др.), связанных с положением куба
относительно плоскости проекций. При произвольном
выборе положения куба или шара (с выбранным на сфере
экватором) проекция шара будет определяться эллипсом,
выбранным для изображения экватора шара, то есть
станет метрически определенной.

Итак, в ортогональной проекции шар изображается
в виде круга. Окружность этого круга изображает боль-
шую окружность сферы, ограничивающей шар. При этом
радиус круга равен радиусу шара. Это объясняется тем,
что очертание шара изображает окружность того большо-
го круга шара, плоскость которого параллельна плоско-
сти проекций. А ведь при любом положении шара через
его центр можно провести только одну плоскость, па-
раллельную плоскости проекций. В пересечении ее со
сферой мы получим именно ту большую окружность
сферы, которая проектируется без искажений.

Если на чертеже обозначить шар только его очерта-
нием в виде окружности, такое изображение не создаст
наглядного образа шара как геометрического тела. По-
этому чертеж дополняется рядом линий и точек, кото-7
рые изображают отдельные элементы шара (сферы),
в частности сечения шара (как известно, любое сечение
шара плоскостью есть круг).

Окружность одного из больших кругов шара назовем
экватором', диаметр, перпендикулярный к плоскости эк-
ватора,— осью, его концы — полюсами шара. Окруж-
ности сечений, параллельных плоскости экватора, на-
зовем параллелями, а окружности сечений, проходящих
через полюсы,— меридианами.

Если изображение очертания шара дополнить изоб-
ражениями экватора и полюсов, рисунок становится
объемным. Наглядность рисунка еще больше усилится,
если к изображениям экватора и полюсов добавить (в слу-
чае необходимости) изображение меридиана. Поскольку
изображение шара после выбора эллипса для изображе-
ния экватора становится метрически определенным, ука-
ванные линии служат не только для усиления нагляд-
ности изображения, но и для построения проекций эле-
ментов фигуры (особенно в случаях комбинации шара
с другими геометрическими телами).

Пусть эллипс для изображения экватора шара выб-
ран. Тогда изображение шара строим в такой последова-
тельности (рис. 57):

проекцию прямой EF, содержащей ось шара, рас-
полагаем «вертикально»,выбираем на ней точку О, изоб-
ражающую центр шара;

совместив центр эллипса с выбранной точкой О и рас-
положив малую ось CD эллипса вдоль прямой EF, изоб-
ражаем экватор шара (видимой будет ровно половина
экватора);

радиусом, равным большой полуоси эллипса, описы-
ваем окружность с центром в точке О; эта окружность
изображает очертание шара и делит сферу на две равные
части: переднюю (обращенную к зрителю) — видимую
и заднюю — невидимую;

для изображения полюсов проводим касательную
к эллипсу в конце С его малой оси; отрезок СК этой ка-
сательной между точкой касания и точкой пересечения
ее с очертанием шара откладываем на прямой EF по обе
стороны от точки О: ON = ОМ = С7(. Полученные точ-
ки М и N — изображения полюсов шара.

В тех случаях, когда, по условию задачи, вместо эк-
ватора изображается параллель сферы, изображение по-
люсов будем обозначать на глаз, так как точные построе-
ния займут много времени и отвлекут нас от решения
44 ||^1с1

mathedu.ru
задачи. При пользовании постоянным шаблоном эллипса
для изображения экватора неточность в изображении
полюсов в этом случае будет незначительной и практи-
чески не скажется на верности изображения.

В тех случаях, когда изображается только параллель
(вместо экватора), построение проекции шара выполняют
в такой последовательности (рис. 58):

проводят «вертикальную» прямую EF, обозначают на
ней точку Р, изображающую центр параллели;

совместив центр эллипса с точкой Р и разместив ма-
лую ось CD эллипса вдоль EF, изображают параллель;

строят окружность с центром на прямой EF, каса-
ющуюся эллипса и изображающую очертание сферы; ее
центр О — центр сферы (радиус этой окружности вы-
бирают несколько большим РВ — большой полуоси
эллипса). Изображения полюсов обозначаем на глаз.

Следует иметь в виду, что в связи с наклоном оси шара
в плоскости, перпендикулярной к плоскости проекций,
причем так, что «верхний» полюс М оказывается на ви-
димой полусфере, а «нижний» полюс М — на невидимой
полусфере (при взгляде спереди), видимость дуг паралле-
лелей резко отличается от видимости дуг экватора. У па-
раллелей, расположенных выше экватора, большая часть
видима, причем она увеличивается по мере приближения
к полюсу /V, а параллели, близкие к этому полюсу, вид-
ны полностью. Видимая часть параллелей, расположен-
ных ниже экватора, наоборот, меньше невидимой
и уменьшается по мере приближения к полюсу М. Па-
раллели, близкие к полюсу М, полностью невидимы.

Для изображения меридиана используется эллипс,
большая ось которого равна диаметру сферы. Отношение
длин осей эллипса при этом не играет роли. Эллипс при
изображении меридиана располагают так, чтобы его
центр совпадал с изображением центра сферы и чтобы он
проходил через точки М и N, изображающие полюсы.
Концы К и L его большой оси будут изображать точки
пересечения меридиана и окружности — очертания сфе-
ры. Они делят меридиан на две равные дуги — видимую

и невидимую.

Меридианом обычно пользуются при изображении
осевых сечений шара и его комбинаций с другими тела-

ми — ведь плоскость меридиана проходит через ось ша-
ра, соответствующую избранному экватору. Не следует
при этом забывать, что плоскость любого меридиана пер-

пендикулярна к плоскости экватора. При необходимости
изобразить два меридиана, плоскости которых взаимно
перпендикулярны, их проводят через сопряженные диа-
метры экватора или параллели.

Научившись изображать шар, его экватор, полюсы,
параллели и меридианы, нетрудно построить изображе-
ние многогранника, цилиндра или конуса, вписанного
в шар.

Многогранник называется вписанным в шар (сферу),
если все его вершины принадлежат сфере и, следователь-
но, одинаково удалены от центра шара.

Рассмотрим сперва пирамиду, вписанную в сферу. Се-
чение сферы плоскостью основания вписанной пирами-
ды— окружность, описанная около основания. Отсюда
следует, что в сферу нельзя вписать такую пирамиду,
около основания которой нельзя описать окружность.

В задачах наиболее часто встречаем пирамиду либо
правильную, либо такую, у которой все боковые ребра
равны. В основании такой пирамиды может лежать и не-
правильный многоугольник, но вокруг него обязательно
можно описать окружность, причем вершина пирамиды
проектируется в центр этой окружности (докажите!).

Выполнение чертежа во всех случаях комбинации
шара (сферы) с другими телами начинаем с изображения
шара, поскольку выбранный для этого эллипс делает
изображение метрически определенным. Плоскость эк-
ватора проведем параллельно плоскости основания впи-
санного в шар многогранника, цилиндра или конуса.
При этом условии основание данной пирамиды вписано в
параллель, а вершина совпадает с одним из полюсов шара.

Из сказанного ясен порядок построения: изображаем
шар с параллелью и полюсами, вписываем в параллель
изображение основания пирамиды, его вершины соеди-
няем отрезками с изображением избранного полюса.
Для большей наглядности, если это не противоречит
условию задачи, параллель выбирают ниже экватора,
а за вершину пирамиды выбирают полюс, расположен-
ный над экватором.

На рисунке 59 показано изображение вписанной
в сферу правильной треугольной пирамиды.

Для изображения вписанной в сферу неправильной
пирамиды, основание которой вписывается в окружность,
но боковые ребра не равны, не существует общего пра-
вила. В этом случае приходится учитывать характерные
особенности заданной пирамиды. Объясним это на
мере.

при-
Задача 6- Пирамида SABCD, основание которой —
прямоугольник ABCD со сторонами а и Ь, вписана в сфе-
ру. Высота пирамиды проходит через вершину А основа-
ния и равна с. Найти радиус сферы.

Пусть SABCD—данная пирамида, — ее высо-
та, основание вписано в параллель сферы, но вершина
5 не совпадает с полюсом. Как же изобразить точку 5?
Ее нельзя выбрать наугад: она лежит на сфере. Для того
чтобы получить изображение точки, лежащей на сфере,
воспользуемся меридианом. Ведь если провести мери-
диан так, чтобы высота пирамиды лежала в его плоско-
сти, вершина S пирамиды будет лежать на этом меридиа-
не (рис. 60).

Рисунок к данной задаче выполняем в такой последо-
вательности; изображаем сферу с параллелью и полюса-
ми, прямоугольник ABCD, вписанный в эту параллель,
меридиан, проходящий через точки N, М и А. В плоско-
сти меридиана проводим прямую 4S, параллельную
прямой MN (точка S принадлежит меридиану). Оста-
ется соединить точку S отрезками с точками А, В, С, D.
Ребро SC — диаметр шара. (Докажите!).

Способ изображения вписанных в сферу цилиндра
и конуса ясен из прилагаемых рисунков (рис. 61,62). На
рисунке 61 изображение меридиана необязательно.

Для построения параллельной проекции прямой
призмы, вписанной в сферу, изображаем сначала сферу
с полюсами, двумя параллелями, равноудаленными от
центра сферы и вписанное в одну из них основание приз-
мы. Затем изображаем боковые ребра призмы «вертикаль-
ными» отрезками равной длины, концы которых на другой
параллели изображают вершины второго основания приз-
мы (имеется в виду, что изображение оси шара рас-
положено «вертикально» — рис. 63).

Изображение сферы, вписанной в многогранник, зна-
чительно сложнее.

Покажем сначала, как изображается сфера, вписан-
ная в конус (рис. 64). Изображаем сферу с полюсами
и меридианом. С помощью шаблона эллипса, большая
полуось которого больше радиуса сферы, изображаем
основание описанного конуса с центром в полюсе М сфе-
ры, расположив малую ось эллипса вдоль MN — изобра-
жения оси сферы. Проводим общие касательные к окруж-
ности, изображающей очертание сферы, и эллипсу; они
пересекаются в точке S на продолжении MN — изобра-
жения оси сферы. Точка S — проекция вершины конуса??
Из S проводим касательные 5Л и SB к изображению
меридиана. Треугольник SAB изображает осевое сече-
ние конуса, К и L — точки касания образующих 5Л,
SB и сферы. Точки касания всех образующих конуса
и вписанной в него сферы лежат на одной окружности
с центром Р на оси сферы (и высоте конуса). Плоскость
этой окружности параллельна плоскости основания ко-
нуса, поэтому КР || АВ. Имея изображение точки ft ка-
сания со сферой одной образующей конуса, можно по-
строить изображение точки касания со сферой любой
другой образующей конуса, например SC. Для этого
проводим из Р прямую, параллельно МС — точка Е ее
пересечения с SC является искомой.

Если около сферы описан цилиндр (высота и диаметр
основания цилиндра при этом равны диаметру сферы),
точки касания образующих цилиндра и сферы лежат на
экваторе (он является линией касания сферы и боковой
поверхности цилиндра). Последовательность построения
чертежа такова (рис. 65): изображаем сферу с эквато-
ром и полюсами; основания цилиндра с центрами в полю-
сах сферы изображаем тем же эллипсом, что и экватор
(малые оси всех трех эллипсов располагаются вдоль
изображения оси сферы); соединяем соответствующие
концы больших осей эллипсов отрезками — они изобра-
жают контурные образующие цилиндра. При желании
рисунок можно дополнить изображением осевого сече-
ния фигуры, использовав с этой целью изображение ме-
ридиана сферы.

Для изображения описанной около сферы пирамиды,
боковые грани которой одинаково наклонены к плоско-
сти основания, можно воспользоваться вспомогательным
конусом. Ведь если около сферы описать конус, а около
конуса — пирамиду, эта пирамида будет описана и около
сферы.

Точно так же для изображения прямой призмы, опи-
санной около сферы, можно применить вспомогательный
цилиндр. На рисунках 66 и 67 показаны примеры таких
построений.

Однако, несмотря на указанные возможности облегче-
ния, изображение шара, вписанного в многогранник,
все же дело сложное, занимает много времени, отвлекая
от основного — решения задачи. Поэтому в последние
годы в школьных учебниках «узаконен» упрощенный
способ, при котором вместо шара изображается его осе-
вое сечение — большой круг, расположенный во фрон- -
тальной плоскости. Чертеж при этом мало теряет в на-
глядности и в то же время выполняется быстро. Для ре-
шения задачи такой рисунок даже удобнее, поскольку
основные элементы фигуры на нем изображены без ис-
кажений.

При выполнении таких изображений мы снова поль-
зуемся не ортогональной, а произвольной косоугольной
проекцией, ибо если осевое сечение шара расположить
фронтально, то при пользовании ортогональной проек-
цией основания описанных около шара тел будут изоб-
ражаться отрезками.

Рассмотрим несколько примеров.

Пусть требуется изобразить шар, вписанный в пра-
вильную треугольную пирамиду. На рисунке 66 дано
объемное изображение этой комбинации тел. Располо-
жим сечение SDB фронтально и изобразим его без иска-
жения, начиная с высоты BD основания пирамиды (рис.
68): проводим «горизонтальный»1 отрезок BD, отмечаем
на нем изображение центра М основания пирамиды
(DM = у DB), из точки М проводим отрезок MS про-
извольной длины, перпендикулярный к DB, соединяем
S с D и В. Отрезок SD изображает апофему пирамиды,
SB — одно из боковых ребер. Проводим биссектрису
угла SDB. Точка О ее пересечения с высотой SM пира-
миды — центр вписанного шара. Радиусом ОМ строим
окружность; она касается сторон угла SDB в точках М
и К- Построенный круг изображает осевое сечение (боль-
шой круг) шара, М — точку касания вписанного шара
с плоскостью основания пирамиды, К — точку касания
шара с боковой гранью. Остается достроить изображение
пирамиды. Интересно отметить, что до этого момента
направление проектирования еще не выбрано. Через точ-
ку D под произвольным углом к прямой BD проводим
прямую, откладываем на ней от D равные отрезки DA =
= DC, точки А и С соединяем отрезками с В и S.

Подобным же образом изображаем шар, вписанный
в правильную четырехугольную пирамиду. В этом слу-
чае фронтальное осевое сечение представляет собою рав-
нобедренный треугольник, в который вписан большой
круг шара. Боковые стороны этого треугольника изобра-
жают апофемы пирамиды.

1 Перпендикулярный к «вертикальной» прямой.
На рисунке 69 дано изображение шара, вписанного
в прямую призму, в основании которой лежит ромб.
Как видно из рисунка, точка К не делит сторону осно-
вания пополам, как это имело бы место в случае опи-
санного куба.

Заметим, что при решении стандартных задач с ша-
ром, вписанным в многогранник, цилиндр или конус,
изображение самого шара часто бывает излишним —
достаточно обосновать (и отметить на чертеже) положе-
ние его центра, точек касания с различными плоскостями,
прямыми, поверхностями тел вращения.

Несколько замечаний относительно оформления чер-
тежа к задаче.

Прежде всего напомним, что видимые линии изобра-
жаются сплошными, невидимые — пунктирными. Для
большей наглядности при изображении комбинации гео-
метрических тел рекомендуется пользоваться каранда-
шами (мелками) различных цветов. При этом каждое тело
изображается своим цветом и независимо от другого
сточки зрения видимости его элементов.

В этой главе речь шла об изображении в параллель-
ной проекции основных элементов многогранников и тел
вращения — оснований и образующих цилиндра и кону-
са, высот, граней пирамиды и призмы. При решении за-
дач эти изображения выполняются без пояснений. В пер-
вой главе все это подробно обосновывалось не для того,
чтобы повторять при решении каждой задачи, а для
того, чтобы учащиеся научились грамотно изображать
внешний вид геометрических тел и их основные элементы.

Однако при решении задач приходится иметь дело
не только с внешним видом фигур, но и с сечениями мно-
гогранников плоскостью, углами наклона боковых ре-
бер и высоты пирамиды к ее граням, двугранными угла-
ми между гранями многогранника, расстояниями от то-
чек до граней, положением центра шара, вписанного
в многогранник или описанного около него, и т. д. Все
эти элементы фигур, их взаимосвязи определяют конкрет-
ное содержание задач. Без их построения (с необходи-
мым обоснованием) и правильного изображения задачу
решить нельзя.

Вопросам построения таких элементов стереометри-
ческих фигур, их изображения на чертеже и нужного
в таких случаях обоснования посвящены главы II—VIII
этой книги.

|До|
Глава II. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКА
ПЛОСКОСТЬЮ. ОБОСНОВАНИЕ ФОРМЫ

СЕЧЕНИЯ

Приступая в этой главе к описанию и обоснованию
построения сечений и различных элементов простран-
ственных фигур, к анализу и обоснованию свойств фи-
гур, что составляет, возможно, самый сложный этап
решения стереометрической задачи, считаем необходи-
мым сделать важное замечание.

В предыдущей главе речь шла о правилах изображе-
ния пространственных фигур. В связи с этим четко про-
тивопоставлялись фигура-оригинал и ее изображение
в параллельной проекции. Опи по-разному обозначались,
и на каждом шагу приходилось говорить не «высота»
или «биссектриса», а «изображение высоты», «проекция
биссектрисы». На чертеже высота очень редко проводи-
лась перпендикулярно к изображению стороны треуголь-
ника и т. п.

В этой главе и во всех последующих речь будет идти
не об изображениях фигур и их элементов, а о самих фи-
гурах, о том, как строится или существует в простран-
стве тот или иной элемент фигуры-оригинала. Когда
мы скажем: «Проведем через точку О прямую, перпенди-
кулярную к прямой АВ», то будем иметь в виду перпен-
дикуляр к прямой АВ в пространственной модели фи-
гуры, независимо от того, как прямая АВ и перпенди-
куляр к ней будут изображаться на чертеже. Короче
говоря, чертеж будет рассматриваться лишь как иллюст-
рация, как наглядная графическая модель, которая
помогает уяснить особенности самой пространственной
фигуры, о которой говорится в задаче. Искажения, обус-
ловленные проекцией, мы перестанем замечать (и чем
раньше, тем лучше!). Рассуждения (в том числе в пись-
менных пояснениях и обоснованиях к решению задачи)
будут относиться к самой фигуре, а не к ее изображению,
например: «Пусть SABC — данная правильная треуголь-
ная пирамида. Построим линейный угол двугранного
угла при ребре АВ...» При этом элементы фигуры будем
называть по их буквенным обозначениям на чертеже.

§ 1. Построение сечения многогранника плоскостью,
заданной тремя точками

В стереометрии часто приходится рассматривать се-
чения тел, в частности многогранников, различными
ь.

MA7HEDJ.RJ
плоскостями. Сечение выпуклого многогранника есть
выпуклый плоский многоугольник. Его вершины в общем
случае являются точками пересечения секущей плоско-
сти с ребрами многогранника, а стороны — отрезками,
по которым секущая плоскость пересекает грани много-
гранника.

Задачи на сечения многогранника плоскостью обычно
состоят в том, чтобы построить параллельную проекцию
сечения, имея параллельную проекцию самого много-
гранника и условия, которыми задается секущая плос-
кость, и вычислить площадь полученного сечения или
отношение, в котором секущая плоскость делит объем
многогранника. Решение каждой из двух частей такой
задачи должно быть убедительно обосновано.

В зависимости от взаимного положения многогран-
ника и секущей плоскости сечение может быть треуголь-
ником, четырехугольником и т. д., однако число сторон
многоугольника-сечения, конечно, не может превышать
числа всех граней данного многогранника. Например,
сечения куба плоскостью могут иметь форму треуголь-
ника, четырехугольника, пятиугольника, шестиуголь-
ника, причем каждый из этих видов сечений может быть
представлен в разных вариантах (например, треуголь-
ник правильный, равнобедренный, разносторонний).

При построении сечения многогранника плоскостью,
независимо от применяемого при этом метода, приходит-
ся решать две элементарные задачи: строить точку пере-
сечения прямой (ребра многогранника) секущей плоско-
стью и линию пересечения двух плоскостей (секущей
плоскости и плоскости грани).

Для построения точки А пересечения прямой а с
плоскостью а (следа прямой а в плоскости а) через пря-
мую а проводим вспомогательную плоскость 0 и нахо-
дим линию b пересечения плоскостей а и 0 (рис. 70).
Точка А пересечения прямых а и b — искомая. Есте-
ственно, вспомогательную плоскость 0 выбираем так,
чтобы прямая b пересечения ее с плоскостью а была нам
известна или легко могла быть построена.

Для построения линии пересечения двух плоскостей,
а и 0, в одной из них, например 0, выбирают две прямые
а и с, пересекающие а, и находят точки А и В пересече-
ния этих прямых с а. Общие точки А и В двух плоскостей
определяют их единственную общую прямую АВ.

Секущая плоскость может быть задана по-разному.
В этом параграфе рассмотрим случаи задания секущейг
52 №й|

mathedu.ru
плоскости тремя точками, не лежащими на одной прямой*

Задача 7. Построить сечение пятиугольной пирами-
ды плоскостью, заданной тремя точками на ребрах пи-
рамиды.

