И. Г. ГАБОВИЧ
АЛГОРИТМИЧЕСКИЙ
ПОДХОД К РЕШЕНИЮ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ
И. Г. ГАБОВИЧ
АЛГОРИТМИЧЕСКИЙ
ПОДХОД К РЕШЕНИЮ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ
ЗАДАЧ
КНИГА ДЛЯ УЧИТЕЛЯ
КИЕВ 'РАДЯНСЬКА ШКОЛА» 1989
ББК 74.262
Г12
Рецензенты: Антоненко А, И., кандидат педагогиче-
ских наук, старший преподаватель Черниговского педагогиче-
ского института; Балк Л4. />., кандидат физико-математических
наук, доцент, заведующий кафедрой математического анализа
Смоленского педагогического института; Роженко О. учи-
тель математики СШ № 38 г. Киева.
Редактор Л. Л, Роэумова
Габович И, Г#
Г12 Алгоритмический подход к решению геометри-
ческих задач: Книга для учителя.— К.! Рад. шк.,
1989.—160 с.
ISBN 5-330—00636—8.
В пособии автор на большом и разнообразном мате-
риале (свыше 400 планиметрических и стереометрических
задач), собранном, систематизированном и проверенном в
процессе его многолетней педагогической деятельности,
раскрывает сущность одного из эффективных методов ре-
шения геометрических задач, в основе которого лежит
использование так называемых базисных задач. К каждой
базисной задаче подобраны задачи, решаемые с ее помощью
(или с помощью других, рассмотренных ранее вадач).
Для учителей математики общеобраховательной
школы.
4306010502—328
Г №210(04)—89 251	ББК 74.262
ISBN 5-330—00636-8
©Издательство «Радянська
школа*, 1989
Каждая решенная мною задача
становилась образцом, который
служил впоследствии для реше-
ния других задач.
Р. Декарт. Рассуждения о методе.
ПРЕДИСЛОВИЕ
Обучение решению геометрически х задач — важная
составная часть изучения школьного курса геометрии.
При решении задач у учащихся закрепляются теорети-
ческие знания, вырабатываются навыки применения этих
знаний в практической деятельности, развивается твор-
ческая активность.
Эффективный метод обучения учащихся решению
геометрических задач основан на использовании при
отыскании плана решения задачи некоторых выводов,
полученных в решениях так называемых базисных задач.
Такой алгоритмический подход к отысканию плана ре-
шения той или иной конкретной задачи помогает уча-
щимся быстрее найти этот план.
Базисными мы называем аадачи на доказательство
зависимостей (соотношений), эффективно используемых
при решении многих других геометрических задач.
Базисные задачи, приведенные в данной книге (они
обозначены кружочками, например 1.1°, 2.Г и т. д.),
отбирались автором в процессе его многолетней педагоги-
ческой деятельности. Большинство из них взято из раз-
личных методических пособий и периодической литера-
туры. Некоторые же базисные задачи автор составил сам.
Разумеется, нет и не может быть полного перечня
базисных задач, которые должен знать учащийся. В каж-
дом конкретном случае объем алгоритмических сведе-
ний, сообщаемых учителем, может быть больше или
меньше того, который приводится в книге (в зависимо-
сти от уровня знаний учащихся класса). Но какой-то
минимум этих сведений учащимся должен быть сообщен,
так как без знания такого минимума учащиеся дальше
решения легких задач врядли продвинутся. Для лучшего
запоминания алгоритмических сведений можно рекомен-
довать учащимся записывать их в отдельную общую тет-
радь, в которую они записывают также и другие важные
з
сведения из школьного курса математики. Эта тетрадь
должна стать для каждого учащегося его личным спра-
вочником по математике, позволяющим легко найти
и вспомнить забытую формулу или алгоритм. Ведение
такой тетради способствует быстрейшему запоминанию
содержащихся в ней сведений.
Как отмечает известный советский психолог
П. П. Блонский, мышление учащегося «развивается на
основе усвоенных знаний, и если нет последних, то и нет
основы для развития мышления...» [3, с. 81].