Имея три точки /<, М, N пересечения секущей плоско-
сти с ребрами пирамиды (рис. 71), можно построить чет-
вертую точку, например точку L пересечения секущей
плоскости с ребром SD. В четырехугольнике NMKLm-
вестны три вершины N, М, К и диагональ KN. Построив
точку пересечения диагоналей этого четырехугольника,
мы сможем провести вторую диагональ до встречи с реб-
ром SD\ это даст четвертую вершину L четырехугольни-
ка. Диагональ KN четырехугольника лежит в плоско-
сти BSE, а вторая диагональ проходит через М и лежит
в плоскости ASD. Эти плоскости пересекают плоскость
основания пирамиды по прямым BE и AD, имеющим об-
щую точку F. Вторая общая точка этих плоскостей—
вершина S пирамиды. Следовательно, их линия пересе-
чения — SF. Но SF пересекает диагональ K7V четырех-
угольника NMKL в точке Н — единственной общей точке
прямой KN и плоскости ASD, которой принадлежит
вторая диагональ четырехугольника. Следовательно,
Н — искомая точка пересечения этих диагоналей. Про-
ведя МН, мы находим точку L ее пересечения с SD —
четвертую вершину четырехугольника (искомую вершину
сечения). Подобным же образом строим вершину Р сече-
ния на ребре SC пирамиды. Соединив последовательно
отрезками точки 7V, М, К, L, Р, получим искомое се-
чение.

Задача 8. Построить сечение данной пятиугольной
призмы плоскостью, проходящей через данные три точки
М, N, Р (точки М и Р заданы на боковых ребрах, точка
N — на боковой грани призмы).

Для построения сечения воспользуемся методом сле-
да секущей плоскости в плоскости а основания призмы.
Этот след используем для того, чтобы получить точки
пересечения секущей плоскости с ребрами призмы. Для
построения следа секущей плоскости в плоскости а
найдем точки пересечения прямых МР и MN, лежащих
в секущей плоскости, с плоскостью а (рис. 72). В каче-
стве вспомогательных при этом удобно выбрать плоско-
сти ЕЕ^С и ЕЕуН^Н. Данная точка N лежит в грани
АА^В на HiH^AiA, следовательно, и в плоскости
ЕЕ^Н. Линии ЕС и ЕН пересечения вспомогательных
плоскостей с плоскостью а нам известны. Через найден—
ные точки Q и F проведем прямую FQ — след секущей
плоскости в плоскости а основания призмы.

В данном случае для построения сечения не хватает
точек пересечения секущей плоскости с ребрами призмы
AAlt ВВ19 DDy или их продолжениями. Продолжим сто-
рону АВ основания до пересечения с FQ. Полученная
точка S принадлежит секущей плоскости (так как ле-
жит на FQ) и плоскости грани АА^В (так как лежит на
АВ). Точка N также принадлежит этим двум плоскостям,
поэтому прямая SN — линия их пересечения, а полу-
ченные при этом точки К и L — точки пересечения секу-
щей плоскости с ребрами ААГ и ВВ± призмы. Подобным
же образом строим точку R пересечения секущей плоско-
сти с ребром DDr. Последовательное соединение отрез-
ками пар точек пересечения секущей плоскости с ребра-
ми призмы, лежащими в одной грани, дает стороны се-
чения. В данном случае искомым сечением является
пятиугольник KLPRM.

В зависимости от расположения точек, задающих се-
кущую плоскость, последняя может оказаться параллель-
ной той или иной грани призмы, пересечь плоскость гра-
ни, не пересекая самой грани; точки пересечения могут
оказаться не на ребре, а на его продолжении и т. п. (см.,
например, рис. 74). Рекомендуем читателю проделать
ряд упражнений, выбрав три разные точки, определя-
ющие секущую плоскость, на ребрах или гранях много-
гранника, чтобы убедиться в этом и научиться завершать
построение сечения и в тех случаях, когда секущая плос-
кость пересекает продолжение того или иного ребра.

В зависимости от расположения заданных точек се-
чение в данной задаче может быть треугольником, четы-
рехугольником, пятиугольником (как в данном приме-
ре), шестиугольником или семиугольником (если секу-
щая плоскость пересечет все семь граней данной пяти-
угольной призмы). В задаче 7 способ построения сече-
ния многогранника плоскостью, заданной тремя точками,
в отличие от метода секущей плоскости, который
требует много места, удобен гем, что все построения про-
водятся внутри фигуры.

§ 2. Построение сечения многогранника плоскостью,
заданной прямой и точкой вне ее
или двумя параллельными прямыми

Задание секущей плоскости прямой и точкой вне этой
прямой, двумя пересекающимися или двумя параллель-

mathedu.ru
ними прямыми равносильно заданию этой плоскости
тремя точками, не лежащими на одной прямой. При этом
в ряде случаев построение сечения облегчается, так как
мы сразу получаем 2—4 вершины многоугольника-се-
чения.

Задача 9. Построить сечение данной пятиугольной
пирамиды плоскостью, проходящей через сторону осно-
вания пирамиды и точку на одном из ее боковых ребер.

Пусть секущая плоскость проходит через сторону А В
основания пирамиды SABCDE и точку N на ребре SD
(рис. 73). Это сразу дает нам три вершины искомого се-
чения: Л, В и N. Прямую АВ используем как след секу-
щей плоскости в плоскости основания пирамиды. Нахо-
дим точки К и L пересечения АВ с DE и DC. Прямая
LN — линия пересечения секущей плоскости с плоско-
стью грани SDC. Точка М пересечения LM и SC принад-
лежит секущей плоскости и ребру SC пирамиды. Остает-
ся провести прямую KN, чтобы найти линию пересече-
ния секущей плоскости с плоскостью грани SED и точ-
ку Р пересечения ее с ребром SE. Соединив отрезками по-
следовательно точки Л, В, М, N, Р, получим сечение —
пятиугольник ABMNP.

Задача 10. Построить сечение правильной шести-
угольной призмы плоскостью, проходящей через сторо-
ну нижнего основания и заданную точку на оси симмет-
рии призмы.

Пусть секущая плоскость проходит через сторону ВС
основания правильной шестиугольной призмы и точку N
на ее оси симметрии ОО2 (рис. 74). При решении этой за-
дачи также можно воспользоваться заданным следом ВС
секущей плоскости в плоскости основания. Однако мы
построим сечение несколько по-иному. Секущая плос-
кость пересекается с плоскостями BBJE^E и CC^F диа-
гональных сечений призмы соответственно по прямым
BN и CN. Это дает возможность найти точки К и L пере-
сечения секущей плоскости с прямыми ЕЕГ и FFr. Плос-
кость AAXDXD параллельна плоскости грани ВВ&&,
которая проходит через ВС. Поэтому плоскость AAJ^D,
имея с секущей плоскостью общую точку Nt пересекает-
ся с нею по прямой, проходящей через N и параллельной
ВС. Построив эту прямую, найдем точки Р и Q пересече-
ния секущей плоскости с ребрами AAi и DDlt

Точки L и /С в данном примере оказались на продол-
жениях боковых ребер призмы. Прямые PL и QK пере-
сечения с секущей плоскостью плоскостей граней

I; $ -

MATHECURU
AA^F и DD^^E пересекают стороны верхнего основа-
ния призмы в точках Н и R. Соединив последовательно
точки В, С, Q, 7?» //, Р, В отрезками, получим искомое
сечение. Для контроля построений следует учесть, что
KL || HR Н PQ || ВС как линии пересечения парал-
лельных плоскостей секущей плоскостью. По той же при-
чине CQ || РН и ВР || QR.

Задача 11. В правильной шестиугольной призме
длина стороны основания а, длина бокового ребра Ь. По-
строить сечение призмы плоскостью, проходящей через
сторону нижнего основания и параллельную ей сторону
верхнего основания в противолежащей грани. Найти
площадь сечения.

Пусть секущая плоскость проходит через параллель-
ные ребра АВ и BiDi данной призмы (рис. 75). В этом
случае сразу определяются четыре вершины сечения:
А, В, Еи Dt. Для получения остальных двух вершин се-
чения на боковых ребрах СС± и FFi проводим ВЕГ и ADt.
Их точка пересечения О — центр симметрии призмы —
принадлежит секущей плоскости и плоскости CCXFVF.
Прямая, по которой эти плоскости пересекаются, про-
ходит через О параллельно PC, так как АВ Ц FC (вспом-
ните теорему о параллельности прямой и плоскости и до-
кажите обратную ей теорему). Проведя эту прямую, на-
ходим точки М и N пересечения секущей плоскости с реб-
рами ССХ и FFr призмы. Искомое сечение — шестиуголь-
ник ABMD^N.

Из хода построения следует, что точки М и N — се-
редины боковых ребер, точка О — центр симметрии по-
лученного шестиугольника, MN — его ось симметрии.

§ 3. Применение метода внутреннего проектирования
при построении сечения призмы плоскостью

Решая задачи на построение точки пересечения пря-
мой с данной плоскостью, мы каждый раз искали удоб-
ную для этой цели вспомогательную плоскость, линия
пересечения которой с данной плоскостью нам известна
или легко может быть построена.

Эти поиски упрощаются, если воспользоваться мето-
дом внутреннего проектирования. Ограничимся рас-
смотрением задачи на построение этим методом сечения
призмы плоскостью, так как в этом случае применяеяся
знакомое нам параллельное проектирование. Для по-
строения сечения пирамиды применяется внутрерн^е
центральное проектирование с центром в вершине пира-
миды. Построения при этом проводятся аналогично по-
строениям на призме, но мы на них останавливаться не
будем.

Итак, в чем смысл внутреннего параллельного про-
ектирования? Рассмотрим пространственную модель
призмы. Возьмем плоскость ее основания за плоскость
проекций а (назовем ее основной плоскостью), а за на-
правление проектирования — направление бокового
ребра призмы. При этом плоскости боковых граней, диа-
гональных сечений призмы, как и любая другая плос-
кость, параллельная боковому ребру, будут проектиру-
ющими.

Если фигура лежит в плоскости, которая не является
проектирующей, между точками этой фигуры и ее про-
екции на основную плоскость а устанавливается взаим-
но однозначное соответствие. Это позволяет не только
строить проекцию любой точки такой фигуры, но и по
проекции точки построить эту точку.

Однако мы обычно пользуемся не пространственными
моделями фигур, а их изображениями на плоскости.
С помощью произвольного параллельного проектирова-
ния изобразим пространственную модель призмы вместе
с аппаратом внутреннего проектирования на листе бума-
ги или классной доске. Параллельное проектирование,
к которому мы прибегали для получения изображения,
в отличие от описанного выше внутреннего проектирова-
ния, называется внешним.

В дальнейшем, проводя построения на полученном
изображении (его называют проекционным чертежом),
будем ссылаться на свойства внутреннего проектирования.
При этом в наших рассуждениях речь будет ид-
ти не об изображениях точек и их проекций на основную
плоскость во внутреннем проектировании, а о самих точ-
ках и их проекциях на пространственной модели.

Для задания точки пространственной фигуры доста-
точно указать положение этой точки на прямой или плос-
кости. При необходимости мы можем построить проекцию
этой точки на основную плоскость.

На проекционном чертеже изображение самой только
точки не определяет ее положения. На рисунке 76 мы
видим изображения точек Mlt Nlt Рг (проекции
точек на основную плоскость будем обозначать теми же
буквами без индекса). О точках Ki и можно сказать,
что они лежат в грани ЛЛ^В. Относительно точки
такое заключение делаем потому, что на проекционном
чертеже задано изображение не только самой точки, но
и ее проекции К на основную плоскость, причем К при-
надлежит следу проектирующей плоскости АА^В, ко-
торой принадлежит точка Ki- Точка Nu как видно из
чертежа, принадлежит прямой EjF, которая лежит
в плоскости указанной грани. О точке Рг безошибочно
можно сказать, что она расположена над основной плос-
костью и ближе к зрителю, чем призма (при взгляде
справа). Это объясняется тем, что на чертеже дано изобра-
жение не только самой точки Ри но и ее проекции на
основную плоскость.

О положении точки Мг ничего определенного сказать
нельзя: она может быть расположена как над, так и под
основной плоскостью, внутри или вне призмы, на грани
АА&гС или ВВ&& и т. д. Попробуйте задать разные
проекции точки М± и вы легко убедитесь в этом.

Пусть на проекционном чертеже дано изображение
основной плоскости а. Точка Ai считается заданной отно-
сительно плоскости а, если дано изображение на этом
чертеже как самой точки А ь так и ее проекции А на плос-
кость а. Точка А2 считается заданной и тогда, когда на
проекционном чертеже не изображена ее проекция А на
а, но она может быть построена. Прямая а считается за-
данной, если заданы две точки этой прямой (или вместе
с изображением прямой аг на чертеже дано изображение
ее проекции а на основную плоскость). Плоскость счи-
тается заданной, если заданы три точки либо другие
элементы, определяющие эту плоскость.

Изображение геометрической фигуры на проекцион-
ном чертеже будем называть полным, если все элементы
этой фигуры заданы. На рисунке 77 изображены тре-
угольники Ли Изображение первого из

них полное, второго—неполное.

Из сказанного ясно, что эффективное решение пози-
ционных задач на проекционнохм чертеже возможно
лишь при условии, что этот чертеж полный. Позицион-
ными называются задачи на определение взаимного раз-
мещения точек, прямых и плоскостей в пространстве —
принадлежности точки прямой, прямой — плоскости, пере-
сечения или параллельности прямых и плоскостей и т. п.

Основным построением на проекционном чертеже
является построение точки пересечения прямой и плоско-
сти. Мы видели выше, что построение сечений многогран-
ников сводится к многократному повторению этого ос-
новного построения. В качестве вспомогательной плоско-
сти пользуются проектирующей плоскостью, проходя-
щей через данную прямую. При этом точка пересечения
прямой с плоскостью а находится как точка пересече-
ния прямой и ее проекции на эту плоскость.

Покажем, как задача построения точки пересечения
прямой и плоскости решается методом внутреннего про-
ектирования.

Пусть задана призма AyB^D^ABCD и прямая MxNi.
Требуется построить точки пересечения этой прямой
с гранями призмы.

Примем плоскость основания призмы за плоскость
проекций а (при внутреннем проектировании), а за на-
правление проектирования— направление бокового реб-
ра призмы (рис. 78). Тогда изображение геометрической
фигуры на нашем чертеже будет полным, искомые точки
можно построить.

На чертеже задана проекция MN прямой на
плоскость а. Она является линией пересечения плоско-
сти а с проектирующей плоскостью проходящей

через MiNi. Плоскость грани AAtDJ)— проектирующая,
ее след в плоскости а — прямая AD. Точка Р пересече-
ния MN и AD принадлежит проекциям и прямой, и гра-
ни. Следовательно, она является проекцией точки
пересечения прямой с плоскостью грани. Поскольку
наше изображение полное, легко находим точку Рх по ее
проекции Р. Аналогично находим точку Qt пересечения
прямой MiN} с плоскостью грани ВВ&^С.

На рисунке 78 показано также построение точек Ki
и £х пересечения прямой с плоскостями АА/^С
и BBiPJ). Подобным образом можно построить точку
пересечения прямой с любой проектирующей плос-
костью, не параллельной этой прямой. Применение опи-
санного способа покажем на примере построения сече-
ния призмы.

Задача 12. Построить сечение пятиугольной призмы
плоскостью, проходящей через заданные аочки Ми
Ni, Pi.

Как видно из рисунка 79, построение точек F19Rl9 Qi
пересечения прямой с плоскостями грани АА^В^В
и диагональных сечений BEE^By и BDD^B^ призмы поз-
волило найти точки пересечения секущей плоскости с реб-
рами призмы и вершины многоугольника-сечения. На-
пример, найдя точку Flt мы можем провести прямую
NiFt пересечения секущей плоскости с плоскостью грани
АА^В и таким образом найти точку Н± пересечения
секущей плоскости с ребром AAt призмы (или его про-
должением, в зависимости от расположения заданных
точек Mi, N19 PJ. Аналогично прямая N1R1 является
линией пересечения секущей плоскости с плоскостью
BBJ^E и «выводит» нас на ребро ЕЕг и т. д.

Остается заметить, что при построении сечений мы
фактически с самого начала пользовались этим приемом,
но в «скрытом» виде, а это затрудняло построения и их
обоснование.

§ 4. Построение сечения многогранника плоскостью,
заданной точкой и условием параллельности
или перпендикулярности к указанным прямым
и плоскостям

В этом параграфе рассматриваются примеры задач на
построение сечений многогранников, когда секущая
плоскость задана одним из следующих условий:

1. Плоскость проходит через данную точку перпен-
дикулярно к данной прямой.

2. Плоскость проходит через данную точку и парал-
лельна двум пересекающимся или скрещивающимся пря-
мым.

3. Плоскость проходит через одну из двух скрещи-
вающихся прямых и параллельна второй из этих прямых.

4. Плоскость проходит через данную точку и парал-
лельна данной плоскости.

5. Плоскость проходит через данную прямую и пер-
пендикулярна к данной плоскости (не перпендикулярной
к данной прямой).

6. Плоскость проходит через данную точку, перпен-
дикулярна к данной плоскости и параллельна данной
прямой.

7. Плоскость проходит через данную прямую под
данным углом к данной плоскости.

Обосновывая построение и форму сечения, мы во всех
этих случаях, естественно, будем опираться на опреде-
ления и теоремы о перпендикулярности и параллельно-
сти прямых и плоскостей. Предполагается, что читатель
хорошо знает эти определения и теоремы, умеет их при-
менять при выполнении и обосновании соответствующих
построений.

В указанных случаях можно, конечно, при построе-
нии сечений пользоваться общими способами, рассмот-
ренными в предыдущем параграфе, выделяя каждый раз
из данных условий три точки или прямую и точку вне
этой прямой, которые определяют заданную секущую
плоскость. Но это невыгодно (следовательно, нерацио-
нально) не только потому, что усложняет построение.
Ведь надо не просто построить сечение, но выяснить его
форму и свойства, определить отдельные его элементы.
А этого сделать нельзя без учета взаимного положения
и свойств секущей плоскости и многогранника, которые
указываются в условии задачи. Boi почему, приступая
к построению сечения, нужно очень внимательно про-
анализировать свойства многогранника, положение се-
кущей плоскости относительно его граней, ребер и дру-
гих отрезков. Это даст возможность правильно и рацио-
нально строить точки пересечения секущей плоскости
с ребрами, линии пересечения ее с гранями многогранни-
ка, сделать обоснованный вывод о форме посгроенного
сечения и т. д. В этом наглядно можно убедиться на при-
мерах данных ниже задач.

1. Задача 13. На ребре АВ правильной четырех-
угольной пирамиды SABCD дана точка М, ВМ =* АВ.
Через точку Af проведена секущая плоскость перпендику-
лярно к прямой АВ. Построить сечение и вычислить его
площадь, если сторона основания пирамиды равна а,
а высота пирамиды Н.

На ребре АВ пирамиды SABC откладываем отрезок
ВМ = ~ АВ (рис. 80). Через точку М в грани ASB
проводим МК -L АВ (точка лежит на ребре SB,
MJK II SF, где SF — апофема пирамиды), а в основании
A BCD проводим МР ± АВ, где точка Р лежит на ребре
DC (МР || FO). Плоскости SFO и КМР параллельны
между собой и перпендикулярны к АВ, следовательно,
перпендикулярны к основанию ABCD пирамиды. Так
как ВС || МР, то прямая ВС параллельна секущей плос-
кости КМР. Поэтому грань BSC, имея с секущей плоско-
стью общую точку К, пересекается с нею по прямой
KL Н ВС — но теореме, обратной теореме о параллель-
ности прямой и плоскости. (Докажите ее!) Искомое се-
чение — трапеция MKLP. Пусть N — точка пересече-
ния диагонали BD основания пирамиды и отрезка МР.
Но KN || SO как линии пересечения параллельных плос-
костей SFO и КМР третьей плоскостью DSB. Поскольку
SO перпендикулярна к плоскости основания пирамиды,п

бц.

mathedu.ru
то и отрезок /(ТУ перпендикулярен к этой плоскости.
Следовательно, KN JL МР, отрезок ЛГУ — высота тра-
пеции MKLP.

Построение сечения, обоснование его формы, построе-
ние высоты трапеции можно провести и в иной последо-
вательности, но требование правильности построения
и обоснования всех утверждений (даже кажущихся «на-
глядно очевидными») остается в силе при любых усло-
виях.

В этой книге при построении чертежей к рассматри-
ваемым задачам, как уже сказано во «Введении», не все
обоснования приводятся. Это сделано для того, чтобы
не лишать читателя возможности самостоятельно выпол-
нять упражнения.

Задача 14. Через точку М диагонали куба провести
сечение, перпендикулярное к этой диагонали.

Пусть секущая плоскость проходит через точку М
диагонали AtC данного куба, перпендикулярно к этой
диагонали (рис. 81). Для построения искомого сечения
рассмотрим сначала сечение куба плоскостью, проходя-
щей через вершины A, Dlf Вг куба (то есть через концы
ребер, исходящих из вершины Лх). Сечение ABJ)t —
правильный треугольник. Докажем, что оно перпендику-
лярно к диагонали ЛХС куба, то есть параллельно иско-
мому сечению.

AlABtD1 — правильная треугольная пирамида с вер-
шиной Л!, в основании которой — правильный треуголь-
ник ЛВ1Ь1, а боковыми ребрами служат равные ребра
куба. ЛОХ — медиана треугольника ABJ^. Рассмотрим
диагональное сечение АА&С куба (рис. 81, а), где Т —
точка пересечения АГС с медианой ЛОХ треугольника
АВ^Р^ Проведем O2U || СЛХ. ООХ = ОО2 = AJJ = AU.
По теореме Фалеса имеем: ОХТ = ТХ = АХ, то есть
точка Т лежит на медиане правильного треугольника
и делит ее в отношении 1 : 2, считая от основания BtDi
этого треугольника. Это означает, что точка Т — центр
правильного треугольника AB1D1 и А±Т — высота пра-
вильной пирамиды ArAB^i, то есть диагональ ЛХС ку-
ба перпендикулярна к сечению АВ^.

Из доказанного следует, что искомое сечение парал-
лельно сечению ЛВХ£>Х куба (докажите, что две плоско-
сти, перпендикулярные к одной и той же прямой, парал-
лельны между собой). Это обстоятельство чрезвычайно
облегчает построение искомого сечения — стороны этих
сечений, расположенные в одних и тех же гранях куба,-
параллельны между собой (как линии пересечения двух
параллельных плоскостей третьей плоскостью).

Последовательность построения искомого сечения та-
кова. Строим сечение ABJJt и прямую AOi его пересе-
чения с диагональным сечением ЛЛ1С1С куба. Через
данную на диагонали А& куба точку М проводим в этом
же диагональном сечении отрезок QR || АО1г по которо-
му искомое сечение пересекается с прямоугольником
АА&С. Точки Q и 7? принадлежат секущей плоскости
и соответствующим плоскостям оснований куба. Через R
проводим NL || BiDt, через Q — EF || DB, через Е —
ЕР || ADlt через F — FK || ABL. Полученные таким об-
разом вершины сечения N, L, К, F, Е, P,N соединяем
последовательно. (Вершины Р и К. можно получить, про-
ведя через точку S РК II EF, где S — точка пересечения
оси О,О2 куба и RQ—оси симметрии сечения). Вид много-
угольника-сечения зависит от выбора точки М. При
А С 2А С

Мг-<СМ < получим в сечении шестиугольник,
О о

1 2

при СМ < Л,С либо -5- А,С < СМ < ЛХС — треуголь-
О о

ник (оба случая показаны на рисунке 81).

Утверждения о перпендикулярности прямых и плос-
костей (с которыми мы встретимся и в других задачах)
значительно проще доказать, используя обобщенное оп-
ределение, признак перпендикулярности прямой и плос-
кости и обобщенную теорему о трех перпендикулярах.

Предоставляем читателю самостоятельно разобраться
в этом определении и доказательствах обобщенных тео-
рем — они не сложны. В частности, доказательство при-
знака перпендикулярности прямой и плоскости чрез-
вычайно упрощается при использовании свойств скаляр-
ного произведения двух векторов (этог материал изуча-
ется в девятом классе).

Обобщение состоит в том, что перпендикулярными

называют не только прямые, пересекающиеся под прямым

углом, но и скрещивающиеся прямые, угол между кото-
рыми равен 90°. Это дает возможность сформулировать
определение перпендикулярности прямой и плоскости
так: прямая называется перпендикулярной к плоскости,
если она перпендикулярна к любой прямой в этой плос-
кости. Соответственно теорема (признак) перпендикуляр-
ности прямой и плоскости формулируется так: если

прямая перпендикулярна к двум пересекающимся пря-

мым в плоскости, она перпендикулярна к этой плоско-
сги. В условии теоремы о трех перпендикулярах не тре-
буется, чтобы прямая, проведенная на плоскости перпен-
дикулярно к проекции наклонной, обязательно проходи-
ла через основание наклонной.

2. Рассмотрим два примера построения сечения мно-
гогранника плоскостью, заданной точкой и условием
параллельности двум скрещивающимся прямым.

Задача 15. Построить сечение правильной четырех-
угольной призмы ABCDA1B1C1D1 плоскостью, прохо-
дящей через точку М на боковом ребре ВВг призмы па-
раллельно диагонали основания АС и скрещивающейся
с ней диагонали призмы BDr.

При построении сечения (рис. 82) в данном случае
на первый план выдвигается теорема, обратная теореме
о параллельности прямой и плоскости: если плоскость
проходит через прямую, параллельную другой плоско-
сти, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения
плоскостей параллельна данной прямой (эта теорема
очень легко доказывается способом «от противного»).

Опираясь именно на эту теорему, строим MR — ли-
нию пересечения секущей плоскости с плоскостью
BBtJDy • MR || BDr (R — общая точка секущей плоско-
сти и плоскости верхнего основания призмы). Далее че-
рез точку Q пересечения секущей плоскости с осью ООг
призмы проводим в диагональном ее сечении ДД1С1С от-
резок KN || АС. Наконец, через R проводим LP || /(W—
линию пересечения секущей плоскости с плоскостью
верхнего основания призмы. Остается последовательно
соединить отрезками точки М, N, Pt L, К, М.

Заметим, что и в этой задаче, в зависимости от поло-
жения точки М на боковом ребре призмы, можно полу-
чить в сечении ромб (если точка М совпадает с верши-
ной В), пятиугольник (если 0 < МВ < ВВ^, тре-

угольник (если ± ВВг < МВ <ВВ1 \. Последний слу-

чай также изображен на чертеже.

Задача 16. Построить сечение правильной четырех-
угольной пирамиды SABCD плоскостью, проходящей
через середину М стороны ВС основания параллельно
диагонали АС основания и боковому ребру SB. Вычис-

лить площадь сечения, если длина стороны основания

пирамиды а, а боковое ребро наклонено
основания под углом а.

к плоскости
MATHEfJ.RJ

Рис. 66

MATHECJ.R'J

plcll.

5
Phcj 97

i j
В/ Ct

Ссылаясь на упомянутую выше теорему (задача 15),
последовательно строим (рис. 83) линии пересечения се-
кущей плоскости с плоскостями ABC, DSB и Д5С. Эти
построения дают нам все искомые вершины сечения.
(Обоснование каждого построения предлагается прове-
сти читателю).

Из хода построения следует, что точка N — середина
АВ, точка Q — середина SO, следовательно, точки К
и Р — середины боковых ребер 5Д и SC пирамиды со-
ответственно. Отсюда: KN || SB || РМ. Кроме того,
QF || 7<W || РМ. Но QF ± NM, в чем легко убедиться,
применив теорему о трех перпендикулярах. Следователь-
но, сечение составлено из прямоугольника KNMP и рав-
нобедренного треугольника KLP, имеющих общее ос-
нование КР.

3. Если данная точка принадлежит одной из данных
двух скрещивающихся прямых, случай, рассмотренный
в предыдущих двух задачах, сводится к такому: секущая
плоскость проходит через одну из данных скрещиваю-
щихся прямых параллельно другой прямой.

Задача 17. В основании прямой призмы лежит ромб.
В плоскости меньшего диагонального сечения призмы
дана прямая MN, пересекающая оба боковых ребра
призмы. Через эту прямую проведена секущая плоскость,
параллельная диагонали основания, призмы. Построить
сечение и исследовать его форму.

Пусть в ромбе ABCD BD < АС (рис. 84). Тогда мень-
шее диагональное сечение призмы проходит через BD.
Построение искомого сечения не составляет труда. На-
ходим точку Р пересечения прямой MN с осью ООХ приз-
мы, в ее диагональном сечении АА^С проводим
KL || АС. Остается соединить последовательно отрез-
ками точки К, М, L, N пересечения секущей плоскости
с боковыми ребрами призмы.

Из условия задачи следует, что секущая плоскость
пересекает все боковые ребра параллелепипеда. В се-
чении получаем параллелограмм (противоположные па-
раллельные боковые грани пересекаются секущей плос-
костью по параллельным прямым). В данном случае се-
чение является ромбом. Для этого достаточно доказать,
что в параллелограмме KMLN диагонали взаимно пер-
пендикулярны. Последнее следует из того, что проекцией
наклонной NM на плоскость основания призмы является
диагональ DB основания, но AC ± DB, поэтому АС ±
-L NM (для доказательства последнего утверждения мож-S
ио провести OR || MN и применить теорему о трех пер-
пендикулярах). А так как RL || АС, то RL ± NM.
Предлагаем читателю установить, при каких условиях
полученное сечение может оказаться квадратом.

Изменим несколько условие задачи. Пусть прямая
М N лежит в плоскости большего диагонального сечения
данной призмы, а секущая плоскость, как и прежде, про-
ходит через MN параллельно диагонали основания (те-
перь уже BD). Можно ли при этих условиях получить
в сечении квадрат?

4. Случай задания секущей плоскости точкой и усло-
вием параллельности данной плоскости рассмотрим на
примере треугольной пирамиды.

Задача 18. Построить сечение правильной треуголь-
ной пирамиды плоскостью, проходящей через центр ос-
нования параллельно боковой грани пирамиды.

Пусть секущая плоскость параллельна грани AS В
пирамиды SABC (рис. 85). После проведения через
центр О основания пирамиды прямой MN || АВ следы
секущей плоскости в боковых гранях можно строить
по-разному: либо провести ОК || SD (SD — апофема
пирамиды) и соединить точку К с точками М и N, либо
провести NK 11 BS и МК II AS (прямые МК и NK пере-
секаются в точке К на ребре SC). Можно, проведя NK II

|| BS и получив точку К, соединить ее с точкой М. Эти
различные пути построения можно использовать для
контроля. Например, построить точку К первым спосо-
бом и убедиться, что /(W || SB и КМ || SA.

5. Если прямая АВ перпендикулярна к данной плос-
кости а, любая плоскость, проходящая через эту прямую,
будет перпендикулярна к плоскости а. Следовательно,
условие, что секущая плоскость проходит через прямую
АВ, перпендикулярную к данной плоскости а, не опре-
деляет единственной плоскости. Но если прямая АВ не
перпендикулярна к плоскости а, через АВ можно про-
вести единственную плоскость, перпендикулярную к
плоскости а.

Задача 19. Построить сечение правильной четырех-
угольной пирамиды SABCD плоскостью, проходящей
через медиану АК боковой грани ASB и перпендикуляр-
ной к плоскости основания.

Медиана боковой грани правильной пирамиды не
перпендикулярна к плоскости основания, поэтому
условия задачи определяют единственную секущую
плоскость.
Если в условии задачи речь идет о перпендикулярно’
сти плоскости 0 к плоскости а, нужно постараться из
удобной для нас точки плоскости 0 провести перпенди-
куляр к плоскости а. В данном случае (рис. 86) удобнее
всего из конца К медианы АК боковой грани ASB опус-
тить перпендикуляр на плоскость основания. Поскольку
точка К лежит в плоскости DSB, перпендикулярной
к плоскости основания, основание Р этого перпендику-
ляра будет лежать на прямой BD пересечения перпенди-
кулярных плоскостей DSB и АВС, Остается в плоскости
основания пирамиды провести прямую АР и найти точку
М ее пересечения с прямой ВС. В полученном треуголь-
нике АКМ построенный отрезок КР является высотой.
Таким образом, в этом случае в ходе построения не
только выяснена форма сечения, но и построена высота
треугольника АКМ, необходимая для определения его
площади.

6. Мы уже видели, что условие прохождения плоско-
сти через данную точку перпендикулярно к данной плос-
кости 0 не определяет плоскость а однозначно. Но если
к нему присоединить дополнительное условие параллель-
ности плоскости а данной прямой, не перпендикулярной
к плоскости 0, то плоскость а определится однозначно.

Задача 20. Построить сечение правильной шести-
угольной пирамиды плоскостью, проходящей через се-
редину бокового ребра параллельно стороне основания
и перпендикулярно к плоскости основания пирамиды.

Пусть секущая плоскость проходит через середину
М бокового ребра 5Д данной пирамиды SABCDEF па-
раллельно стороне основания АВ (рис. 87). Как и в
предыдущей задаче, прежде всего опустим из точки М
перпендикуляр МР на плоскость основания пирамиды.
Основание Р этого перпендикуляра окажется на ОД.
(Объясните, почему). Затем через точку Р (середину ОД!)
проведем KL || АВ. Точки К и L — середины сторон
AFh ВС основания пирамиды. Через М проводим MN ||
|| АВ (это следует из условия параллельности секущей
плоскости прямой АВ). В сечении получена равнобокая
трапеция KMNL, отрезок МР — ее высота.

7. Задание плоскости прямой и углом наклона
этой плоскости к данной плоскости равносильно заданию
плоскости двумя пересекающимися прямыми.

Задача 21. Построить сечение правильной шестиуголь-
ной призмы плоскостью, проходящей через большую диа-
гональ основания под углом а к плоскости основания, =г
||Л -I
3* [L 67

MATHEDU.RU
Решение таких задач начинаем с построения линей-
ного угла данного двугранного угла. Это облегчит даль-
нейшие построения и установление формы сечения.

Пусть в данной правильной шестиугольной призме,
О — центр, FC — большая диагональ основания (рис.
88). Проводим OK -L DE (К — середина DE), ККг II DDr.
Плоскость ОгОК перпендикулярна к плоскости основа-
ния призмы и к диагонали FC основания (так как FC.LOK
и FC ± OOJ. Остается в этой плоскости провести луч OL
под данным углом а к ОК, чтобы получить линейный
угол LOK двугранного угла между секущей плоскостью
и плоскостью основания призмы. (Не забудем, что, опи-
сывая ход построения сечения, мы имеем в виду простран-
ственную модель, а не ее изображение. Острый угол а
можно выбрать произвольно, если в условии нет указа-
ний относительно его величины).

Точка L принадлежит секущей плоскости и плоско-
сти грани DDiE^E. Эти плоскости пересекаются по пря-
мой MN, проходящей через L параллельно прямой DE
(читатель легко докажет это утверждение). Трапеция
CNMF — искомое сечение. Из хода построения следует,
что эта трапеция — равнобокая, отрезок LO служит
ее высотой.

На рисунке 88 показан и другой возможный вариант
сечения: секущая плоскость пересекает верхнее основа-
ние призмы. Предлагаем читателю установить, при ка-
кой зависимости между стороной основания а, боковым
ребром b и углом а между секущей плоскостью и плос-
костью основания призмы второй вариант имеет место.

В связи с параметрическим заданием угла а построе-
ние сечения можно выполнить в иной последовательно-
сти: сначала в грани EDDJ^ произвольно провести пря-
мую MN. параллельную FC (М и 7V— точки пересече-
ния этой прямой с боковыми ребрами ЕЕг и DDt призмы,
L — точка пересечения MN с К KJ- Соединив L и О, по-
лучаем угол LOK — линейный угол данного двугран-
ного угла.

Глава III. ПОСТРОЕНИЕ УГЛА МЕЖДУ ПРЯМОЙ

И ПЛОСКОСТЬЮ

В этой и последующих главах пойдет речь о построе-
нии проекций точки, прямой, многоугольника и других
фигур на заданную плоскость. Напоминаем читателю, ~
что во всех этих случаях, как и во всех определениях
и теоремах, на которые мы будем при этом ссылаться,
имеются в виду исключительно прямоугольные проек-
ции.

Прямоугольное проектирование является частным
случаем параллельного проектирования и применяется
тогда, когда проектирующие прямые перпендикулярны
к плоскости проекций. Косоугольным параллельным
проектированием мы пользуемся при решении задач лишь
для того, чтобы получить наглядный чертеж простран-
ственной фигуры, включающий изображение построен-
ных элементов этой фигуры.

С необходимостью построить данный или искомый
угол между прямой и плоскостью мы встречаемся чуть
ли не в каждой стереометрической задаче (угол между
ребром многогранника и плоскостью грани, между вы-
сотой пирамиды и плоскостью ее боковой грани и
т. д.).

Как и всегда в подобных случаях, вспомним опреде-
ление угла между прямой и плоскостью. И здесь и в даль-
нейшем мы будем придерживаться одного из основных
правил всякого доказательства и обоснования: прежде
всего следует заменить соответствующие понятия их
определениями.

Определение. Углом между прямой и плоскостью назы-
вается угол между этой прямой и ее проекцией на плос-
кость.

Из этого определения следует, что угол между прямой
и плоскостью дополняет до 90° угол между этой прямой
и перпендикуляром к плоскости.

Чтобы построить угол между прямой и плоскостью,
следует, исходя из определения, построить прямоуголь-
ную проекцию этой прямой на заданную плоскость. Это
можно сделать двумя способами:

построить проекции А и В двух точек А' и В' прямой
на данную плоскость; тогда прямая АВ будет проекцией
А'В' на эту плоскость;

провести через прямую проектирующую плоскость;
линия пересечения ее с плоскостью проекций и будет
проекцией данной прямой.

Точка пересечения прямой с плоскостью является
точкой пересечения этой прямой и ее проекции на данную
плоскость.
$ 1. Построение угла между ребром и гранью
многогранника

Для построения угла между боковым ребром пирами-
ды или наклонной призмы и плоскостью основания до-
статочно провести плоскость через это боковое ребро
и высоту многогранника, опущенную из верхнего конца
ребра. Эта плоскость перпендикулярна к плоскости осно-
вания, то есть является проектирующей. Прямая, по ко-
торой она пересекается с плоскостью основания, содер-
жит проекцию бокового ребра на эту плоскость (рис. 89).

В некоторых задачах дается не высота многогранника,
а другое условие, которое позволяет найти проекцию
какой-либо точки данного бокового ребра на плоскость
основания. В этом случае построение угла между наклон-
ным ребром и плоскостью основания проводится анало-
гично.

Задача 22. В правильной треугольной пирамиде
SABC построить угол между стороной АС основания
и плоскостью смежной боковой грани.

Рассмотрим сначала случай, когда плоский угол при
вершине пирамиды острый (рис. 90, а). Опустим в грани
SCB из вершины С перпендикуляр СК на ребро SB (точ-
ка К принадлежит SB). Соединим точки К и Л. Получим
два равных треугольника — СКВ и АКВ. Следователь-
но, АК -L SB (докажите!), прямая SB перпендикулярна
к плоскости АКС, поэтому плоскость BSC, проходящая
через SB, перпендикулярна к плоскости АКС, пря-
мая КС — проекция прямой АС на плоскость BSC,
угол АСК — искомый.

На рис. 90, б изображен случай, когда плоский угол
при вершине правильной треугольной пирамиды тупой,
90°<а< 120°. В случае, если плоский угол при вер-
шине правильной треугольной пирамиды прямой, иско-
мый угол между стороной основания и плоскостью смеж-
ной боковой грани совпадает с углом при основании бо-
ковой грани и равен 45°.

Рассмотрим важное для многих построений свойство
трехгранного угла, у которого два плоских угла
равны.

Задача 23. Одно из ребер трехгранного угла образует
с двумя другими ребрами равные острые углы. Доказать,
что проекцией этого ребра на плоскость, определяемую
двумя другими ребрами, является биссектриса угла
между ними.
Пусть 5Л — ребро трехгранного угла с вершиной S
(рис. 91), / ASC = / ASB, причем эти углы острые.
Пусть М — произвольная точка ребра ВЛ, точка О —
проекция М на грань BSC. Проведем OK-LSB и OLJ.SC.
Чтобы точка О принадлежала биссектрисе угла BSC, не-
обходимо и достаточно, чтобы ОК — OL. Для доказа-
тельства этого рассмотрим прямоугольные треугольники
MKS и MLS (Л^ JL SB и ML ± SC по теореме о трех
перпендикулярах). Эти треугольники равны (дока-
жите!). Следовательно, МК = ML, поэтому ОК = OL.
Таким образом, ребро ВЛ проектируется на биссектри-
су SO плоского угла BSC. (Покажите, что в случае, если
плоские углы / ASB = / ASC — тупые, ребро ВЛ
проектируется на луч В0п дополнительный к лучу SO.)

Из доказанного следует, что, например, в правильной
треугольной пирамиде SABC, у которой плоский угол
при вершине острый (рис. 90, а), углом между боковым
ребром SB и противолежащей боковой гранью ASC явля-
ется угол между этим ребром и высотой SD грани ЛВС.
Точно так же в правильной четырехугольной пирамиде
SABCD (рис. 92) углом между боковым ребром SB и
диагональным сечением ASC является угол между реб-
ром SB и высотой SO пирамиды.

Задача 24. Построить угол между стороной основа-
ния правильной четырехугольной пирамиды и плоско-
стью смежной боковой грани.

Пусть SABCD — данная правильная четырехуголь-
ная пирамида. Построим угол между ребром АВ и плос-
костью грани BSC (рис. 92). Для этого в плоскости BSC
проведем прямую SM, параллельную ВС. Из вершины В
опустим перпендикуляр BF на прямую SM. Тогда
BF || SK, где SK — апофема пирамиды, BFSK — пря-
моугольник, ВС перпендикулярна к плоскости AFB
и плоскость грани BSC перпендикулярна к плоскости
AFB. Следовательно, прямая BF — проекция прямой
АВ на плоскость BSC и угол ABF — искомый. Построен-
ный угол является линейным углом двугранного угла
при ребре ВС пирамиды. В задачах нередко встречаются
аналогичные совпадения, что дает возможность «зашиф-
ровать» условие.

Задача 25. В правильной четырехугольной пира-
миде SABCD построить угол между боковым ребром SB
и гранью DSC.

Строим плоскость SFE, перпендикулярную к плоско-
сти DSC (SF и SE — апофемы пирамиды, рис. 93). В этой-
|И ri
71

MATHEDU.RU
плоскости проводим FK -L SE, тогда FK — перпенди-
куляр к плоскости DSC, плоскости KFB и DSC перпен-
дикулярны. Так как FB || DC, прямая КМ пересечения
плоскостей DSC и KFB параллельна DC. Проведя через
В прямую, параллельную FK, находим точку N пере-
сечения ее с КМ. Прямая BN перпендикулярна к плос-
кости DSC, SN — проекция SB на плоскость DSC,
угол BSN — искомый.