Чтобы научиться решать задачи, учащиеся прежде
всего должны накопить определенные знания (запомнить
основные математические соотношения), из которых за-
тем будут выбирать те, которые нужны для решения дан-
ной конкретной задачи.
«Под алгоритмической деятельностью,— пишет не-
мецкий педагог Б. Чада,— мы понимаем все виды дея-
тельности, направленные на решение задач с помощью
правил, предписаний, алгоритмов. Она охватывает не
только формальное выполнение указанных алгоритмов
и предписаний, но и выбор алгоритма для решения дан-
ной конкретной задачи, составление из множества изу-
ченных правил определенной конечной последовательно-
сти шагов, приводящих к решению задачи, формулиров-
ку алгоритмического предписания, а также приспособ-
ление известного алгоритма к условиям задачи. Таким
образом, алгоритмическая деятельность является важ-
ной составной частью математического образования» [13,
с. 62].
Данная книга состоит из трех глав. В первой главе
рассматриваются базисные задачи планиметрии и пока-
зано, как полученные из них выводы применяются к ре-
шению других планиметрических задач. Приведены за-
дачи для самостоятельного решения с помощью данной
базисной задачи.
Вторая глава посвящена решению стереометриче-
ских задач. Рассматриваются важные для решения за-
дач зависимости: теоремы о трех синусах и о трех коси-
нусах, формулы перехода и уравнения связи для комби-
наций шара с конусом и пирамидой. Иллюстрируется
применение этих зависимостей к решению задач.
В третьей главе рассматривается решение задач по-
средством введения одного или более вспомогательных
элементов, а также — решение геометрических задач
на отыскание экстремумов. В начале каждого параграфа
4
раскрывается смысл применяемого в нем алгоритмиче-
ского приема.
Приведенные в книге базисные задачи и алгоритми-
ческие рекомендации не следует рассматривать как нечто
обязательное для каждого учащегося. Учитель может
сокращать или увеличивать число сообщаемых учащим-
ся алгоритмических сведений.
Автор выражает искреннюю благодарность рецен-
зентам М. И. Антоненко и М.. Б. Балку, замечания и
советы которых содействовали улучшению книги при ее
доработке, а также учителю математики П. И. Горн-
штейну, оказавшему большую помощь в подборе упраж-
нений.
ГЛАВА 1
БАЗИСНЫЕ ЗАДАЧИ ПЛАНИМЕТРИИ
1, ТРЕУГОЛЬНИКИ
Задача 1.1°. Доказать, что стороны угла, пересека-
емые рядом параллельных прямых, рассекаются ими на
пропорциональные части.
Решение. Пусть стороны угла АВС пересекаются
параллельными прямыми а, b и св точкахD и Dlt Е и Ег,
Ги/?1(рис. 1.1). Проведем DK II ВС и EL || ВС. Ясно,
что DK = DiEi, как противоположные стороны паралле-
лограмма DDiEiK- Аналогично, EL — E1F1.
Заметим далее, что
Z. DBDj_ + z. BDK = 180°
(1)
как сумма внутренних односторонних углов при парал-
лельных прямых.
G другой стороны,
Z. EDK + Z. BDK = 180°
(2)
как сумма смежных углов.
Из (1) и (2) следует, что
Z-DBDi = Z_EDK.
Аналогично доказывается, что
/L EDK = Z. FEL,
и потому
Z-BDPj = Z_ DE К = Z. EFL.
Следовательно, треугольники BDDr, DEK и EFL по-
добны (по первому признаку подобия треугольников).
с А Из подобия этих треугольни-
в	ков слеДУет:
Ьс\'	BD — DE — EF
\	BDl ' DK~ EL"
В jo} £,' v	Заменив отрезки DK и EL co-
Рис. l.i ответственно равными им отрезка-
6
ми Dt£i и fifi, получаем:
BD DE EF
BD, ~ D,E, - E,F, '
что и требовалось доказать.