§ 2. Построение угла между высотой и наклонной
к основанию боковой гранью многогранника,
между диагональю и боковой гранью призмы и др.

Для построения угла а между высотой многогран-
ника и его боковой гранью, не перпендикулярной к плос-
кости основания, проводим через высоту плоскость, пер-
пендикулярную к боковой грани. Для этого достаточно
из основания О высоты многогранника опустить перпен-
дикуляр ОК на сторону основания, через которую про-
ходит данная боковая грань (рис. 94), и основание К
этого перпендикуляра соединить с вершиной М пирами-
ды или призмы, из которой проведена ее высота. Плос-
кость МОК перпендикулярна к плоскости боковой
грани (докажите!), поэтому прямая МК — проекция
прямой МО на плоскость боковой грани, угол ОМК —
искомый.

Полезно обратить внимание на то, что в построенном
прямоугольном треугольнике МОК второй острый угол
МКО — линейный угол двугранного угла между боко-
вой гранью и плоскостью основания многогранника,
Z_OMK + / МКО= 90°. Таким образом, мы сразу
построили два угла, которые часто встречаются в усло-
виях задачи, причем если задан один из них, то задан
и другой. Нередко составители задач пользуются этим
для того, чтобы одну и ту же задачу предложить в разных
вариантах, на первый взгляд отличающихся друг от
друга.

Рассмотрим примеры построения угла между диаго-
налью призмы и данной боковой гранью.

Задача 26. Построить углы наклона диагонали пря-
моугольного параллелепипеда к его граням.

В прямоугольном параллелепипеде все диагонали
равны между собой. Возьмем одну из них DJ3 (рис. 95).
Ребро П^перпендикулярно к плоскости грани А^АВВ^,
поэтому вершина Dx проектируется на эту грань в вер--

В вер-
||^|д|
шину Alt диагональ параллелепипеда DtB — в диаго-
наль АгВ грани А1АВВ1. Следовательно, углом между
диагональю DjB параллелепипеда и гранью AjABBt
является угол между DXB и диагональю АХВ этой грани.
Аналогично строим угол между DtB и плоскостью грани
ВВ&С.

Задача 27. Дан прямой параллелепипед. Построить
угол наклона его большей диагонали к плоскостям бо-
ковых граней.

В прямом параллелепипеде большая диагональ
проектируется на большую диагональ основания. Пусть
в параллелограмме ABCD острый угол — при вершине
А. Тогда АС — большая диагональ основания, АХС—
большая диагональ параллелепипеда (рис. 96). Спроек-
тируем вершину Ai на грани ВВ&С и CCJ^D. Для
этого достаточно из Аг провести высоты AtM и AtK
параллелограмма (они лежат вне параллело-

грамма, так как угол DXAXBX— острый по условию).
Отрезки СМ и СК — проекции АгС на плоскости соот-
ветствующих граней ВВ^С и CC^D, углы А1СМ
и AtCK — искомые.

Задача 28. В правильной четырехугольной пирамиде
построить угол между диагональю основания и плоско-
стью боковой грани.

Построим угол между диагональю BD основания
ABCD пирамиды и боковой гранью BSC (рис. 97). Для
этого опустим из вершины В перпендикуляр ВК на ребро
SC, соединим отрезком точки К и D. Тогда DK J- SC
(см. задачу 22), ребро SC перпендикулярно к плоскости
BKD, плоскость SBC перпендикулярна к плоскости
BKD и, следовательно, ВК — проекция BD на плоскость
SBC, угол DBK — искомый. Заметим, что при этом по-
строен и угол DKB — линейный угол двугранного угла
при ребре SC пирамиды. Пусть / DBK = а, / DKB =
— р. Тогда а + -|- = 90°.

Задача 29. Основанием прямоугольного параллеле-
пипеда является квадрат ABCD. Найти наибольший
возможный угол между прямой BDt и плоскостью BDCr.

Построим угол между прямой В£)х и плоскостью BDCY
(рис. 98). Диагональ BDX параллелепипеда лежит в плос-
кости BDDX, перпендикулярной к плоскости АССг (ли-
нейный угол DOC двугранного угла между этими плоско-
стями — прямой!). Поскольку прямая BD перпендику-
лярна к плоскости ACCi (докажите!), плоскости BDCXT
||Д=.
и ACCi также перпендикулярны (они пересекаются по
прямой СХО). Точка М пересечения BDr и 00х — центр
симметрии параллелепипеда, она проектируется на плос-
кость BDCi в точку К, принадлежащую медиане Ct0 рав-
нобедренного треугольника BCjD. Прямая В К — проек-
ция прямой ВМ (то есть прямой BD^ на плоскость
BDClt следовательно, угол D1BK — угол между прямой
BDi и плоскостью BDC^

Для анализа и решения задачи полезно в треугольни-
ке 001Сг провести высоту 0xL (тогда 0х L || МК, 0tL =
= 2Л4/<).

Задача 30. В правильной четырехугольной пирамиде
SABCD сторона основания равна а, высота равна h,
М — точка пересечения медиан грани BSC. Найти угол
наклона прямой АМ к плоскости основания пирамиды.

Построим искомый угол (рис. 99). Для этого найдем
точку N — проекцию точки М пересечения медиан
SK и LC грани BSC, на плоскость основания пирамиды
(обоснование построения точки N легко проследить по
рисунку). Отрезок AN — проекция отрезка АМ на плос-
кость основания пирамиды, угол MAN — искомый.

Глава IV. ПРОВЕДЕНИЕ ПЕРПЕНДИКУЛЯРА
ИЗ ЗАДАННОЙ ТОЧКИ К ПЛОСКОСТИ ГРАНИ
МНОГОГРАННИКА

Во многих задачах дано или требуется найти расстоя-
ние от данной точки до плоскости грани многогранника.
В первую очередь здесь речь идет о высоте пирамиды или
наклонной призмы, ведь высотой пирамиды называется
перпендикуляр, опущенный из вершины пирамиды на
плоскость основания. Таким образом, длина высоты
пирамиды равна расстоянию от ее вершины до плоскости
основания. То же относится к высоте призмы, опущенной
из верхнего конца ее бокового ребра.

При проведении перпендикуляра из заданной точки
к плоскости грани многогранника мы, естественно, будем
опираться на определение и признак перпендикулярно-
сти прямой и плоскости, на вытекающие из них способы
построения прямой, проходящей через данную точку
перпендикулярно к данной плоскости, а также на все
другие теоремы о перпендикулярности прямых и плоско-
стей в пространстве. Мы не будем повторять то, что из-
ложено в учебнике, но хотим напомнить о необходимости
повторить и хорошо осмыслить этот материал.
ф 1. Построение высоты пирамиды
и наклонной призмы

Даже в задачах на пирамиду или призму, в которых
высота не является непосредственно данной или искомой,
она часто используется для построения угла наклона бо-
кового ребра к плоскости основания, линейных углов
двугранных углов при сторонах основания многогран-
ника и для других построений.

Во всех этих случаях известно, из какой точки опус-
кается высота (вершина пирамиды или верхний конец
бокового ребра призмы). Что касается основания вы-

соты, то его положение зависит от вида многогранника.
Поэтому построение основания высоты требует предва-
рительного анализа свойств заданной пирамиды или
призмы.

Решая задачи с неправильными пирамидами или приз-

мами, учащиеся чаще всего испытывают затруднения
именно при определении положения основания высоты:

находится ли оно внутри основания многогранника,
на его стороне или вне его. В каждом из этих случаев
требуются и дальнейшие уточнения. Если положение ос-

нования высоты определено неверно, это приводит к
ошибкам в решении задачи.

Рассмотрим ряд типичных случаев.

1. В правильной пирамиде, согласно определению,
основание высоты совпадает с центром правильного много-
угольника, являющегося основанием пирамиды.

Напомним в этой связи, что центр правильного тре-
угольника определяется как точка пересечения его

медиан, центр квадрата — как точка пересечения его
диагоналей, центр правильного шестиугольника —

как точка пересечения диагоналей, проходящих через
диаметрально противоположные вершины. Соответ-
ственно находим изображение этого центра на чертеже.

2. Пусть боковые ребра пирамиды равны или, что то
же, образуют равные углы с плоскостью основания пи-
рамиды (рис. 100). В этом случае основанием высоты слу-
жит центр окружности, описанной вокруг основания
пирамиды (докажите!).

Как видим, в этом случае пирамида отнюдь «не обя-
зана» быть правильной. Но непреложное требование

к такой пирамиде состоит в том, чтобы около ее основа-
ния можно было описать окружность. Если в основании
пирамиды лежит параллелограмм, не равнобокая трапе- -
ция либо другой многоугольник, около которого нель-
зя описать окружность, то у такой пирамиды боковые
ребра не могут быть равны (не могут быть одинаково
наклонены к плоскости основания).

Рассмотрим подробнее пирамиды с равными боковы-
ми ребрами.

Пусть в основании пирамиды лежит треугольник.
Около любого треугольника может быть описана окруж-
ность. В § 3 главы I уже говорилось о том, где может
быть центр описанной около треугольника окружности.
Однако, когда речь идет о конкретной пирамиде с задан-
ными свойствами, этих указаний недостаточно.

Часто в задачах встречаем пирамиды с равными боко-
выми ребрами, в основании которых — прямоугольный
треугольник.

Задача 31. Основание пирамиды — прямоугольный
треугольник с гипотенузой с и острым углом а. Вычис-
лить объем пирамиды и наибольший плоский угол при ее
вершине, если каждое боковое ребро образует с плоско-
стью основания пирамиды угол 0.

Пусть SACB — данная пирамида, АСВ — прямо-
угольный треугольник с прямым углом при вершине С
(рис. 101). Основанием высоты данной пирамиды являет-
ся центр описанной около треугольника АСВ окружно-
сти — середина его гипотенузы. Высота пирамиды слу-
жит высотой грани ASB — равнобедренного треуголь-
ника с углом 0 при основании АВ. Плоскость грани ASB
перпендикулярна к плоскости основания пирамиды.

— SB = SC как наклонные, проведенные из одной
точки S к основанию пирамиды и образующие с плоско-
стью основания равные углы.

Если в основании пирамиды с равными боковыми реб-
рами лежит равнобедренный треугольник, положение
центра описанной около него окружности не столь опре-
делено, как в случае прямоугольного треугольника.
Здесь нужно руководствоваться указанием о том, что
этот центр лежит в области существования (см. § 3,
гл. I) на медиане к основанию треугольника или на ее
продолжении, как показано на рисунке 102.

Если угол при вершине равнобедренного треуголь-
ника острый, центр описанной окружности лежит внут-
ри треугольника (в точке отрезка MD, где М — середи-
на медианы BD). Случай с прямым углом при вершине В
рассмотрен в предыдущей задаче. В случае, если угол
ври вершине В тупой, центр описанной окружности ле-
жит вне треугольника на продолжении его медианы BD.

Задача 32. Основанием пирамиды служит равнобед-
ренный треугольник, равные стороны которого имеют
длину Ь и составляют угол а (а > 90°). Боковые ребра
пирамиды образуют с ее высотой угол (3. Определить
объем пирамиды.

Если боковые ребра пирамиды SABC образуют с ее
высотой равные углы, они равны (это следует из равен-
ства прямоугольных треугольников 50Л, SOB, SOC
с общим катетом SO и равными острыми углами, приле-
жащими к этому катету — рис. 103). По условию угол
АВС тупой, поэтому основание О высоты пирамиды лежит
на продолжении медианы BD треугольника АВС.

Если в основании пирамиды с равными боковыми
ребрами лежит треугольник общего вида (то есть не пря-
моугольный и неравнобедренный), основание высоты пи-
рамиды на чертеже можно выбрать произвольно в области
существования (с учетом того, является данный треуголь-
ник остроугольным или тупоугольным).

Если основанием пирамиды с равными боковыми
ребрами является прямоугольник, основанием высоты
пирамиды служит точка пересечения его диагоналей.
Если основанием такой пирамиды служит равнобокая
трапеция, основание высоты пирамиды лежит на оси
симметрии этой трапеции: либо внутри трапеции (бли-
же к ее большему основанию), либо в середине большего
основания, либо вне трапеции (со стороны большего осно-
вания). Если в условии задачи нет специальных указа-
ний на этот счет, основание высоты пирамиды можно вы-
брать произвольно в указанной области существования,
избегая, однако, середины большего основания трапе-
ции, так как при этом пирамида имеет некоторые особые
свойства. Рассмотрим этот случай.

Задача 33. Основанием пирамиды служит равнобо-
кая трапеция, диагональ которой составляет с боковой
стороной прямой угол. Большее основание трапеции рав-
но а, острый угол равен а. Боковое ребро, соединяющее
вершину пирамиды с концом меньшего основания трапе-
ции, образует с плоскостью основания угол (3, а вершина
пирамиды проектируется на середину большего основа-
ния трапеции. Найти объем пирамиды.

Пусть SABCD (рис. 104)—данная пирамида, DC ||
|| АВ, О А = ОВ. В условии этой задачи равенство боко-
вых ребер пирамиды замаскировано более искусно, чем
в предыдущих задачах. Ведь середина О большего осно-
вания АВ равнобокой трапеции ABCD является в дан-
ном случае центром описанной около нее окружности
так как Z. АСВ = Z_ BDA = 90° по условию, точки С
и D лежат на окружности, построенной на отрезке АВ
как на диаметре. А если вершина пирамиды проектирует-
ся в центр описанной около основания окружности, то
боковые ребра пирамиды равны и одинаково наклонены
к плоскости основания. Мы сформулировали теорему,
обратную доказанной выше. Доказать ее предлагаем
читателю.

3. Пусть боковые грани пирамиды образуют равные
двугранные углы с плоскостью основания. В этом случае
основание высоты пирамиды совпадает с центром окруж-
ности, вписанной в основание пирамиды.

Для доказательства этого утверждения отметим, что
линейные углы двугранных углов при сторонах основа-
ния пирамиды образуются высотами соответствующих
боковых граней, проведенными из вершины пирамиды,
и проекциями этих высот на плоскость ее основания.

Пусть SABC — пирамида, у которой двугранные уг-
лы при сторонах основания равны (рис. 105). Тогда
равны и их линейные углы SDO, SFO, SEO, следо-
вательно, равны прямоугольные треугольники SOD,
SOF, SOE (с общим катетом SO и равными острыми угла-
ми, противолежащими этому катету). Отсюда следует,
что OD - OF = ОЕ. Но ведь OD ± АВ, OF ± ВС, ОЕ1.
± АС, то есть основание О высоты пирамиды одинаково
удалено от всех сторон основания пирамиды и является
центром вписанной в него окружности.

Заметим попутно: из приведенного доказательства
следует, что в пирамидах такого вида высота SO образует
равные углы с плоскостями всех боковых граней. Ведь
проекция высоты пирамиды на плоскость боковой грани
принадлежит высоте этой грани, проведенной из верши-
ны пирамиды.

Этот «ключ» в дальнейшем послужит нам для «рас-
шифровки» условий некоторых задач, в том числе за-
дачи 34.

Задача 34. Периметр основания треугольной пира-
миды равен 2р, а площадь боковой поверхности равна Q.
Определить объем пирамиды, если ее высота образует
с каждой боковой гранью угол р.

Пусть SABC— данная пирамида, SD, SE, SF —
высоты ее боковых граней (рис. 106). Из условия задачи
следует, что основание высоты пирамиды совпадает с '
78 |Д

mathedu.ru
центром вписанной в ее основание окружности. Из ска-
занного выше следует, что у такой пирамиды высоты бо-
ковых граней, проведенные из вершины пирамиды, рав-
ны. Это дает возможность определить высоту боковой
грани.

Для получения правильного изображения пирамиды,
вершина которой проектируется в центр вписанной в ос-
нование окружности, удобнее изобразить сначала с по-
мощью шаблона эллипса эту окружность, а затем — опи-
санный около нее многоугольник, лежащий в основании
пирамиды. Наиболее удобно предварительно изображать
вписанную окружность, если в основании пирамиды та-
кого вида лежит равнобедренный или равносторонний
треугольник, квадрат или ромб и т. п.

Если условимся начинать изображение пирамиды та-
кого вида с вписанной в ее основание окружности, отпа-
дет надобность рассматривать отдельные случаи изобра-
жения основания высоты пирамиды, как это было сдела-
но выше при рассмотрении пирамид с равными боковыми
ребрами. Кстати, изображение последних также удобнее
начинать с изображения окружности, описанной около
основания пирамиды.

Пирамиды с равными боковыми ребрами или с равны-
ми двугранными углами при сторонах основания иногда
называют полу правильными. Если одновременно вы-
полняются оба названных условия, получаем правиль-

ную пирамиду.

Боковые грани могут образовать равные двугранные
углы при всех сторонах основания только у такой пира-
миды, в основание которой может быть вписана окруж-

ность.

4. В задачах часто встречаются пирамиды, у которых
две смежные боковые грани перпендикулярны к плоскости
основания, В этом случае общее ребро указанных граней
служит высотой пирамиды. Если же одна боковая грань

пирамиды перпендикулярна к плоскости основания, то
высота пирамиды совпадает с высотой этой грани, прове-
денной из вершины пирамиды.

Действительно, пусть в пирамиде SABC боковая грань
ASB перпендикулярна к плоскости основания АВС
(рис. 107). Проведем в этой грани 50 ± АВ. Тогда отре-
зок SO перпендикулярен к плоскости АВС. В частности,
если указанная боковая грань — равнобедренный тре-

угольник, основание высоты пирамиды совпадает с се-

рединой стороны АВ основания пирамиды.
Рассмотрим несколько задач на указанные виды пи-
рамид.

Задача 35. Основанием пирамиды служит квадрат со
стороной а, две боковые грани пирамиды перпендикуляр-
ны к основанию, а большее боковое ребро ее наклонено
к основанию под углом 0. В пирамиду вписан прямоуголь-
ный параллелепипед так, что четыре вершины его
находятся на боковых ребрах пирамиды, а четыре другие
вершины на основании пирамиды. Определить объем
параллелелепипеда, если его диагональ образует с плос-
костью основания угол а.

Пусть SABCD — данная пирамида, ее основание
ABCD — квадрат (рис. 108). Из того, что смежные грани
A SB и BSC перпендикулярны к основанию, следует,
что ребро SB перпендикулярно к плоскости основания,
то есть является высотой пирамиды. Пусть
KLMBK1L1M1B1 — прямоугольный параллелепипед,
вписанный в пирамиду. Нижнее основание KLMB па-
раллелепипеда, по условию, лежит в основании пирами-
ды, а вершины верхнего основания — на ее боковых реб-
рах. Это означает, что верхнее основание параллелепи-
педа является сечением пирамиды плоскостью, парал-
лельной ее основанию. Но в основании пирамиды —
квадрат, поэтому основанием прямоугольного паралле-
лепипеда также является квадрат.

Из условия, что В± лежит на высоте SB пирамиды,
следует, что Bt проектируется в В, Так как плоскости
SB A, SBC, SBD перпендикулярны к плоскости основа-
ния пирамиды, то вершины К19 Ми прямоугольного
параллелепипеда проектируются соответстственно на сто-
роны и диагональ В А, ВС, BD основания.

Большим боковым ребром пирамиды является ребро
SD (докажите!), его проекция — диагональ BD основа-
ния пирамиды. / SDB = 0. Проекцией диагонали BLt
параллелепипеда на его основание (то есть на плоскость
основания пирамиды) является отрезок BL диагонали
BD основания пирамиды. Z_ LJSL = а.

При решении задачи следует обратить внимание на
удобный выбор диагонали параллелепипеда: ее нужно
включить, по возможности, в треугольник вместе с дру-
гими данными и искомыми элементами фигуры. Это за-
мечание касается и других задач. Ведь их решение сво-
дится к вычислению искомых элементов стереометричес-
ких фигур путем включения их вместе с данными элемен-
тами в состав плоских фигур, чаще всего треугольников.^
80 |l&l
Задача 36. Основание пирамиды — равнобедренный
треугольник с боковыми сторонами, равными а и углом а
между ними. Грань пирамиды, проходящая через основа-
ние треугольника, перпендикулярна к плоскости осно-
вания, а две другие образуют с плоскостью основания
угол <р. Найти объем пирамиды.

Высота данной пирамиды SABC является высотой
SO боковой грани ASC, перпендикулярной к плоскости
основания (рис. 109). Но не будем спешить изображать
пирамиду — ведь мы не знаем еще, каково положение
основания ее высоты на прямой АС. Для ответа на этот
вопрос следует обратиться к другим условиям задачи.
Очевидно, не зря в ней сказано, что треугольник АВС —
равнобедренный и АС — его основание, а боковые гра-
ни ASB и С SB образуют с плоскостью основания рав-
ные углы. Построим линейные углы этих двугранных
углов. Для этого проведем SK ± АВ и SL JL ВС и сое-
диним точки К и L с предполагаемым основанием О высо-
ты пирамиды на прямой АС. Тогда ОК ± АВ и OL ± ВС
(по теореме о трех перпендикулярах). Из равенства тре-
угольников SOK и SOL следует OL = ОК. Но тогда точ-
ка О принадлежит биссектрисе ВО угла АВС. Треуголь-
ник же АВС — равнобедренный, биссектриса угла при
вершине является медианой и высотой этого треуголь-
ника.

Установив, что точка О — середина стороны Л С ос-
нования, мы можем не только правильно изобразить пи-
рамиду, но и наметить путь решения задачи, выявив свой-
ства фигуры и связи между ее элементами. В частности,
из доказанного следует, что OL = -^ АМ, где АМ —
высота треугольника АВС, опущенная из его вершины А.

Задача 37. Основание пирамиды — прямоугольный
треугольник с гипотенузой с и острым углом а. Боковая
грань, проходящая через гипотенузу, перпендикуляр-
на к плоскости основания, а две другие боковые грани
наклонены к нему под углом 0. Найти объем пирамиды.

Из условия задачи следует, что высота SO пирамиды
является высотой грани Л5В, проходящей через гипоте-
нузу АВ треугольника АВС (рис. НО). Проведем SD ±
± АС и SF 1 ВС и соединим D и F с основанием О вы-
соты. Тогда A. SDO — / SFO = 0 — линейные углы
двугранных углов при ребрах АС и ВС (не забыть, что
OD || ВС и OF || ЛС!). Из равенства треугольников
SOD и SOF следует OD = OF, поэтому основание О
1/24 9.300 81 ' .
высоты пирамиды — точка пересечения АВ с биссектри-
сой прямого угла АСВ.

Рассматривая условия последних двух задач, мы фак-
тически доказали теоремы о положении высоты пирами-
ды, заданной указанными условиями. Однако не стоит
перегружать память заучиванием таких теорем — ведь
их великое множество, всего не упомнишь. Надо твердо
знать основные теоремы, изучаемые в школьном курсе
геометрии, и уметь их активно применять. Тогда не
страшна будет любая задача. И, конечно, столь же твердо
нужно помнить требование: каждый шаг в решении за-
дачи должен быть обоснован. Кстати, если при решении
задачи на экзамене учащийся ссылается на теорему, ко-
торая не изучается в школе, то он должен ее доказать.

5. Если призма прямая, за ее высоту удобнее всего
принять боковое ребро.

В наклонной призме высоту желательно провести
из верхнего конца бокового ребра — это позволит вклю-
чить высоту в треугольник вместе с другими элементами
призмы (боковое ребро и угол его наклона к плоскости
основания либо высота боковой грани и угол ее наклона
к плоскости основания).

Во всех этих случаях можно для определения поло-
жения основания высоты призмы, проведенной из верх-
него конца бокового ребра, рассмотреть пирамиду, име-
ющую общее основание и общую высоту с данной приз-
мой (рис. 111). Поскольку и другие элементы призмы (сто-
роны основания, боковое ребро, углы наклона бокового
ребра и боковых граней к плоскости основания) явля-
ются элементами этой пирамиды, задача построения вы-
соты призмы сводится к подробно рассмотренной выше
задаче построения высоты пирамиды.

§ 2. Проведение перпендикуляра из заданной точки
к боковой грани многогранника

Предыдущий параграф был посвящен решению част-
ного случая задачи проведения перпендикуляра из точки
к плоскости грани многогранника и определения рассто-
яния от этой точки до грани. Однако вопрос о построении
высоты многогранника целесообразно было выделить
и рассмотреть подробно в связи с тем значением, которое
имеет высота пирамиды или призмы при решении задач.

Переходя к задаче проведения перпендикуляра из
заданной точки к плоскости боковой грани многоур^н-
ника, напомним прежде всего общий алгоритм ее реше-
ния.

Проведение перпендикуляра из точки Лх к плоско-
сти а осуществляется в два приема:

1. Через Лх проводят плоскость р, перпендикуляр-
ную к плоскости а, и находят прямую а пересечения
этих плоскостей.

2. Из точки Лх в плоскости р проводят перпендику-
ляр ЛхЛ к прямой а. Тогда ЛхЛ ± а (рис. 112).

На первый взгляд может показаться, что это построе-
ние не дает однозначного решения задачи: ведь через
точку Лх можно провести бесчисленное множество плос-
костей, и все они будут перпендикулярны к плоскости а.
Но в этом как раз заключается достоинство указанного
алгоритма: он предоставляет нам свободу в выборе плос-
кости р в соответствии с условиями задачи для того,
чтобы не просто построить отрезок ЛхЛ, а включить его
в состав треугольника, образованного элементами данной
фигуры. Что касается единственности решения — об
этом беспокоиться не надо: ведь все плоскости, прохо-
дящие через точку А± и перпендикулярные к плоскости а,
пересекаются по одной прямой, проходящей через Лх
и перпендикулярной к этой плоскости.

Рассмотрим применение описанного алгоритма при
решении задач.

Задача 38. Сторона основания правильной треуголь-
ной пирамиды ЗЛВС равна а, расстояние от вершины Л
до противолежащей боковой грани равно Ь. Найти объем
пирамиды.

Опустим из вершины Л перпендикуляр на плоскость
грани BSC пирамиды. Для этого проведем AF ± ВС,
соединим F и 3 отрезком (рис. 113). Высота SO пирамиды
принадлежит плоскости ASF. Следовательно, SF ± ВС
(по теореме о трех перпендикулярах). Таким образом,
прямая ВС перпендикулярна к плоскости ASF, и пото-
му плоскости ASF и BSC перпендикулярны (они пере-
секаются по прямой, которой принадлежит апофема SF
пирамиды). Остается в плоскости ASF из точки Л опус-
тить перпендикуляр Л/С на прямую SF.

Такое построение следует осуществить и при необхо-
димости провести перпендикуляр к плоскости грани BSC
данной правильной пирамиды из любой точки ребра ЗЛ,
высоты AF основания АВС, высоты SO пирамиды.

Задача 39. Опустить перпендикуляр из основания
высоты пирамиды на плоскость заданной боковой грани. -

1/84» 83

mathedu.ru
Пусть в пирамиде SABC требуется опустить перпен-
дикуляр из основания О высоты на плоскость боковой
грани BSC (в условиях задач часто задается расстояние
от основания или другой точки высоты пирамиды до плос-
кости боковой грани).

Проводим через высоту SO пирамиды плоскость, пер-
пендикулярную к плоскости боковой грани BSC (рис.
114). Для этого достаточно провести высоту SK боковой
грани и ее основание К соединить отрезком с основа-
нием О высоты пирамиды. При этом OK -L ВС (по тео-
реме о трех перпендикулярах), ВС перпендикулярно
к плоскости SOK по признаку перпендикулярности пря-
мой и плоскости, плоскости BSC и SOK перпендикуляр-
ны, SK — прямая пересечения этих плоскостей. Остает-
ся в плоскости SOK из О опустить перпендикуляр ОМ на
прямую SK. Таким образом, при решении данной задачи
из основания О высоты пирамиды следует опустить пер-
пендикуляр на высоту соответствующей боковой грани.

Задача 40. В правильной четырехугольной пирамиде
SABCD дано расстояние от вершины А до плоскости гра-
ни BSC. Изобразить отрезок данной длины на чертеже
пирамиды.

Пусть SABCD — данная правильная четырехуголь-
ная пирамида, SK и SF — ее апофемы (рис. 115). Так
как AD || ВС, то прямая AD параллельна плоскости
SBC, и перемещение точки А вдоль AD не меняет рас-
стояния от этой точки до плоскости BSC. Переместим
точку А в точку F — основание апофемы SF. Плоско-
сти FSK и BSC перпендикулярны (докажите!), SK —
линия пересечения этих плоскостей. Из F опускаем пер-
пендикуляр FM на прямую, которой принадлежит апо-
фема SK. Заданное расстояние от вершины А пирамиды
до плоскости грани BSC равно длине отрезка FM.

Задача 41. В основании наклонного параллелепи-
педа параллелограмм ABCD. Верхний конец бокового
ребра, проходящего через вершину А острого угла парал-
лелограмма, проектируется в его центр симметрии О.
Опустить перпендикуляры из точки О на боковые грани
параллелепипеда с общим ребром ААи

При построении рассматриваем вспомогательную
пирамиду AtABCD и руководствуемся приведенным вы-
ше алгоритмом и указаниями к задаче 39 (рис. 116).

В некоторых случаях, если это целесообразно по ус-
ловиям задачи, можно провести через данную точку плос-
кость, перпендикулярную к боковому ребру призмы.-
Эта плоскость будет перпендикулярна к боковым гра-
ням. Второй шаг построения будет состоять в проведе-
нии из данной точки перпендикуляра к стороне получен-
ного перпендикулярного сечения, расположенной в со-
ответстствующей боковой грани призмы (основание это-
го перпендикуляра может оказаться на продолжении
стороны сечения в плоскости грани).

Задача 42. В основании призмы лежит прямоуголь-
ник ABCD. Боковые грани, проходящие через ребра АВ
и CD, перпендикулярны к плоскости основания, две
другие наклонены к плоскости основания под углом а.
Из центра симметрии О прямоугольника ABCD провести
перпендикуляр к грани AAtDJO.

По условию задачи (рис. 117) плоскости AAtB и АВС
перпендикулярны. AD ± АВ. Отсюда следует, что пря-
мая AD перпендикулярна к плоскости Л 71А и AD ±
± AiA. Проведем через О прямую PQ, параллельную
АВ. Тогда PQ ± AD. В грани AAiDJ) проведем
РРГ || ЛЛг. Тогда плоскость PtPQ параллельна плоско-
сти AtAB и прямая AD перпендикулярна плоскости
PiPQ. Из О опустим перпендикуляр ОК на PtP. Отрезок
ОК — искомый.

Глава V. ПОСТРОЕНИЕ ЛИНЕЙНОГО УГЛА

ДАННОГО ДВУГРАННОГО УГЛА

При решении стереометрических задач, особенно на
многогранники и их комбинации е телами вращения,
мы очень часто встречаемся с необходимостью постро-
ить линейный угол данного или искомого двугранного
угла, образованного гранями многогранника. При та-
ких построениях нельзя произвольно выбирать вершину
линейного угла на ребре двугранного угла. Такой выбор
соответствовал бы определению линейного угла, но ни-
чего не дал бы для решения задачи. Ведь линейный угол
нужно не просто построить, а включить в состав тре-
угольника или другой плоской фигуры вместе с другими
элементами многогранника. Вот почему построение ли-
нейного угла данного или искомого двугранного угла
обычно начинают не с выбора его вершины, а с выбора
одной из его сторон. В качестве такой стороны выбирают,
по возможности, линейный элемент фигуры, заданный
в условии задачи. Если такая возможность не представ-
ляется, то выбирают такой отрезок, длина которого мо-
жет быть определена через данные элементы фигуры. =
§ 1. Определение и свойства линейного угла,
последовательность его построения

При построении линейного угла двугранного угла мы
руководствуемся соответствующими определениями.

Определение 1. Двугранным углом называется фигура,
образованная двумя полуплоскостями с общей ограничи-
вающей их прямой. Полуплоскости называются гранями,
а ограничивающая их прямая — ребром двугранного
угла.

Определение 2. Плоскость, перпендикулярная к ребру
двугранного угла, пересекает его грани по двум полупря-
мым. Угол, образованный этими полупрямыми, называет-
ся линейным углом двугранного угла.

Определение 3. За меру двугранного угла принимается
мера соответствующего ему линейного угла.

Из определения линейного угла следует, что его сто-
роны лежат в гранях двугранного угла и перпендикуляр-
ны к его ребру. Важно помнить и о другом следствии из
определения: плоскость линейного угла перпендикуляр-
на не только к ребру, но и к граням двугранного угла.
Все линейные углы двугранного угла совмещаются па-
раллельным переносом и, значит, равны. Поэтому мера
двугранного угла не зависит от выбора линейного угла.

Как уже сказано выше, построение линейного угла
двугранного угла обычно начинают с построения (вернее,
выбора) одной из его сторон. Этот выбор определяет
и вершину линейного угла, а вторую его сторону строят
в другой грани как перпендикуляр к ребру двугранного
угла, восставленный в его вершине. Третий этап постро-
ения состоит в выделении плоской фигуры с этим углом.

При решении задач построение линейного угла дан-
ного или искомого двугранного угла необходимо обос-
новать, опираясь на определение линейного угла и со-
ответствующие теоремы о взаимном расположении пря-
мых и плоскостей в пространстве.

§ 2. Построение линейного угла двугранного угла
между боковой гранью и основанием пирамиды

Задача 43. Построить линейный угол двугранного
угла при данной стороне основания пирамиды.

Пусть в пирамиде DABC двугранный угол при ребре
ВС равен а. Для построения его линейного угла из вер-
шины D пирамиды в плоскости грани CDB опускаем
gg ||^lcl|.

mathedu.ru
перпендикуляр DE на прямую ВС, соединяем точку Е
с основанием О высоты пирамиды. Тогда ОЕ ± ВС (по
теореме о трех перпендикулярах), Z. DEO = а — ис-
комый линейный угол данного двугранного угла (рис.
118, а, б).

Часто построение линейного угла двугранного угла
при стороне основания пирамиды удобнее проводить в об-
ратном порядке: сначала построить перпендикулярную
к ребру проекцию высоты боковой грани на плоскость
основания пирамиды, а затем — эту высоту. Обоснова-
ние построения при этом остается таким же, как и в пер-
вом случае.

Иногда в задачах задается не высота пирамиды, а от-
резок, параллельный высоте. Например, в пирамиде за-
дано расстояние от точки М на боковом ребре DC до плос-
кости основания. Тогда опускаем из указанной точки
перпендикуляр МОг на плоскость основания и строим
линейный угол MATOi двугранного угла аналогично
прежнему, используя при этом вместо высоты пирамиды
проведенный из точки М перпендикуляр к плоскости ее
основания (рис. 119). Этот прием часто применяют при
построении линейного угла двугранного угла у основа-
ния усеченной пирамиды.

Из приведенных примеров можно сделать вывод, ко-
торый в дальнейшем будем применять во всех подобных
случаях: в качестве линейного угла двугранного угла
при данной стороне основания пирамиды наиболее удоб-
но выбрать угол, образованный высотой соответству-
ющей боковой грани, проведенной из вершины пира-
миды, и проекцией этой высоты на плоскость основания
пирамиды. В правильной пирамиде это будет угол между
апофемой и ее проекцией на плоскость основания.

Полезно при этом помнить, что ребро двугранного
угла перпендикулярно к плоскости линейного угла и,
значит, к любой прямой в этой плоскости, проходящей
через вершину линейного угла.

Если в основании пирамиды лежит параллелограмм
(рис. 120), для построения линейных углов двугранных
углов при всех четырех сторонах основания достаточно
через основание высоты пирамиды провести высоты этого
параллелограмма и соединить концы этих высот, лежа-
щие на сторонах основания (или их продолжениях),
с вершиной пирамиды.

Задача 44. В основании пирамиды — равнобокая
трапеция, а боковые ребра пирамиды равны. Построить
линейные углы двугранных углов при параллельных
сторонах основания пирамиды.

Пусть SABCD — данная пирамида (рис. 121). Из
условия задачи следует, что основание высоты пирамиды
совпадает с центром окружности, описанной около осно-
вания пирамиды. Так как в случае равнобокой трапеции
центр описанной окружности лежит на оси симметрии
трапеции, проходящей через середины ее оснований, для
построения указанных линейных углов поступаем так:
через середины параллельных сторон трапеции прово-
дим прямую, соединяем середины оснований трапеции
с вершиной пирамиды. В зависимости от расположения
центра описанной окружности (внутри трапеции, на
большем основании или вне трапеции) двугранный угол
при большем основании трапеции будет соответственно
острым, прямым или тупым. На рисунке 121 изображен
случай, когда этот угол тупой. Двугранный угол при
меньшем основании трапеции во всех случаях будет
острым.

Задача 45. Основанием пирамиды служит ромб со
стороной а и острым углом а. Две боковые грани перпен-
дикулярны к плоскости основания, а две другие накло-
нены к нему, каждая под углом ф. Найти объем и пло-
щадь боковой поверхности пирамиды.

Общее ребро двух смежных перпендикулярных к ос-
нованию боковых граней служит высотой пирамиды (см.
примечание к задаче 35). Построение линейных углов
двугранных углов, образуемых двумя другими боковыми
гранями с основанием пирамиды, проводим по общему
правилу (рис. 122): из основания D высоты пирамиды
проводим высоты DM и DN ромба, лежащего в ее осно-
вании, и соединяем концы этих высот с вершиной пира-
миды. Но при изображении фигуры следует учесть, про-
ходит ли высота пирамиды через вершину острого или
тупого угла основания. В первом случае высоты ромба
лежат вне ромба, во втором — внутри него. На рисунках
122 и 123 изображены оба случая.

После выполнения и обоснования указанных постро-
ений решение задачи не составляет труда.

§ 3. Построение линейного угла двугранного угла
между боковыми гранями пирамиды

Построение линейного угла двугранного угла между
боковыми гранями пирамиды с включением его в состав

Рис. 147

Рис. IBI

Рис. 166

Рис.168

треугольника, образованного линейными элементами дан-
ной пирамиды, требует учета конкретных свойств фигу-
ры. Поэтому единого общего правила (как в предыдущих
задачах) не существует. Рассмотрим несколько конкрет-
ных случаев, часто встречающихся при решении задач.

Задача 46. Построить линейный угол двугранного
угла при боковом ребре правильной четырехугольной
пирамиды.

В правильной пирамиде все двугранные углы при бо-
ковых ребрах равны. Построим линейный угол двугран-
ного угла при ребре МС данной правильной четырех-
угольной пирамиды МА BCD (рис. 124). В грани МВС
из вершины В опускаем перпендикуляр ВК на ребро МС,
точку К соединяем отрезком с вершиной D. Треуголь-
ники ВКС и DKC равны (докажите!), поэтому Z. DKC^
= Z. ВКС =? 90°, ребро МС двугранного угла перпен-
дикулярно к плоскости DKB, поэтому угол DKB — ли-
нейный угол данного двугранного угла.

Указанный способ применим к построению линейного
угла двугранного угла при боковом ребре любой правиль-
ной пирамиды.

При решении задач на правильную пирамиду из хода
построения следует, что треугольник BKD (рис. 124)
и аналогично треугольники АКС и АМС (рис. 125,126)
равнобедренные, поэтому медианы этих треугольников
/СО, /СО, MD являются их высотами и биссектрисами.

Задача 47. Построить линейный угол двугранного
угла при боковом ребре правильной n-угольной пира-
миды.

При решении таких задач изображают одну «ячейку»
правильной n-угольной пирамиды; она содержит все па-
раметры пирамиды (рис. 126). Поскольку в правильном
многоугольнике, лежащем в основании пирамиды, АС ±
± OB, AD = DC, то линейный угол двугранного угла
при боковом ребре строим так, как в предыдущей задаче.
Примечание о равнобедренности треугольника АМС
здесь также остается в силе (ибо АМ = МС).

При решении задач на правильные пирамиды, в усло-
вии которых дан угол а при боковом ребре, часто возни-
кает необходимость установить границы допустимых зна-
чений параметра а. При таком исследовании мы исходим
из геометрических свойств фигуры. Покажем, что в пра-
вильной пирамиде линейный угол а двугранного угла
при боковом ребре всегда больше внутреннего угла в ос-

новании пирамиды.

5 9-300
На рисунке 126 изображена «ячейка» правильной я-
угольной пирамиды. Z. АМС = a. MD — медиана, бис-
сектриса и высота равнобедренного треугольника АМС.
Рассмотрим прямоугольные треугольники ADM и ADB
с общим катетом AD. Из сравнения тангенсов острых
углов этих треугольников, лежащих против их общего
катета, следует, что-^г^ /_ДВС<а. Чита-
тель легко получит доказательство этого факта и без при-
менения тригонометрии, совместив плоскость ADM с
плоскостью ADB путем поворота вокруг прямой AD.

Задача 48. Построить линейный угол двугранного
угла между боковыми гранями правильной четырех-
угольной пирамиды, проходящими через противополож-
ные стороны ее основания.

Пусть MABCD — данная пирамида (рис. 127). Из
условия ВС || AD следует, что ребро двугранного угла
MF между гранями AMD и ВМС параллельно ВС и AD
(доказать, используя теорему о параллельности прямой
и плоскости и обратную ей теорему). Проведем апофемы
МК и ML. Прямая ВС перпендикулярна к плоскости
KML, поэтому ребро MF данного двугранного угла так-
же перпендикулярно к этой плоскости, Z. K.ML — а —
искомый линейный угол этого двугранного угла.

Задача 49. В основании пирамиды — прямоуголь-
ный треугольник АСВ с прямым углом при вершине С.
Боковое ребро, проходящее через вершину прямого угла,
перпендикулярно к плоскости основания. Построить ли-
нейные углы двугранных углов при боковых ребрах пи-
рамиды.

Пусть SACB — данная пирамида, ребро SC перпен-
дикулярно к плоскости основания, Z. АСВ =я 90° (рис.
128). Так как по условию SC ± СА и SC ± СВ, то угол
АСВ — линейный угол двугранного угла при SC. В гра-
ни SCA из вершины С опустим перпендикуляр СМ на
ребро ЗД. Через А и М проведем прямые FE и PR, па-
раллельные ребру СВ. FE ± С А (так как СВ ± С А).
Но тогда и PR 1. СА (так как PR || FE). Из FE ± С А
следует FE ± ЗД (по теореме о трех перпендикулярах).
Следовательно, и PR ± ЗД. Тогда плоскость CPR, про-
ходящая через М, перпендикулярна к ЗД (так как
SM ± СМ по построению и ЗД ± PR). МВ лежит
в плоскости CPR, определяемой прямыми PR || СВ.
Значит, ЗД ± МВ, угол СМВ — линейный угол дву-
гранного угла при ребре ЗД. Аналогично обосновывает-
ся построение линейного угла CNA двугранного угла при
ребре SB.