Примечание. Заметим, что справедливо также и обрат-
ное утверждение: если прямые, пересекающие стороны угла,
отсекают на них пропорциональные отрезки, то эти прямые
параллельны. Это утверждение нетрудно доказать методом ог
противного.
Примеры
Задача. В полуокружности с диаметром АВ = 2/?
проведен радиус ОС, перпендикулярный к АВ (рис. 1.2).
На полуокружности выбрана точка М так, что прямая,
соединяющая ее проекцию Р на диаметр, с точкой D
пересечения прямых ОС и МВ, перпендикулярна к МВ.
Найти РВ.
Р е ш е н и е. Соединим точку М с точкой А. Так как
Д МАВ прямоугольный (Z. АМВ = 90°), то AM || PD.
По доказанному в задаче 1.Г имеем:
АР _МР _ РО
РВ ~ BD О В
или
АР __РО
РВ~~ OB'
(3)
Положим РВ ~ у. Тогда АР =2R — у и РО = у
— R. Таким образом, из (3) получаем:
2/? — у _ у — R
У ~ R ’
откуда
у = R У2, РВ — R V2.
1
Задача. В прямоугольном треугольнике А ВС С —
== 90°) проведена медиана AAt, пересекающая высоту
CD треугольника в точке М (рис. 1.3). Найти отношение
МС : DM, если / А = а.
Решение. Через точку D проведем прямую, па-
раллельную медиане AAt, до пересечения с катетом ВС
в точке Dx. Тогда, на основании доказанного в задаче
1.1° утверждения, имеем:
МС_СА1_ А]В _
DM ~ AlD1 ~ AxDt ~
BD , . ВС2* .
“ DA + ~ АС2 +
BDA AYDY
А^
__ BDY
~ A1D1
1 == tg2 А + 1
___1
cos2 а '
УПРАЖНЕНИЯ
1.1.	В треугольнике проекции боковых сторон на основание
равны 15 м и 27 м, а большая боковая сторона — 45 м. На какие
части она делится (считая от вершины) перпендикуляром к осно-
ванию, проведенным из его середины?
1.2.	Основания трапеции 1,8 м и 1,2 м; боковые стороны
ее длиной 1,5 м и 1,2 м продолжены до взаимного пересечения.
Определить, на сколько продолжены боковые стороны.
1.3.	В трапеции A BCD меньшее основание CD равно 15 см,
а боковая сторона ВС — 9 см. Продолжения боковых сторон пере
секаются в точке Р, удаленной от С и D соответственно на 10 см
и 12 см. Найти длины двух других сторон трапеции.
1.4	На продолжении стороны АВ параллелограмма ABCD
отложен отрезок ВМ, равный половине длины стороны АВ. От-
резки MD и ВС пересекаются в точке Н. Определить ВС, если
ВН = 1,6 м.
1.5.	В треугольнике АВС с прямым углом С гипотенуза
равна 13 см, а катет ВС равен 10 см. Точка М, расположенная
на гипотенузе, отстоит от вершины А на 7 см. Найти расстояние
от точки М до прямой АС.
1.6.	На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точки Н
и М гак, что ВН : НС = СМ : MD = 1 : 2. Отрезки АН и ВМ
пересекаются в точке Р. Найти отношение АР : PH.
1.7	Точки М, N, Р и Q являются серединами сторон АВ,
ВС, CD и DA ромба ABCD. Вычислить площадь фигуры, явля-
ющейся пересечением четырехугольников ABCD, ANCQ
и BPDM. если площадь ромба равна 100 см2.
1.8.	В параллелограмме ABCD точки Е и F являются се-
рединами сторон АВ и ВС соответственно. Отрезки СЕ и DF
* Из подобия треугольников В DC и ABC, ADC и АВС полу-
чаем:
ВС* = АВ . BD,
СА* = ВВ • AD.
Поэтому
BD __ ВС*
DA ~~ С А* •
8
пересекаются в точке Р. Найти площадь четырехугольника
EBFP. если площадь параллелограмма равна S.
1.9.	Медианы AAi и BBj треугольника АВС пересекаются
в точке М. Из вершины В и точки М опущены педпендикуляры
BD и ME на сторону АС. Доказать, что AD —CD =
= 3 (АЕ — СЕ).
1.10.	На сторонах АВ и ВС треугольника АВС выбраны
точки Н и Е так, что АН : НВ = BE : ЕС = т : п. Отрезки
АЕ и СН пересекаются в точке О. Найти площадь А АОС, если
площадь треугольника АВС равна S.
Задача 1.2°. Доказать, что если Д ABC<s> ДА'В'С,
то имеют место следующие равенства:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
Доказательство. Равенства (1) следуют из
определения преобразования подобия.
Докажем некоторые из равенств (2) — (8).
Пусть Д АВС<-г> Д А 'В'С (рис. 1.4). Проведем BD J.
-L АС и B'D' ± А'С'. Треугольники ABD и A'B'D' по-
9
в
Рис. 1.6
добны, ибо они прямоугольные и имеют равные острые
углы. Из подобия этих треугольников следует, что
BD АВ hb с
B'D' ~ А'В' ИЛИ hb, ~ с'‘ ’
Аналогично доказывается, что
_ А „	_ А
h„, ~ b’ h., ~ Ь' ’
и	U
Докажем далее одно из равенств (3). Пусть д АВС<у]
оодА'В'С' (рис. 1.5). Проведем медианы BE и В’Ё'
в треугольниках АВС и А’В'С соответственно. Треуголь-
ники АВЕ и А'В'Е' подобны по второму признаку подобия
треугольников. Поэтому
BE АВ ть с
В'Е' ~ А'В' ИЛИ ть, ~ с''
Аналогично доказывается, что
та   b	тс   а_
та(	Ь'	тс,	а'- *
Докажем одно из равенств (4). Пусть д АВС <s>
д А'В'С" (рис. 1.6). Проведем биссектрисы BE и В'Е'
в треугольниках АВС и А'В'С' соответственно.
10
Треугольники ABF и A'B'F' подобны по первому
признаку подобия треугольников. Поэтому
BF	АВ	с
---- или s= .
B'F'	А'В' и ш 1В, с“
Аналогично доказывается, что
j! — А п h. — —
lA- ~ь 1с- ~ '
Аналогично доказываются остальные равенства.
Примеры
Задача. Большее основание трапеции в два раза боль-
ше ее меньшего основания. Через точку пересечения диа-
гоналей трапеции проведена прямая, параллельная осно-
ваниям. Найти отношение высот каждой из двух образо-
вавшихся трапеций к высоте данной трапеции.
Решение. В трапеции ABCD (AD |i ВС) AD —
=» 2ВС (рис. 1.7). Через точку пересечения диагоналей О
проведены прямые: MN || AD и PQ J. AD. Отрезки ОР
и OQ соответственно являются высотами трапеций MBCN
и AMND. Одновременно эти же отрезки являются высо-
тами подобных треугольников ВОС и AOD. Поскольку
AD — 2ВС, то из подобия треугольников ВОС и AOD
следует, что
ОР _ ВС _ j_
OQ “ AD ~ 2 •
т OP+OQ ,
Так как —= 1, то
ОР _ 2 25 — 2
PQ ~ 3 И PQ ~ 3 •
Задача. В четырехугольнике ABCD сторона АВ рав-
на стороне ВС, диагональ АС
АВС равен углу A CD. Ра-
диусы окружностей, впи-
санных в треугольники
равна стороне CD, а угол
Рис. 1.8
11
АВС и ACD, относятся, как 3 : 4. Найти отношение пло-
щадей эгих треугольников.
Решение. Из условия задачи следует, что
Л АВС оо Д ACD (рис. 1.8). Пусть и г2 — радиусы
окружностей, вписанных в треугольники АВС и ACD
соответственно. Из подобия этих треугольников следует,
что
S&abc s	G = 9 : 16.