Рассмотрим обобщение этой задачи.

Задача 50. В основании пирамиды SABC — тре-
угольник АВС. Боковое ребро SA перпендикулярно
к плоскости основания пирамиды. Построить линейный
угол двугранного угла при боковом ребре SC.

В данной пирамиде (рис. 129) грани SAC и АВС вза-
имно перпендикулярны. Поставим пирамиду на грань
SAC как на основание. Тогда высотой пирамиды, опу-
щенной из вершины В на эту грань, будет высота BN тре-
угольника АВС, двугранный угол при SC — углом при
стороне основания пирамиды. А линейным утлом такого
двугранного угла является угол между высотой ВМ бо-
ковой грани SBC и ее проекцией MN на плоскость SAC.
Линейный угол строим в такой последовательности:
в плоскости АВС опускаем перпендикуляр BN на АС,
в плоскости SBC из В опускаем перпендикуляр ВМ на
SC. Соединяем отрезком точки N и М. Угол NMB —
искомый.

Задача 51. Основанием пирамиды SABC служит
равнобедренный треугольник АВС, АС = ВС. Боковое
ребро SC образует со сторонами основания С А и СВ рав-
ные углы величины а (а •< 90°). Построить линейный
угол двугранного угла при ребре SC пирамиды.

Из условия следует, что SC проектируется на биссект-
рису CD угла АСВ (см. задачу 23), точка D — середина
ребра АВ (рис. 130). Так как АВС — равнобедренный
треугольник (с вершиной в С), АВ ± CD, то АВ ± SC.
(Для доказательства последнего следует провести через
С прямую, параллельную АВ, и применить теорему
о трех перпендикулярах, а также определение угла меж-
ду скрещивающимися прямыми). Если из D опустить
перпендикуляр DK на SC, то плоскость АКВ будет пер-
пендикулярна SC, а угол АКВ — искомый линейный
угол двугранного угла при SC.

Заметим, что угол SDC — линейный угол двугран-
ного угла при АВ. В зависимости от его величины высота
пирамиды будет расположена внутри пирамиды (при
0° < / SDC < 90°), в грани ASB при / SDC == 90°.
или вне пирамиды (при 90° < / SDC < 180е).

Задача 52. Основанием пирамиды служит квадрат.
Одно из боковых ребер перпендикулярно к основанию.
Построить линейные углы двугранных углов при всех
ребрах пирамиды.
Пусть SABCD — данная пирамида, ребро SD пер-
пендикулярно к ее основанию (рис. 131). Линейными
углами двугранных углов при ребрах SD, АВ, ВС, AD,
DC являются соответственно углы ADC, SAD, SCD,
SDC, ADS. Для построения линейных углов двугранных
углов при ребрах 5Л и SC опускаем из D перпендику-
ляры DM и DN, соответственно на ребра S4 и SC, затем
в грани ASB проводим ML || АВ, а в грани SBC —
NL || ВС (АВ ± 5Л и ВС ± SCI). Равные между со-
бой углы SAD и SCD — соответствующие линейные
углы.

При построении линейного угла двугранного угла
при SB учитываем, что SB ± АС (доказать!). В плоско-
сти SDB из О опускаем перпендикуляр ОР на SB. Тогда
плоскость АСР перпендикулярна к SB и угол АРС —
искомый.

Выпишем полученные результаты:

Двугранный угол Его линейный угол Вид угла
АВ SAD острый
ВС SCD острый
CD ADS прямой
AD SDC прямой
SA DML прямой
SB ABC тупой
SC DNL прямой
SD ADC прямой

§ 4. Построение линейного угла двугранного угла
при стороне основания призмы

Двугранные углы при сторонах основания у прямой
призмы прямые. Линейный угол такого двугранного
угла строим с учетом требования включить его в тре-
угольник, образованный линейными элементами призмы.
Покажем это на примере.

Задача 53. В основании прямой призмы — парал-
лелограмм. Построить линейные углы двугранных углов
при боковом ребре, проходящем через вершину острого
угла, и при большей стороне АВ основания (рис. 132).

Угол DAB — линейный угол двугранного угла при
боковом ребре АА1г угол MtMD—линейный угол при реб-
ре АВ (построение ясно из рисунка).

Задача 54. В параллелепипеде две противоположные
грани перпендикулярны к плоскости основания, а две
другие боковые грани наклонены к плоскости основания
под углом а. Построить линейные углы двугранных
углов при сторонах основания параллелепипеда.

Пусть в параллелепипеде (рис. 133) грани АА^^В
и CC^DJ) перпендикулярны к плоскости основания, угол
DAB — острый. Двугранные углы при сторонах АВ
и CD основания прямые. Для построения линейного
угла двугранного угла с ребром АВ строим ВХМ _L АВ
(из условия следует, что прямая ВгМ перпендикулярна
к плоскости основания призмы), а из точки М проводим
высоту ML основания. / BVML = 90°.

Для построения линейного угла двугранного угла при
ВС проводим Сх/С ± DC (тогда Сх/С перпендикуляр-
на к плоскости основания призмы). Проводим КР J- ВС,
тогда С^Р ± ВС (по теореме о трех перпендикулярах).
Z_C]P/<==a.

Задача 55. В основании параллелепипеда — ромб
ABCD с острым углом а при вершине А. Боковое ребро
А Лх образует равные углы со сторонами АВ и AD основа-
ния. Построить линейные углы двугранных углов при
сторонах основания, заключающих острый угол.

Из условия задачи делаем вывод, что ребро ЛЛХ про-
ектируется на биссектрису АС угла BAD (рис. 134). Про-
ведем высоту АгО параллелепипеда (основание О высо-
ты — на прямой Л С, см. задачу 23). Проведем OK -L АВ
и ОМ ± AD. Соединим отрезками точки К и М с Лх.
ЛХМ ± AD и Лх/С ± АВ (по теореме о трех перпендику-
лярах). Углы Лх/<0 и АгМ0 — искомые, они равны меж-
ду собой.

На рисунке 134 показано также построение линейных
углов двугранных углов при сторонах ВС и CD основа-
ния параллелепипеда, заключающих острый угол BCD.
Способ построения линейного угла двугранного угла при
стороне основания наклонной призмы, как видно из при-
веденных примеров, сводится к следующему: из верхне-
го конца бокового ребра проводим высоту призмы и вы-
соту боковой грани, проходящей через указанную сто-
рону основания призмы; основания проведенных высот
соединяем отрезком.

§ 5. Построение линейного угла двугранного угла
между боковыми гранями наклонной призмы

В прямой призме за линейные углы двугранных углов
при боковых ребрах в большинстве случаев проще всего

принять углы между соответствующими сторонами

осно-
вания призмы, исходящими из общей вершины с ребром
двугранного угла.

Рассмотрим примеры построения линейного угла
двугранного угла при боковом ребре наклонной призмы.

Задача 56. Основанием призмы служит квадрат
ABCD со стороной а. Вершина Дх призмы проектируется
в центр основания. Двугранный угол при ребре AAt ра-
вен а. Найти объем призмы.

Как видно по чертежу (рис. 135), линейный угол при
ребре AAt строится так же, как и при боковом ребре пра-
вильной четырехугольной пирамиды (§ 3 гл. V): ведь
AxABCD — правильная четырехугольная пирамида.

Задача 57. В наклонной призме основание — равно-
бедренный треугольник АВС, АВ = ВС = b, Z. АВС =
— 2а. Боковое ребро BBL длины I одинаково наклонено
к сторонам угла АВС. Двугранный угол при этом боко-
вом ребре равен р. Найти объем пирамиды.

Из условия задачи следует, что боковое ребро ВВХ
проектируется на биссектрису BD угла АВС (см. задачу
23). Проведем BD ± АС (рис. 136), тогда АС ± BJ3
(по теореме о трех перпендикулярах, см. указание к за-
даче 51). Проводим DK -L ВХВ, точку К соединяем от-
резками с А и С. Так как ребро ВХВ перпендикулярно
к плоскости АКС, угол АКС — линейный угол двугран-
ного угла при ребре ВХВ. При решении этой задачи це-
лесообразно ввести вспомогательный угол Z BxBD = <р.

Из приведенного примера видно, что линейный угол
двугранного угла при боковом ребре наклонной призмы
строится в основном так же, как и при боковом ребре пи-
рамиды. И в том, и в другом случае важно знать, куда
проектируется боковое ребро. После того как из верхне-
го конца наклонного бокового ребра опущен перпендику-
ляр на плоскость основания призмы, мы можем рассмат-
ривать это ребро как боковое ребро вспомогательной пи-
рамиды, основанием которой служит основание данной
призмы, а вершиной — верхний конец бокового ребра.

§ 6. Построение линейного угла двугранного угла
между гранью многогранника и секущей плоскостью

Как и в предыдущих задачах, линейный угол двугран-
ного угла будем строить так, чтобы включить его в тре-
угольник вместе с другими элементами многогранника,
с тем чтобы данные и искомые отрезки и углы полностью
определяли этот треугольник.
В отдельных случаях линейный угол строится попут-
но при построении самого сечения. Остается только до-
казать, что построенный угол — действительно линей-
ный угол данного (или искомого) двугранного угла. Про-
следим это на примере.

Задача 58. Основанием прямой призмы служит ромб,
меньшая диагональ которого равна а, а острый угол ра-
вен а. Построить сечение призмы плоскостью, проходя-
щей через большую диагональ призмы параллельно диа-
гонали основания, и найти площадь сечения, если секу-
щая плоскость образует с плоскостью основания призмы
угол |3.

Пусть ABCDA^^C^D^— данная призма, BD — мень-
шая диагональ основания, ООг—ось призмы (рис. 137).
Приступая к построению сечения, прежде всего про-
водим большую диагональ ACt призмы (она проектирует-
ся на большую диагональ АС основания) и обозначаем
угол СгАС наклона ее к плоскости основания. Сечение
можно построить в такой последовательности: строим
точку /< пересечения АСг и OOlt через /< проводим
MN || BD, где М и N — точки пересечения секущей
плоскости с BBt и DDt. Соединив отрезками вершины А
и Сг призмы с точками М и 2V, получаем сечение. В дан-
ном случае нас интересует обоснование того, что угол
Cj/lC, с которого мы начали построение, является ли-
нейным углом двугранного угла между секущей плоско-
стью и плоскостью основания призмы. Предлагаем чита-
телю провести это обоснование, построив предварительно
ребро EF двугранного угла.

При обосновании указанных выше построений дваж-
ды используется теорема о параллельности прямой
и плоскости и обратная ей теорема. Это характерно для
всех задач, в которых секущая плоскость задается усло-
вием параллельности некоторой прямой в плоскости гра-
ни многогранника.

Задача 59. Построить сечение правильной четырех-
угольной пирамиды SABCD плоскостью, проходящей
через вершину А основания перпендикулярно к противо-
лежащему боковому ребру SC пирамиды. Определить
площадь сечения, если сторона основания пирамиды
равна 6, а секущая плоскость образует с плоскостью осно-
вания пирамиды угол р. Решение исследовать (рис. 138).

Эта задача аналогична предыдущей. Начинаем с по-
строения линейного угла двугранного угла р, для чего
из вершины пирамиды А опускаем перпендикуляр АК
на ребро SC. Затем через точку Р пересечения АК с вы-
сотой SO пирамиды проводим MN\\BD. Искомое се-
чение—дельтоид AMKN (его диагонали взаимно перпен-
дикулярны и РМ. «= PN). При исследовании надо пока-
зать, что 0° < р < 45°.

Предлагаем читателю обосновать построение, в част-
ности то, что угол КАС действительно есть линейный угол
двугранного угла между секущей плоскостью и плоско-
стью основания пирамиды, как и в предыдущей задаче.

Рассмотрим часто встречающуюся задачу на опреде-
ление площади сечения правильной четырехугольной пи-
рамиды плоскостью, проходящей через одну из сторон
основания пирамиды. Второе условие, определяющее се-
кущую плоскость, при этом можно задать по-разному.
Например, можно пожелать, чтобы эта плоскость про-
ходила через середину высоты пирамиды, или перпенди-
кулярно к противолежащей боковой грани, или поддан-
ным углом к плоскости основания (в частности, чтобы
она делила двугранный угол при стороне основания пира-
миды пополам) и т. д. Во всех этих случаях получаем
в сечении равнобокую трапецию. Для вычисления ее
площади свойство равнобокости роли не играет, поэтому
специально обосновывать этот факт не следует. А вот
положение высоты этой трапеции обосновать необходи-
мо, так же, как и положение ее верхнего основания.
Рассмотрим один из вариантов этой задачи.

Задача 60. В правильной четырехугольной пирамиде
через сторону основания под углом 0 к нему проведена
плоскость. Определить площадь полученного сечения,
если апофема пирамиды равна а и боковая грань накло-
нена к плоскости основания под углом а(а>0).

Пусть секущая плоскость проходит через сторону CD
основания данной правильной пирамиды SABCD (рис.
139). Проведем сечение KSL пирамиды через апофемы
SK и SL (оно содержит высоту SO пирамиды). Тогда пря-
мая DC перпендикулярна к плоскости этого сечения,
/ SKL = / SLK = а. Секущая плоскость пересекает
плоскость SKL по прямой PL (Р лежит на апофеме SK),
а плоскость грани ASB — по прямой MN. При этом
MN || DC (по теореме о параллельности прямой и плос-
кости и обратной ей теореме). Так как DC перпендику-
лярна к плоскости CLK, то DC ± KL и DC ± PL, по-
этому PL — высота трапеции CNMD, а угол PLK —
линейный угол двугранного угла 0 между секущей плос-
костью и плоскостью основания пирамиды.
Задача 61. В прямоугольном параллелепипеде
ABCDA^yC^Pi через вершины Л, Си Dr проведена
плоскость, образующая с плоскостью основания угол р.
Найти объем параллелепипеда, если стороны основания
равны а и Ь.

Так как в основании данного параллелепипеда лежит
прямоугольник с неравными сторонами, его диагонали
не будут взаимно перпендикулярными. Для построения
линейного угла двугранного угла при АС из вершины D
опускаем перпендикуляр DK на прямую ЛС, получен-
ную точку К соединяем отрезком с Dr (рис. 140).

Задача 62. Через вершину основания правильной
треугольной пирамиды под углом а к нему проведено се-
чение, параллельное противолежащей стороне основа-
ния и перпендикулярное к противолежащей боковой
грани. Определить объем пирамиды, зная ее апофему.

Пусть SABC — данная пирамида, секущая плос-
кость проходит через вершину Л (рис. 141). По условию,
прямая ВС параллельна секущей плоскости. Следова-
тельно, ВС || АЕ (АЕ — ребро двугранного угла между
секущей плоскостью и плоскостью основания пирамиды).
Из Л опускаем перпендикуляр на SD — апофему
пирамиды в грани BSC. Через К проводим MN || ВС.
Соединив отрезками Л с М и Af, получаем сечение. Так
как AD ± ВС и АЕ || ВС, то AD ± АЕ. Прямая АК
проектируется на прямую AD в плоскости основания пи-
рамиды и ВС ± ЛО, поэтому ВС ± АК. Но АЕ || ВС.
поэтому АК JL АЕ. Таким образом, угол KAD — линей-
ный угол заданного двугранного угла а.

Задача 63. В основании прямоугольного параллеле-
пипеда ABCDA1BlClD1 лежит квадрат со стороной а, бо-
ковое ребро равно Ь. Определить величину двугранного
угла между секущими плоскостями DA1B1 и DC^B^.

Указанные плоскости пересекаются по прямой BtD,
которой принадлежит диагональ BJ) параллелепипеда
(рис. 142). Прямоугольные треугольники DA1B1 и DClBl
равны, поэтому их высоты, опущенные из вершин пря-
мых углов Аг и Сх на общую гипотенузу BXD треуголь-
ников, имеют общее основание Е. Угол AjECj —ли-
нейный угол двугранного угла между данными секущими
плоскостями.

В ряде случаев построение линейного угла данного
двугранного угла (как и других элементов фигуры) зна-
чительно облегчается, если придать фигуре нужный ра-
курс. Ведь и при построениях на пространственной мо-
дели мы поступаем так, с тем чтобы нужные элементы фи-
гуры хорошо просматривались, занимали привычное
для глаза положение. Точно так же надо поступать с изоб-
ражением фигуры, чтобы по возможности усилить его
наглядность. Поясним сказанное на примере.

Задача 64. Найти площадь сечения правильного тет-
раэдра DABC плоскостью, содержащей медиану СМ
грани АВС и параллельной прямой AD, если каждое
ребро тетраэдра равно а. Найти величину двугранного
угла между этой плоскостью и гранью ABD (рис. 143).

Если расположить тетраэдр DABC так, чтобы грань
АВС была его основанием (согласно обозначению в усло-
вии задачи), a D — вершиной, линейный угол искомого
двугранного угла примет «непривычное» положение,
что вызовет затруднения при обосновании его построения
(рис. 143, а). Поставим тетраэдр на грань ABD, опустим
из вершины С высоту на эту грань (рис. 143, б). Сечение
в этом случае займет привычное для глаза положение
и обоснование построения линейного угла двугранного
угла между секущей плоскостью и плоскостью грани
ABD (то есть плоскостью основания при новом положе-
нии тетраэдра) не вызовет затруднений.

Глава VI. РАССТОЯНИЯ МЕЖДУ ТОЧКАМИ,
ПРЯМЫМИ И ПЛОСКОСТЯМИ

§ 1. Расстояние от точки до прямой. Расстояние
между параллельными плоскостями

Во многих задачах дано или требуется найти расстоя-
ние от точки до прямой. Вспомним соответствующее
определение. Расстоянием от точки до прямой называет-
ся длина перпендикуляра, опущенного из данной точки
на прямую. Следовательно, при решении таких задач
приходится из данной точки А опустить перпендикуляр
на данную прямую. Это можно сделать двумя способами:

через точку А и данную прямую р провести плоскость
и в этой плоскости опустить перпендикуляр из точки на
прямую;

через точку А провести плоскость, перпендикуляр-
ную к прямой р, и точку М пересечения этой плоскости
и прямой р соединить отрезком с А,
Первый способ кажется наиболее простым. Но нуж-
но учитывать, что нас «не устраивает» просто плоскость,
проходящая через данные точку и прямую. Ведь нам
нужно включить построенный перпендикуляр в плоскую
фигуру вместе с другими элементами тела, а этого часто
легче добиться вторым способом.

1. Первый способ применяем, когда по условию за-
дачи можно построить треугольник, определяемый эле-
ментами данной фигуры, так, чтобы данная точка была
одной из его вершин, а противолежащая ей сторона
треугольника принадлежала данной прямой. Тогда оста-
ется из данной точки провести высоту треугольника —
ее длина и будет расстоянием от заданной точки до
прямой.

На рисунках 144, а, б показаны примеры построения
перпендикуляра, опущенного из точки высоты пирамиды
на боковое ребро, на высоту боковой грани, из вершины
параллелепипеда— на его диагональ. Подобным же об-
разом опускаем перпендикуляр из точки высоты конуса
на его образующую.

Заметим при этом, что мы говорим не об изображе-
нии этого перпендикуляра, а о его построении на про-
странственной модели. Ведь изображается он на чер-
теже в известной мере произвольно, но при решении
задачи мы исходим из того, что этот отрезок изображает
высоту построенного треугольника. Поэтому включение
его в состав треугольника (или другой плоской фигуры,
образованной элементами данного геометрического тела)
обязательно. Это и обеспечивается в ходе построения
с соответствующим обоснованием.

На рисунке 144, а изображены перпендикуляры, опу-
щенные на высоту SK. боковой грани пирамида из ос-
нования О и середины М высоты SO пирамиды.

2. Пусть прямая р принадлежит заданной плоскости
а, а точка А лежит вне этой плоскости (рис. 145). Если
построение треугольника, как в предыдущем случае,
невозможно, тогда пользуемся вторым способом: из точ-
ки А опускаем перпендикуляр АО на плоскость а, из
его основания О опускаем перпендикуляр ОК на прямую
р; соединяем точки Л и К отрезком. А К -L р (по теореме
о трех перпендикулярах).

Приведем несколько типичных задач.

Задача 65. Точка М равноудалена от всех вершин
правильного треугольника АВС со стороной а и удалена
от плоскости треугольника на расстояние Ь. Найти рас-
стояние от точки М до прямых, содержащих стороны
треугольника.

Из условия следует, что точка М проектируется
в центр О данного правильного треугольника АВС (рис.
146) — точку пересечения его высот. Остается соединить
точку М с основаниями высот треугольника — середи-
нами Е, D, F его сторон, чтобы получить перпендикуля-
ры, опущенные из точки М на прямые АВ, ВС, АС.
В данном случае ME = MD MF.

Задача 66. На плоскости а проведены две параллель-
ные прямые, а || Ь, расстояние между которыми равно tn.
Точка S находится на расстоянии h от плоскости а и на
одинаковом расстоянии от обеих прямых. Найти это рас-
стояние (рис. 147).

Из данной точки S опустим перпендикуляр SO на
плоскость а, через его основание О в плоскости а прове-
дем прямую АВ, перпендикулярную к данным прямым а
иЬ(АиВ — точки пересечения прямой АВ соответствен-
но с прямыми а и Ь). Соединим отрезками S с А и В,
тогда SA ± a, SB _L b (по теореме о трех перпендику-
лярах). Из SA = SB следует О А = ОВ.