УПРАЖНЕНИЯ
1.11.	Прямая, параллельная основанию треугольника, де-
лит его на части, площади которых относятся как 2:1, считая
от вершины. В каком отношении она делит боковые стороны?
1.12.	Основания трапеции равны а и b (а > Ь), а ее высо/а
равна h. Вычислить высоту треугольника, образованного продол-
жением непараллельных сторон трапеции до их взаимного пере-
сечения.
1.13.	Основание треугольника равно Ь, а высота, опущен-
ная на основание, равна h. В треугольник вписан квадрат, одна
из сторон которого лежит на основании треугольника, а две вер-
шины — на боковых сторонах. Найти отношение площади квад-
рата к площади треугольника.
1.14.	Основания трапеции равны а и Ь. Найти длину отрез-
ка. проведенного в трапеции параллельно ее основаниям и де-
лящего трапецию на равновеликие части.
1.15.	Основание треугольника равно а. Найти длину отрез-
ка прямой, параллельной основанию и делящей треугольник на
равновеликие части.
1.16.	В треугольник с периметром, равным 20 см, вписана
окружность. Отрезок касательной, проведенной к окружности
параллельно основанию, заключенный между сторонами ipe-
>угольника, содержит 2,4 см. Найти основание треугольника.
1.17.	Сумма острых углов трапеции равна 90 , высота равна
2 см, а основания — 12 см и 16 см. Найти боковые стороны тра-
пеции.
1.18.	В трапеции ABCD даны основания AD = а, ВС == ь.
На продолжении ВС выбрана такая точка М, что прямая AM
отсекает от площади трапеции ABCD ее часть. Найти длину
oiрезка СМ,
1.19.	Высота остроугольного треугольника равна 25 см. На
каком расстоянии от вершины нужно провести прямую, перпен-
дикулярную этой высоте, чтобы площадь треугольника разделись
пополам?
1.20.	Два прямоугольных треугольника АВС и BCD имеют
о^щую гипотенуз} ВС, длина которой равна 5, и расположены
так, что ка1еты АВ и CD пересекаются в точке О. Известно, ч<о
радиус окружности, вписанной в треугольник DOB, в три раза
больше радиуса окружности, вписанной в треугольник АОС,
9 длина катета BD треугольника BCD равна 3. На/ыи площадь
треугольника ВОС.
12
Задача 1.3°. В остроуголь-
ном треугольнике АВС проведе-
ны высоты ААХ и CCt. Доказать,	/ \
что Д A^BCi подобен данному	/	\
с коэффициентом подобия, рав-	л
ным cos В.
Р е ш е н и е. На стороне АС	//	\\
треугольника АВС, как на диа-
метре, опишем полуокружность, . 'f—----------—а)
которая, очевидно, пройдет че-	с
рез основания высот At и Сг	Рис. 1.9
(рис. 1.9). Угол ВАС изме-
ряется полусуммой дуг САг и 0,/lj. Поэтому
/ ВАС = Z. CtCAj. + CCrAt = /_ ВА£Х.
(Аналогично, / ВСА — / BCiAJ. Следовательно,
Д А1ВС1 Д АВС.
Так как стороны А^В и АВ являются соответству-
ющими сторонами в подобных треугольниках, то их от-
ношение АХВ : АВ равно коэффициенту подобия. Но
в прямоугольном треугольнике ABAt.
AtB : АВ = cos В.
Мы провели доказательство, предположив, что угол
В — острый. Высказанное в условии задачи утверждение
верно (и аналогично доказывается) и тогда, когда угол
В тупой. В этом случае коэффициент подобия равен
|cos В | .
Примеры
Задача. В остроугольном треугольнике АВС прове-
дены высоты AZ и CN. Найти радиус окружности, про-
ходящей через точки В, Z и N, если АС — а и АВС = а.
Решение. Рассмотрим kZBN и ЬАВС (рис. 1.10).
На основании задачи 1.3° имеем; Л ZBNv> Д АВС с ко-
эффициентом подобия k — cos а. Отсюда ZN — a cos а.
Пусты — радиус окружности, описанной около Д ZBN.