Поскольку для построения чертежа важно сначала
определить положение точки О, целесообразно в данном
случае несколько изменить порядок построения: начать
с проведения прямой АВ, перпендикулярной к данным
прямым а и Ь, затем в середине О отрезка АВ восста-
вить перпендикуляр к плоскости а, на нем отметить точ-
ку S и соединить ее отрезками с А и В.

Задача 67. На плоскости дан угол а. Точка М уда-
лена от вершины угла на а, от сторон угла — соответ-
ственно на b и с. Определить расстояние от точки М до
плоскости (рис. 148).

Из точки М опускаем перпендикуляр МО на плос-
кость угла а. Из О опускаем перпендикуляры ОВ и ОС
на стороны угла. Тогда МВ ± АВ, МС ± АС (ВО про-
должаем до пересечения с АС в точке D). МА = а,
МВ = Ь, МС = с.

Задача 68. В основании прямого параллелепипеда ле-
жит ромб. Опустить перпендикуляр из центра симмет-
рии Oi верхнего основания на сторону AD нижнего ос-
нования (рис. 149).

Ось прямого параллелепипеда ОГО перпендикулярна
к плоскостям его оснований. Проведем ОМ J_ AD,
тогда 0хМ — искомый перпендикуляр (по теореме о трех
перпендикулярах).
Задача 69. Через верхний конец образующей равно-
стороннего цилиндра под углом а к ней проведена каса-
тельная к цилиндру. Радиус основания цилиндра R.
Определить расстояние от центра каждого основания
до касательной (рис. 150).

Через образующую МгМ проводим касательную плос-
кость к цилиндру. Она определяется образующей
и прямой МК в плоскости основания цилиндра, каса-
тельной к окружности основания в точке М. В этой плос-
кости через Мг проводим прямую MrL под углом а
к образующей МХМ.

Радиус CVWi верхнего основания цилиндра перпен-
дикулярен к касательной плоскости КМ±М, поэтому

± MrL. Из М проводим MB ± MVL. Так как от-
резок ОМ перпендикулярен к плоскости КММЪ то
МВ — проекция ОВ на эту плоскость, ОВ JL МгЬ (по
теореме о трех перпендикулярах). Требуется определить
расстояния OjAli и ОВ.

Рассмотрим задачу, в которой заданным линейным
элементом является расстояние между параллельными
плоскостями. При решении таких задач важно удачно
выбрать точку, из которой проводится общий перпенди-
куляр этих плоскостей.

Задача 70. В кубе ABCDA1B1C1D1 проведены секу-
щие плоскости ArBD и CBtDu расстояние между ними
равно с. Определить объем куба (рис. 151).

При решении задачи 14 доказано, что данные парал-
лельные секущие плоскости перпендикулярны к диаго-
нали АСХ куба. Следовательно, расстояние между секу-
щими плоскостями равно длине отрезка MN диагонали
куба ЛСХ—общего перпендикуляра этих плоскостей.
Обосновывая решение задачи, не забудьте также дока-
зать, что секущие плоскости параллельны.

Заметим, что построение общего перпендикуляра двух
параллельных плоскостей сводится к проведению пер-
пендикуляра из произвольной точки одной из этих плос-
костей к другой плоскости. Выбор такой точки подсказы-
вается условиями задачи.

§ 2. Расстояние и угол между скрещивающимися
прямыми

Два параметра характеризуют взаимное положение
скрещивающихся прямых: угол и расстояние между дан-
ными прямыми. Эти параметры часто встречаются среди

II л

MATHErC.RU
данных или искомых величин в стереометрических за-
дачах. Вспомним, например, задачу на определение угла
между диагональю куба и скрещивающейся с ней диаго-
налью боковой грани и расстояния между ними. При ре-
шении таких задач приходится ссылаться не только на
соответствующие определения, но и на те построения,
с помощью которых обосновывается существование и без-
вариантность указанных параметров для каждой пары
скрещивающихся прямых.

1. Рассмотрим вопрос о построении угла между скре-
щивающимися прямыми.

Определение. Углом между двумя скрещивающимися
прямыми называется угол между пересекающимися парал-
лельными им прямыми.

Важно помнить, что в этом определении речь идет не
о фигуре «угол», а о мере угла, которая характеризует
взаимное положение скрещивающихся прямых. Ведь
такие прямые не имеют общей точки, поэтому фигуры
«угол» не образуют. Возможность точно охарактеризовать
взаимный наклон данной пары скрещивающихся пря-
мых, указав угол между ними, вытекает из того, что
мера этого угла определяется исключительно направле-
нием каждой из данных двух скрещивающихся прямых.
Из приведенного определения следует, что для построе-
ния угла между скрещивающимися прямыми его вер-
шину можно выбрать произвольно. Во многих случаях
эту вершину удобно выбрать на одной из двух данных
прямых.

Если в задаче требуется найти угол между скрещи-
вающимися прямыми, его не всегда нужно строить.
Например, угол между диагональю куба и скрещиваю-
щейся с ней диагональю боковой грани можно найти, при-
менив соответствующие векторные формулы. Если же
этот угол дан в условии задачи, его следует построить,
включив в состав треугольника вместе с другими элемен-
тами фигуры.

Например, если речь идет об угле между скрещива-
ющимися диагоналями ADV и ВХС противоположных гра-
ней параллелепипеда, то легко заметить, что он равен
углу между диагоналями каждой из этих граней. Угол
между диагоналями ADt и ОС^ смежных граней этого
параллелепипеда удобно построить, выбрав за его вер-
шину конец Сх диагонали DCX (рис. 152).

В задачах на построение и определение площади се-
чений многогранников секущая плоскость иногда зада--
102 |г-'^1,

MATHEDU.RU
ется точкой и условием параллельности данным двум
скрещивающимся прямым. При определении формы се-
чения в таких задачах нередко нужно знать угол между
скрещивающимися прямыми, который равен углу между
соответствующими сторонами полученного сечения.

Задача 71. Через центр основания правильной тре-
угольной пирамиды со стороной основания а проведено
сечение параллельно двум скрещивающимся ребрам пи-
рамиды. Определить площадь сечения, если боковое реб-
ро пирамиды образует с плоскостью основания угол а.

Пусть SABC — данная пирамида, секущая плоскость
проходит через центр О ее основания параллельно ребрам
ВС и SA (рис. 153). Тогда KL || ВС, KN || SA, ML || SA,
MN || ВС, где KL, KN, ML, MN — стороны сечения
(читатель легко докажет эти утверждения). Таким обра-
зом, в сечении имеем параллелограмм. Однако это заклю-
чение верно лишь «в первом приближении», оно требует
уточнения. Чтобы найти площадь параллелограмма, не-
достаточно знать длины его сторон KN и KL, которые
легко найти из условий задачи. Надо знать еще и угол
между этими сторонами. А поскольку KN II5Л и
KL || ВС, то имеется в виду угол между скрещивающи-
мися прямыми AS и ВС. Этот угол прямой. Для доказа-
тельства этого проведем через вершину Л основания пи-
рамиды прямую QR, параллельную прямой ВС. Угол
SAQ (по определению — угол между скрещивающимися
прямыми SA и ВС) — прямой, что легко установить,
применив теорему о трех перпендикулярах. Таким обра-

зом, полученное сечение — прямоугольник.

2. Переходя к рассмотрению расстояния между скре-

щивающимися прямыми, отметим прежде всего,

что один только угол не определяет однозначно взаимное
положение двух таких прямых. Ведь можно, не изменяя
угла между скрещивающимися прямыми, сближать их
или удалять друг от друга.

Понятие расстояния между скрещивающимися пря-

мыми, как и понятие угла между ними, вводится не про-
извольно, а на основании решения соответствующей за-
дачи, из которой следует, что существует единствен-
ная прямая, пересекающая обе данные прямые и перпен-
дикулярная к каждой из них. При этом выясняется, что
длина отрезка указанной прямой, имеющего концы на
данных двух прямых (то есть длина общего перпендику-
ляра скрещивающихся прямых), является кратчайшим

расстоянием между точками этих прямых.

IК I

103 ll
Определение. Расстоянием между скрещивающимися
прямыми называется длина их общего перпендикуляра.
Оно равно расстоянию между параллельными плоскостя-
ми, проходящими через эти прямые.

Поскольку при решении задач часто приходится стро-
ить общий перпендикуляр двух скрещивающихся
прямых, напомним этот алгоритм для разных случаев
взаимного положения этих прямых.

1-й случай. Даны скрещивающиеся прямые а и b об-
щего положения (то есть не взаимно перпендикулярные,
рис. 154).

Первый шаг. Через одну из прямых, например
прямую а, проводим плоскость а, параллельную пря-
мой Ь.

Второй шаг. Проектируем прямую b на плос-
кость а (проекция прямоугольная!). Пусть Ь2— проек-
ция прямой Ь.

Тр е т и й шаг. Пусть Mt — точка пересечения пря-
мых а и Ь2, лежащих в плоскости a. Mi — проекция на
плоскость а некоторой точки М прямой Ь. ММг — иско-
мый общий перпендикуляр прямых а и & (докажите!).

Сделаем важное замечание. Во многих задачах рас-
стояние между скрещивающимися прямыми является не
данным, а искомым элементом фигуры. В этих случаях
далеко не всегда требуется строить общий перпендику-
ляр двух данных прямых.

На рисунке 154 видно, что расстояние от любой точ-
ки прямой b до плоскости а, проходящей через прямую
а параллельно Ь, равно расстоянию между прямыми а
и Ь. Отсюда получаем простое правило нахождения рас-
стояния между данными скрещивающимися прямыми а
и Ь, не требующее построения их общего перпендику-
ляра.

Первый шаг. Через прямую а проводим плос-
кость а || Ь, а через прямую b — плоскость 0 || а. Тогда
плоскости аир параллельны, расстояние между ними
равно расстоянию между прямыми а и Ь.

Второй шаг. Строим общий перпендикуляр плос-
костей аир, используя для этого конкретные условия
задачи, с тем чтобы облегчить вычисление его длины.

Можно указать и третий способ.

Первый шаг. Через прямую а проводим плос-
кость а || Ь.

Второй шаг. Из произвольной («удобной» по ус-
ловию задачи) точки К прямой b опускаем перпевдику--
104
ляр на плоскость а. Длина этого перпендикуляра равна
искомому расстоянию между прямыми а и Ь.

Задача 72. В равностороннем цилиндре отрезок 7V/V1,
длиной а соединяет точки N и Mi на окружностях осно-
ваний цилиндра, не принадлежащие одной образующей.
Отрезок NMi проектируется на основание цилиндра
в хорду, стягивающую дугу 0° < а < 180°. Опреде-
лить расстояние между отрезком NMi и осью ОО, ци-
линдра.

Как видим, в этом случае нет необходимости строить
общий перпендикуляр двух данных скрещивающихся
прямых — ведь это связано не только с лишними постро-
ениями, но и с лишними обоснованиями.

Проводим образующую MMi (рис. 155). Так как
001 II MMi, то 001 параллельна плоскости ЛМ4Л4„ про-
ходящей через одну из данных скрещивающихся пря-
мых — NM. Из центра нижнего основания цилиндра
опускаем перпендикуляр ОК на хорду NM. Так как от-
резок ОК перпендикулярен к плоскости NMMlt его дли-
на равна искомому расстоянию.

Присмотримся к условию этой задачи с иной точки
зрения. Ведь одна из данных прямых — ОО, перпенди-
кулярна к плоскости основания цилиндра. Опишем наше
построение в несколько иной терминологии: проекти-
руем прямую NMi на плоскость, перпендикулярную
к ОО,. Тогда 001 проектируется в точку О, NMt — в от-
резок NM, а общий перпендикуляр данных двух пря-
мых, будучи параллельным плоскости проекций, проек-
тируется без искажений в отрезок OK -L MN, (Доказа-
тельство мы опускаем, так как оно связано с двумя тео-
ремами, которых нет в школьном учебнике, хотя они
очень легко доказываются. Рекомендуем читателю дока-
зать предложенное построение, тем более, что оно очень
широко используется при решении задач). Приведенный
выше третий способ удобен для определения расстояния
между боковым ребром и скрещивающейся с ним диаго-
налью прямой призмы или диагональю ее боковой гра-
ни. На рисунке 156 показано, как при этом строится и сам
общий перпендикуляр таких прямых. (Расстояние меж-
ду прямыми AAi и BDi равно длине отрезка АК, их об-
щий перпендикуляр — отрезок MKi- Прямые MKi и АК
параллельны).

Задача 73. Длина ребра куба равна а. Найти крат-
чайшее расстояние от диагонали куба до скрещивающе-
гося с ней ребра.
Искомое расстояние не зависит от выбора диагонали
и соответствующего ребра куба. Для большей наглядно-
сти рассмотрим диагональ ВОг куба и ребро CClt пер-
пендикулярное к плоскости основания куба (рис. 157).
Спроектируем их на плоскость основания. Проекцией
BD1 будет диагональ BD основания, а проекцией ССХ—
вершина С основания куба. Но СО ± BD (как диагонали
квадрата), поэтому длина отрезка СО — искомое рас-
стояние. На рисунке показано также построение общего
перпендикуляра прямых BDt и CCt.

На том же рисунке 157 проиллюстрирован и другой
способ нахождения расстояния между скрещивающими-
ся прямыми, описанный выше. Пусть, например, в
гранях куба проведены два скрещивающихся отрезка,
AiK и CjL, где К и L лежаг соответственно на ребрах
DDi и BBi куба. Так как эти отрезки лежат в парал-
лельных гранях куба, расстояние между ними равно
длине ребра куба — общего перпендикуляра этих граней.

Задача 74. В основании прямой призмы лежит ромб
со стороной а и острым углом а при вершине А. Боковые
ребра имеют длину Ь. Найти расстояние между скрещи-
вающимися диагоналями граней, образующих двугран-
ный угол а (рис. 158).

Линейный угол двугранного угла при боковом ребре
ААх призмы Z. DAB = а. Рассмотрим ЛВХ и AtD — скре-
щивающиеся диагонали смежных боковых граней о об-
щим ребром AAi. Проведем через АВг и Лх£> плоскости
(соответственно) ЛВХС и ЛХИСХ. Поскольку АС || А±СЛ
и В^С || AiP, эти плоскости параллельны. Следователь-
но, расстояние между ABt и Ajb равно расстоянию меж-
ду плоскостями АВ& и AJOC^

Для построения общего перпендикуляра указанных
плоскостей прежде всего докажем, что плоскость BB^D
диагонального сечения призмы перпендикулярна к плос-
кости АВ&. Действительно, AC ± BD (как диагонали
ромба ) и AC ± OOl (призма прямая!), следовательно,
АС перпендикулярна к плоскости BBiDjDt и потому про-
ходящая через АС плоскость ЛВХС перпендикулярна
к плоскости BBiDtD. Линия пересечения этих плоско-
стей — прямая В^.

Из Ог — общей точки плоскостей ЛЛХСХС и BBiDxD—
опустим перпендикуляр ОгР на ОВХ (рис. 159), тогда от-
резок ОХР перпендикулярен к плоскости ЛВХС, а значит,
и параллельной ей плоскости ЛХ£>СХ и является общим
перпендикуляром данных скрещивающихся прямых.
2-й случай. Рассмотрим теперь взаимно перпендику-
лярные скрещивающиеся прямые а и Ь. В этом случае
построение общего перпендикуляра данных прямых зна-
чительно упрощается. Алгоритм этого построения состоит
из следующих шагов (рис. 160).

Первыйшаг. Через одну из данных прямых (на-
пример, прямую Ь) проводим плоскость Р, перпендику-
лярную к другой прямой, а ± р, и находим точку А
пересечения прямой а с плоскостью р.

Второй шаг. В плоскости р из А опускаем пер-
пендикуляр АВ на прямую Ь. Отрезок АВ и будет общим
перпендикуляром данных прямых а и Ъ.

Естественно, этот прием применим только в случае,
если а ± Ь. В противном случае через одну из прямых
нельзя было бы провести плоскость, перпендикулярную
ко второй прямой.

Задача 75. Построить перпендикуляр, общий для ди-
агонали BDj куба и не пересекающей ее диагонали BjC
грани этого куба (рис. 161). Найти длину общего перпен-
дикуляра, если ребро куба равно а.

Ребро DiCi перпендикулярно к плоскости грани
BBjCiC куба, поэтому плоскость BDiCi, проходящая
через одну из данных прямых — BDlt перпендикулярна
к плоскости этой грани и пересекается с нею по прямой
BCj. Но ВгС ± BCi, поэтому В±С перпендикулярна
к плоскости jBDjCj. Остается из точки Р пересечения
этой плоскости со второй данной прямой — ВгС опустить
перпендикуляр PN на прямую BD^ Отрезок PN — об-
щий перпендикуляр двух данных скрещивающихся пря-
мых. Для вычисления длины отрезка PN удобно про-
вести CtL ± BDt.

Задача 76. В правильной треугольной пирамиде
SABC плоский угол при вершине равен а, а кратчайшее
расстояние между боковым ребром и противолежащей
стороной основания равно с. Найти объем пирамиды
(рис. 162).

Рассмотрим в данной пирамиде скрещивающиеся реб-
ра SB и АС. Они взаимно перпендикулярны (специально
мы этого доказывать не будем: это вытекает из способа
построения общего перпендикуляра скрещивающихся
ребер пирамиды). Проведем BD ± АС, соединим D с S.
Тогда SD ± АС и АС перпендикулярна к плоскости
SDB, проходящей через SB и пересекающей АС в точке
D. Из D опустим перпендикуляр DE на ребро SB. AG ±--i

I К

107
± DE (по определению перпендикулярности прямой
и плоскости), DE ± SB (по построению). Следовательно,
DE = с — общий перпендикуляр прямых АС и SB.

Глава VII. ПОСТРОЕНИЕ ЧЕРТЕЖЕЙ К ЗАДАЧАМ
НА ОПРЕДЕЛЕНИЕ ОБЪЕМА И ПЛОЩАДИ
ПОВЕРХНОСТИ ТЕЛ ВРАЩЕНИЯ

Решая задачи на определение объема и площади по-
верхности тел вращения, вспомним, что простейшие из
таких тел — цилиндр, конус, усеченный конус, шар. Ге-
нетические определения прямого кругового цилиндра,
конуса, шара даны в учебном пособии «Геометрия. 6—10»
А. В. Погорелова. Аналогично можно дать определение
усеченного конуса как тела, полученного при вращении
прямоугольной трапеции вокруг боковой стороны, пер-
пендикулярной к основаниям, как оси.

Отметим два существенных момента во всех этих
определениях. Во-первых, ось вращения компланарна
(лежит в одной плоскости) с вращаемой фигурой и не
пересекает ее. Во-вторых, внутренние области тел вра-
щения описываются при вращении областей, ограничен-
ных указанными плоскими фигурами (включая точки
этих фигур, лежащие на оси вращения). Поверхность
же тел вращения описывается вращающимися контур-
ными линиями этих плоских фигур. Например, внутрен-
няя область конуса описывается при вращении плоской
области, ограниченной прямоугольным треугольником,
вокруг его катета (включая катет, лежащий на оси вра-
щения), боковая поверхность описывается вращающей-
ся гипотенузой, а основание конуса — вращающимся
катетом этого треугольника.

В задачах мы встречаемся и с более сложными телами
вращения. Во всех этих случаях ось вращения должна
лежать в плоскости вращающейся фигуры и не пересекать
эту фигуру. При решении таких задач обычно прихо-
дится расчленять полученное тело вращения на состав-
ные части в форме цилиндра, конуса, усеченного конуса,
иногда части шара.

При определении объема полученного тела вращения
учитываем сказанное выше. Поясним это на примере.

Пусть прямоугольный треугольник АВС вращается
вокруг оси АМ, проходящей через вершину острого угла
108 ^151

MATHEDU.RU
А параллельно катету ВС (и, следовательно, перпенди-
кулярно к катету АС). На рисунке 163 изображено по-
лученное тело вращения. Очевидно, что объем этого тела
равен разности объемов двух тел: цилиндра, получен-
ного при вращении прямоугольника АМ ВС вокруг оси
АМ, и конуса, полученного при вращении вокруг той
же оси прямоугольного треугольника АМВ. Из этого
примера отчетливо видно, что при решении таких задач
очень часто приходится не складывать, а вычитать объ-

емы элементарных тел вращения, на которые расчленено
данное сложное тело.

Что касается площади поверхности сложного тела
вращения, то ее во всех случаях находят как сумму пло-
щадей поверхностей, описываемых каждой вращающейся
стороной (или дугой) плоской фигуры, которая порож-
дает тело вращения.

В приведенном выше примере площадь поверхности
тела вращения складывается из площади боковой по-
верхности цилиндра, описываемой катетом ВС, боковой
поверхности конуса, описываемой гипотенузой АВ,
и площади круга, описываемого катетом АС.

Решая задачи на фигуры вращения, нужно прежде
всего изобразить (во фронтальной плоскости, то есть
без искажения) осевое сечение полученного тела враще-
ния (ось вращения на чертеже располагается «вертикаль-
но»), а затем изобразить основания и очерковые образу-
ющие соответствующих конусов, усеченных конусов,
цилиндров, из которых составлено данное тело враще-
ния. Следует помнить, что при вращении вокруг оси
точка описывает окружность, радиус которой равен
расстоянию точки от оси, центр принадлежит оси, при-
чем плоскость описываемой окружности перпендикуляр-

на к оси вращения.