Тогда
ZN a cos а а
г —---------—------------- —
2 sin а 2 sin а 2
Задача. В остроугольном треугольнике АВС из вер-
шин А и С на стороны ВС и АВ опущены высоты АР
и CQ (рис. 1.11). Вычислить длину стороны АС, если из-
вестно, что периметр треугольника АВС равен 15, пери-
13
Рис. 1.11
гдврс _	9
р — р или
ГДЛВС «ДЛВС	10
откуда 7?ддвс = 3.
Так как коэффициент подобия
3	3
угольников k = , то cos В — -=-
метр треугольника BPQ равен 9, а радиус окружности,
9
описанной около треугольника BPQ, равен у
Р е ш е н и е. Из подобия треугольников BPQ и АВС
имеем:
9_
5
=» ~,
рассматриваемых тре-
и sin В = 4. По тео-
5
4
реме синусов АС =» 2 • 3 • -§ — 4,8.
УПРАЖНЕНИЯ
1.21.	На стороне ВС треугольника АВС, как на диаметре,
построена окружность, пересекающая стороны АВ и АС в точках
М и iV. Найти площадь треугольника AMN, если площадь тре-
угольника АВС равна S, a Z ВАС = а.
1.22.	Отрезок АВ есть диаметр круга, а точка С лежит вне
этого круга. Отрезки АС и ВС пересекаются с окружностью
в точках D и Е соответственно. Найти угол CBD, если площади
треугольников ВСЕ и АВС относятся, как 1 ? 4.
1.23*	В остроугольном треугольнике АВС проведены высо-
ты Л Л! и CN. Найти радиус окружности, проходящей через
точки В, М и N, если АС = а и Z АВС == а.
1.24.	Вычислить угол С при вершине равнобедренного тре-
угольника АВС, если центр описанной около него окружности
принадлежит прямой, проходящей через проекции вершин А
и В на противоположные стороны треугольника.
1.25.	В остроугольном треугольнике АВС на стороны ВС
и АВ опущены высоты АР и CQ. Сторона АС равна 6. Вычислить
птощадь четырехугольника AQPC, если известно, что площадь
треугольника BPQ равна 1, а радиус^ окружности, описанной
9/2
около треугольника АВС1 равен —т—•
14
1.26.	В остроугольном треугольнике АВС из вершин А и С
опущены высоты АР и CQ на стороны ВС и АВ. Известно, что
площадь треугольника АВС равна 18, площадь треугольника
BPQ равна 2, а длина отрезка PQ равна 2 У 2, Вычислить ра-
диус окружности, описанной около треугольника АВС.
1,27.	В остроугольном треугольнике АВС из вершин Л
и С опущены высоты ЛР hCQ на стороны ВС и АВ. Известно, что
площадь треугольника АВС равна 80, площадь четырехугольни-
ка AQPC равна 60, а радиус окружности, описанной около тре-
угольника ЛВС, равен. Найти длину отрезка PQ.
1.28.	Доказать, что высоты остроугольного треугольника
являются биссектрисами его ортоцентрического треугольника
(ортоцентрический треугольник — треугольник, вершинами ко-
торого являются основания высот данного треугольника).
1.29.	Стороны треугольника равны 28 см, 32 см и 36 см.
Определить периметр ортоцентрического треугольника (то есть
такого, вершинами которого служат основания высот данного
треугольника).
1.30.	В треугольнике АВС отрезок А^, соединяющий ос-
нования высот ЛА} и BBlf виден из середины М стороны А В
под прямым углом. Найти величину угла С.
Задача 1.4°, В треугольнике АВС проведены отрез-
ки AAt и CCti пересекающиеся в точке О (рис. 1.12).
Точки Alt и О определяют четыре отношения:
I) АСг\ С±В\ 2) ВА±. А& 3) АО :	4) СО : OCt.
Доказать, что, если заданы любые два из указанных от-
ношений, то можно вычислить два других.