Для большего удобства при решении задачи полезно
построенное осевое сечение использовать как выносной
чертеж, а рядом выполнить «объемное» изображение те-
ла вращения, расположив на нем осевое сечение под уг-
лом к фронтальной плоскости.

Приводим несколько примеров выполнения чертежей
при решении таких задач.

Задача 77. В треугольнике АВС дано основание ВС—
!= а и прилежащие к нему углы а и 90° + а. Найти
объем и площадь поверхности тела, полученного при вра-

щении этого треугольника вокруг его высоты, не пере-

секающей треугольник (рис. 164).

ЛГ

109
В этой задаче объем тела вращения равен разности
объемов конусов ACCi и ДВВ, с общей высотой АО,
а площадь поверхности равна сумме боковых поверхно-
стей этих конусов и площади кольца, описываемого сто-
роной ВС треугольника АВС.

Задача 78. Треугольник АВС вращается вокруг пря-
мой, которая лежит в плоскости этого треугольника,
проходит вне его через вершину А и одинаково наклонена
к сторонам АВ и АС. Найти объем тела вращения, если
АВ »= a, АС “ b, X. ВАС — а (рис. 165).

Данное тело вращения представляет из себя усечен-
ный конус BBiCjC, из которого удалены два конуса!
АВ}В и ACjC,

Задача 79. Равнобедренный треугольник АВС с осно-
ванием АС = а и углом а при вершине вращается вокруг
оси, проходящей вне треугольника (со стороны основания)
параллельно его основанию АС на расстоянии b от него.
Определить площадь поверхности и объем тела вращения.

Заданное условием задачи тело вращения имеет плос-
кость симметрии — плоскость кругового кольца, описы-
ваемого высотой В К равнобедренного треугольника АВС
(рис. 166). Это нужно учесть при решении задачи. Объем
данного тела вращения равен удвоенной разности объе-
мов усеченного конуса, описываемого трапецией OiMBC,
и цилиндра, описываемого прямоугольником OjMKC
при вращении вокруг оси ОГМ. Площадь поверхности
равна удвоенной сумме площадей боковых поверхностей
указанных усеченного конуса и цилиндра.

В заключение отметим, что при решении задач на тела
вращения не рекомендуется спешить с определением от-
дельных элементов этих тел — радиусов оснований, вы-
сот, образующих. Лучше сначала максимально упростить
формулу решения и лишь затем определить длины остав-
шихся в этой формуле отрезков.

Глава VIII. ОБОСНОВАНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА
ШАРА В ЗАДАЧАХ НА КОМБИНАЦИЮ ШАРА
С МНОГОГРАННИКАМИ, ЦИЛИНДРОМ

ИЛИ КОНУСОМ

Сам по себе шар — тело наиболее простое, ведь оно
определяется одним лишь параметром — радиусом. Если
же в задаче задана комбинация шара с другим геомет--
110 ||^|g|

mathedu.ru
рическим телом, то очень важно точно определить взаим-
ное положение центра шара и элементов этого другого
тела.

Проще всего этот вопрос решается для комбинации
шара с цилиндром: центром описанного около цилиндра,
как и вписанного в цилиндр шара является середина оси
цилиндра — отрезка, соединяющего центры его осно-
ваний.

Если в шар вписана прямая призма, центром шара
является середина отрезка, соединяющего центры окруж-
ностей, описанных около оснований призмы (эти окруж-
ности можно принять за параллели сферы, описанной
около призмы).

Если прямая призма описана около шара, ее боковые
грани касаются сферы в точках, расположенных на ее
экваторе, боковое ребро равно диаметру шара, его цент-
ром является середина отрезка, соединяющего центры
окружностей, вписанных в основания призмы.

Остановимся подробнее на положении центра шара
в случаях комбинации шара с конусом, пирамидой.

1. Пусть конус вписан в шар. Осевое сечение этой
комбинации двух тел, проведенное через ось конуса, пред-
ставляет из себя круг с вписанным в него равнобедрен-
ным треугольником. Центр круга, он же — центр опи-
санного шара, лежит на высоте этого треугольника (то
есть высоте конуса) или ее продолжении. Но нам важно
уточнить положение центра шара. Вспомним, что цент-
ром описанной около треугольника окружности является
точка пересечения серединных перпендикуляров к сто-
ронам треугольника. В нашем случае это означает, чю
центром шара, описанного около конуса, является точ-
ка пересечения высоты конуса (или ее продолжения)
с перпендикуляром к образующей, проведенным через
ее середину в плоскости осевого сечения конуса
(рис. 167).

2. Если шар вписан в конус, то осевым сечением этой
комбинации тел будет равнобедренный треугольник
с вписанным в него кругом. Центр этого круга (центр
вписанного в конус шара) есть точка пересечения бис-
сектрис треугольника. Но одна из них является высотой
конуса, а другая (как и третья) — биссектрисой угла
наклона образующей конуса к плоскости его основания
(рис. 168).

3. Пирамиды бывают самыми разными. Не всякую
пирамиду можно вписать в шар или описать около шара.

1 y

II1
В тех случаях, когда это возможно, пирамида не обяза-
тельно будет правильной или хотя бы полуправиль-
ной.

Мы рассмотрим в качестве типовых случаев только
комбинации шара с полуправильными или правильными
пирамидами. В качестве «нестандартной» рекомендуем
задачу 6, рассмотренную в § 8 главы I.

Пусть в шар вписана пирамида, боковые ребра которой
равны (или, что то же, одинаково наклонены к плоско-
сти основания и образуют равные углы с высотой пи-
рамиды).

Многогранник называется вписанным в шар (сферу),
если все его вершины лежат на поверхности шара, то есть
одинаково удалены от центра шара.

Рассмотрим сначала вершины основания вписанной
в шар пирамиды. Плоскость основания пересекает сферу
по окружности, описанной около этого основания. Из
равенства боковых ребер пирамиды следует, что основа-
нием ее высоты является центр описанной около основа-
ния пирамиды окружности (см. § 1 главы IV), то есть
высота принадлежит прямой, проходящей через центр
окружности перпендикулярно к ее плоскости. Эта пря-
мая является геометрическим местом точек, равноуда-
ленных от всех точек указанной окружности. Мы пришли
к выводу, что центр описанного шара лежит на высоте
пирамиды или на ее продолжении. Этот вывод требует
дальнейшего уточнения — ведь точек на высоте пира-
миды не счесть.

Предварительно уточним положение вершины пира-
миды. Мы всегда можем считать, что плоскость экватора
сферы параллельна плоскости основания пирамиды. Но
тогда основание пирамиды вписано в параллель сферы,
а ее вершина совпадает с одним из полюсов.

Рассмотрим теперь вершину S пирамиды и одну из
вершин основания, например А. Геометрическим местом
точек в пространстве, равноудаленных от S и Л, явля-
ется плоскость, проходящая через середину К бокового
ребра 5Л перпендикулярно к ребру. Она пересекает
плоскость 5РЛ, проходящую через высоту и ребро 5Л
пирамиды, по прямой КО, перпендикулярной к 5Л. Точ-
ка О пересечения КО и SP равноудалена от всех вершин
пирамиды — эта точка и является центром описанного
около пирамиды шара (рис. 169).

При решении задач такого вида мы используем тре-
угольник SKO. Он включает радиус SO шара, половину
бокового ребра пирамиды ^S/< = у S4 J. Кроме того,
Z. SO К =* Z- SAP — углу наклона бокового ребра
к плоскости основания пирамиды.

4. Пусть шар вписан в пирамиду, боковые грани кото-
рой одинаково наклонены к основанию (или, что то же,
высота пирамиды образует равные углы со всеми боко-
выми гранями).

Шар называется вписанным в пирамиду, если он ка-
сается всех граней пирамиды (включая основание). Та-
ким образом, центр О вписанного шара — это точка,
равноудаленная от всех граней пирамиды (так как ради-
усы шара, проведенные в точки касания, перпендикуляр-
ны к касательным плоскостям). Итак, нам предстоит
выяснить положение точки, одинаково удаленной от
всех граней описанной около шара пирамиды указанно-
го вида.

Рассмотрим сначала только боковые грани пирамиды.
Из условия, что все они одинаково наклонены к плоско-
сти основания, следует, что высота пирамиды проходит
через центр вписанной в основание окружности и что
точки высоты одинаково удалены от всех боковых граней
(докажите!). Остается уточнить, какая именно точка вы-
соты пирамиды является центром вписанного в нее
шара.

Рассмотрим двугранный угол, образованный основа-
нием пирамиды и одной из ее боковых граней (безразлич-
но, какой, ибо все они по условию одинаково наклонены
к основанию). Проведем через высоту SP пирамиды
плоскость SDP, перпендикулярную к ребру двугранного
угла АС — пересечение ее с гранью даст нам линейный
угол SDP этого двугранного угла. Проведем биссектрису
линейного угла — она пересечет высоту пирамиды в точ-
ке О, одинаково удаленной от основания и боковой грани
пирамиды (докажите!), а значит, и от всех граней пира-
миды.

Таким образом, центром вписанного в данную пира-
миду шара является точка пересечения высоты пирамиды
и биссектрисы линейного угла двугранного угла при ос-
новании, лежащего в плоскости, которая проходит че-
рез высоту пирамиды (рис. 170).

Полученный прямоугольный треугольник OPD вклю-
чает радиус шара ОР, радиус PD окружности, вписанной
в основание пирамиды, угол 0DP, равный половине ли-
нейного угла двугранного угла при основании пирамиды.-^
Кроме того, решение этого треугольника дает «выход»
на треугольник SPD, который включает высоту пира-
миды и высоту ее боковой грани (у пирамиды такого вида
высоты боковых граней, проведенные из вершины пира-
миды, равны).

Рассмотрим в заключение несколько задач на ком-
бинацию шара с многогранниками.

Задача 80. Высота правильной четырехугольной пи-
рамиды равна Н. Перпендикуляр, проведенный из цент-
ра шара, описанного около пирамиды, к ее боковой грани,
образует с высотой угол а. Определить объем шара.

Пусть SABCD —данная пирамида (рис. 171). Мы уже
знаем (см. п. 3 этого параграфа), что центром описанного
около нее шара является точка О пересечения высоты
SM пирамиды (или ее продолжения) с серединным
перпендикуляром к боковому ребру SC, проведенным
в плоскости MSC. Перпендикуляр ОК, опущенный на
боковую грань CSD из центра О описанного шара, лежит
в плоскости SME, перпендикулярной к грани CSD
(SE — апофема пирамиды, ME — ее проекция на плос-
кость основания). Поэтому основание К указанного пер-
пендикуляра лежит на SE.

Эта задача имеет две особенности.

Прежде всего «расшифруем» условие относительно
данного угла. Центр шара здесь назван явно для того,
чтобы осложнить анализ условия. На самом деле этот
перпендикуляр к боковой грани можно опустить из лю-
бой точки высоты пирамиды — он с одинаковым успехом
будет «маскировать» то условие, что апофема пирами-
ды наклонена к плоскости основания под углом а, то
есть что двугранный угол при основании пирамиды

равен а.

Вторая особенность задачи состоит в том, что
данный угол не входит в прямоугольный треугольник
SPO (OP ± SP, SP == PC), который связывает радиус
шара с боковым ребром пирамиды. Эго несколько услож-
няет решение задачи. В таких случаях обычно вводят
вспомогательный угол zL MCS = Z_ SOP =* <р или рас-
сматривают прямоугольный треугольник SDN, где SN —
диаметр шара.

Задача 81. В куб с ребром а вписана сфера. Найти
радиус другой сферы, касающейся трех граней куба
и первой сферы (рис. 172).

Центром сферы, вписанной в куб, является центр сим-
метрии куба — он одинаково удален от всех его граней.
Пусть вторая сфера касается всех граней трехгранного
угла с вершиной в At. Покажем, что такая сфера суще-
ствует и ее центр лежит на диагонали Л/? куба. Заметим
прежде всего, что углы наклона диагонали А^С куба
к плоскостям граней этого трехгранного угла равны меж-
ду собой. Действительно, проекциями отрезка АгС на
соответствующие грани куба являются диагонали этих
граней, а из равенства треугольников СА^, CAjCt,
CAiB следует Z. CAXD — Z. САГСГ = Z. CAjB.

Возьмем произвольную точку F на отрезке OAi диа-
гонали AjC куба. Поскольку плоскости С Afi, CAfii,
CAfi перпендикулярны к плоскостям соответствующих
граней, проекции Flt F2, F3 точки F на эти грани будут
лежать соответственно на диагоналях Afi, Л/Ji,
граней. Прямоугольные треугольники AfiF^ AfiF3,
AfiF3 равны, отсюда FFX = FF2 = FF3. Таким обра-
зом, точка F одинаково удалена от плоскостей трех гра-
ней куба с общей вершиной Xj (точки F, Fu F2, F3 на
чертеже не отмечены). Из условия касания указанных
в задаче двух сфер следует, что точка касания лежит на
диагонали куба (которая является линией центров
этих сфер).

На чертеже куб размещен так, чтобы прямоугольник
AAfifi диагонального сечения лежал во фронтальной
плоскости. При этом как сам этот прямоугольник, так
и осевые сечения сфер изображаются без искажений (при
изображении прямоугольника AAfifi не следует забы-
вать об отношении длин его сторон!).

Задача 82. Основание пирамиды SABC — прямо-
угольный треугольник, катеты СА и СВ которого равны
а. Боковое ребро SC перпендикулярно к основанию и так-
же равно а. Найти радиус сферы, вписанной в пирамиду
(рис. 173).

Задача на первый взгляд кажется довольно сложной.
Ведь, решая ее, нужно прежде всего доказать, что в дан-
ную пирамиду можно вписать сферу, затем выяснить по-
ложение центра этой сферы, а это сделать не так легко,
как в случае правильной пирамиды. Однако при бли-
жайшем рассмотрении оказывается, что эта пирамида —
правильная, стоит лишь поставить ее на грань SAB как
на основание. Пирамида от этого не пострадает, а для
нас все прояснится. Действительно, AS В—равносто-
ронний треугольник, SA = SB = АВ = a V2, С А =
= СВ = CS = а, следовательно, вершина С проектору-
ется в центр М треугольника ASB. Но в правильную
пирамиду может быть вписана сфера, ее центром будет
точка пересечения высоты СМ пирамиды и биссектрисы
угла СК.М — линейного угла двугранного угла при сто-
роне АВ основания.

Приняв за основание пирамиды грань SAB, будем
решать задачу в такой формулировке: «В правильную,
треугольную пирамиду CSAB, стороны основания кото.
Рой равны а У~2, а плоские углы при вершине прямые,
вписана сфера. Найти радиус сферы».
ОГЛАВЛЕНИЕ

Введение . . • ...................................... « 3

Глава I. Изображение пространственных фигур в параллель-
ной проекции ............................................. 7

§ 1. Определение параллельного проектирования и его свойства 7

§ 2. Выбор направления проектирования.....................11

§ 3. Построение изображений пространственных фигур в па-
раллельной проекции.......................................14

§ 4. Изображение многогранников и их комбинаций ... 21

§ 5. Изображение окружности, вписанных и описанных около
нее многоугольников.......................................27

§ 6. Изображение цилиндра и конуса, их комбинаций с мно-
гогранниками .............................................38

§ 7. Выбор и изображение фронтального сечения.............42

§ 8. Изображение шара (сферы), комбинаций шара (сферы)
с многогранниками и телами вращения.......................43

Глава II. Построение сечения многогранника плоскостью.
Обоснование формы сечения.................................51

§ 1. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной
тремя точками.............................................51

§ 2. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной
прямой и точкой вне ее или двумя параллельными прямыми 54

§ 3. Применение метода внутреннего проектирования при по-
строении сечения призмы плоскостью........................56

§ 4. Построение сечения многогранника плоскостью, заданной
точкой и условием параллельности или перпендикуляр-
ности к указанным прямым и плоскостям ...... 60

Глава III. Построение угла между прямой и плоскостью . . 68

§ 1. Построение угла между ребром и гранью многогранника 70

§ 2. Построение угла между высотой и наклонной к основа-
нию боковой гранью многогранника, между диагональю
и боковой гранью призмы и др..............................72

Глава IV. Проведение перпендикуляра из заданной точки к
плоскости грани многогранника.............................74

§ 1. Построение высоты пирамиды и наклонной призмы . . 75

§ 2. Проведение перпендикуляра из заданной точки к боко-
вой грани многогранника...................................82

Глава V. Построение линейного угла данного двугранного угла 85

§ 1. Определение и свойства линейного угла, последователь-
ность его построения ...................................-86-
§ 2. Построение линейного угла двугранного угла между бо-
ковой гранью и основанием пирамиды.......................86

§ 3. Построение линейного угла двугранного угла между
боковыми гранями пирамиды................................88

§ 4. Построение линейного угла двугранного угла при сто-
роне основания призмы....................................92

§ В. Построение линейного угла двугранного угла между бо-
ковыми гранями наклонной призмы а . х . t , । , 93

§ 6, Построение линейного угла двугранного угла между
гранью многогранника и секущей плоскостью .... 94

Глава VI. Расстояния между точками, прямыми и плоскостями 98

§ 1. Расстояние от точки до прямой. Расстояние между па-
раллельными плоскостями..................................98

§ 2. Расстояние и угол между скрещивающимися прямыми 101

Глава VII, Построение чертежей к задачам на определение
объема и площади поверхности тел вращения...............108

Глава VIII. Обоснование положения центра шара в задачах на
комбинацию шара с многогранниками, цилиндром или конусом ПО

^|Й|
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Гольдберг Яков Евелевич
С ЧЕГО НАЧИНАЕТСЯ РЕШЕНИЕ
СТЕРЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ЗАДАЧИ
Пособие для учителя

Заведующий редакцией физики и математики Я, Et Зуб-
ченко. Литературный редактор Г, В, Брезницкая. Ху-
дожник обложки А. В. Пермяков. Художественный ре-
дактор В. А. Пузанкевич. Технический редактор А. Г. Фрид-
ман. Корректоры Л. В. Липницкая, Н. И. Логвинов

ИБ № 7083

Сдано в набор 20.06.89. Подписано в печать 22.03.90.
Формат 84X108/32. Бумага тип. № 2. Гарнитура литера-
турная. Печать высокая. Усл. печ. л. 6,3+1,68 вкл,
Усл. кр-отт. 13,32. вкл. Уч.-изд. л. 6,24+1,72 вкл. Ти.
раж 80000 экз. Изд. Ne 32867. Заказ 9-300. Цена 45 к.

Издательство «Радянська школа», 252053, Киев, Ю. Ко-
цюбинского, 5.

Книжная ф-ка им. М. В. Фрунзе, 310057, Харьков-57,
ул, Донец-3 ахаржевского, 6/8.
Книжная полка

Для учителей математики в издательстве «Радянська школа»
вышли в 1989 году следующие учебно-методические пособия:

Авраменко Н. И, Уроки алгебры и начал анализа в 10 и 11
классах. 319 с. 65 к.

В пособии приведены подробные разработки уроков по ал-
гебре и началам анализа по всем темам программы для 9-го и
10-го классов. К урокам всех основных типов предлагаются при-
емы актуализации опорных знаний учащихся, мотивации учебы,
восприятия и осознания нового материала, его осмысления, систе-
матизации и обобщения. Даются образцы оформления решений
типичных задач и упражнений, в частности в экзаменационных
работах на аттестат о среднем образовании.

Возняк Г. М., Маланюк М. П. Взаимосвязь теории с практи-
кой в процессе изучения математики. 128 с. 20 к.

В пособии анализируются возможности усиления практиче-
ской направленности школьного курса математики с помощью
системы прикладных задач по всем программным темам. Рассмат-
ривается специальная методика осуществления взаимосвязи теории
с практикой на всех этапах изучения математики, базирующаяся
на двух основных приемах: многократном решении адекватных
(имеющих одну общую математическую модель) прикладных
задач с различными фабулами и наполнении абстрактной задачи
конкретным содержанием.

Габович И. Г. Алгоритмический подход к решению геометри-
ческих задач. 160 с. 25 к.

В пособии автор на большом и разнообразном материале
(свыше 400 планиметрических и стереометрических задач), соб-
ранном, систематизированном и проверенном в процессе его мно-
голетней педагогической деятельности, раскрывает сущность од-
ного из эффективных общих методов решения геометрических
задач, в основе которого лежит использование так называемых
базисных задач. К каждой базисной задаче подобраны задачи,
решаемые с ее помощью (и, возможно, с помощью других, рас-
смотренных ранее задач).

Осинская В. Н. Формирование умственной культуры учащих-
ся в процессе обучения математике. 192 с. 30 к.

В пособии автор, заслуженная учительница Украинской ССР,
на основе анализа собственного многолетнего опыта преподава-
ния математики и результатов психолого-педагогических иссле-
дований рассматривает систему работы (на уроках и внеклассных
занятиях) по целенаправленному формированию умственной куль-
туры учащихся — умению мыслить, сравнивать, обобщать, выде-
лять главное, существенное в учебном материале, в частности при
усвоении новых понятий и доказательстве теорем. Описана мето-
дика обучения решению задач на основе систематического обоб-
щения их содержания. Приводятся фрагменты уроков, иллюстри-
рующие важнейшие из описанных приемов работы.

51|й|
Школьные учебники (((Р

SHEBA.SPB.&U/SHKOLA