Решение. Ясно, что выбор точек и Сг одно-
значно определяет положение точки О, а выбор точки А г
и точки О на отрезке ААг определяет положение точки Сх
и т. п. Эти зависимости положений точек Лг, Ct и О нахо-
дят свое отражение в том, что если заданы любые два из
указанных выше отношений, то два других могут быть
определены. В связи с этим можно составить шесть (по
числу сочетаний из 4 элементов по 2) задач, краткая
запись которых приведена в следующей таблице.
Таблица
№ п/п	№= заданных отношений	№ определяемых отношений
1	1, 2	з, 4
2	1, з	2, 4
3	1, 4	2, 3
4	3, 4	1, 2
5	2, 3	1, 4
6	2, 4	1. з
15
Рис. 1.12
8
Рис. 1.13
Легко заметить, что задачи 3 и 5 по существу одина-
ковы. То же можно сказать и о задачах 2 и 6. Таким об-
разом, разными можно считать задачи 1—4.
Рассмотрим решение двух из указанных в таблице
задач (например, 1-й и 3-й).
Задача 1. Положим АСг : CtB = 1 : 2 и ВА^. ЛХС =
= 3:4 (рис. 1.13). Проведем СХС2 || ЛЛХ. Тогда
ЛХС2: ЛХВ =1:3. Но СЛХ : ЛХВ = 4:3. Следова-
тельно, СЛХ : ЛХС2 = 4:1. Таким образом, СО : ОСХ =
= 4:1.
Проведем теперь ЛХЛ, || ССХ. Тогда СХЛ2 : СХВ=
= 4:7 = 8: 14. Но СХВ : СХЛ = 2 : 1 = 14 : 7.Следо-
вательно, СХЛ : СХЛ2 = 7:8.
Таким образом, АО : ОЛХ = 7:8.
Задача 3. Положим ЛСХ : СгВ = 2 : 3 и СХО : ОС —
= 1:4. Для решения этой задачи воспользуемся ри-
сунком 1.13. Из того, что СХС2 || ЛЛХ, имеем:
ЛХС2 : ЛХВ = 2:5. С другой стороны, ЛХС2 : ЛХС =
= 1 : 4 = 2 : 8. Следовательно, ЛХВ : ЛХС = 5 : 8.
Из того, что ЛХЛ2 || ССХ, имеем:
СХЛ2 : СгВ = 8 : 13.	(1)
Согласно условию
ЛСХ : СХВ = 2 : 3.	(2)
Перепишем пропорции (1) и (2) в виде:
СХЛ2 : СХВ = 24 : 39 и ЛСХ : СХВ = 26 : 39,
откуда следует, что ЛСХ : СХЛ2 = 13 : 12. Таким обра-
зом, АО : ОЛХ = 13 : 12. Задача решена.
Аналогично решаются задачи 2 и 4 из приведенной
выше таблицы.
Примеры
Задача. Точка D принадлежит стороне АС треуголь-
ника АВС и делит эту сторону в отношении AD : DC =
= 3:2. На отрезке BD выбрана точка Е так, что
16
БЕСПЛАТНЫЕ
УЧЕБНИКИ!
ВРЕМЕН СССР
БОЛЬШАЯ БИБЛИОТЕКА
НА САЙТЕ
«СОВЕТСКОЕ ВРЕМЯ»
sovietime.ru
СКАЧАТЬ
в
BE : ED = 4:1 (рис. 1.14). В каком отношении прямая
АЕ делит площадь треугольника АВС?
Решение. Пусть F — точка пересечения прямой
АЕ со стороной ВС. Проведем DK II AF. Тогда
BF : FK = 4 : 1 = 12 : 3,
FK : FC = 3 : 5.
Так как треугольники ABF и ACF имеют общую вы-
соту, то их площади относятся, как длины оснований,
то есть
^длвг _ ВТ 12
s&acf	5
Задача. Пусть Е, F и G — точки на сторонах АВ, ВС
и СА треугольника АВС, для которых
АЕ _ BF __ CG _ ,	.
EB~FC~GA~K’
где 0<fe<l. Найти отношение площади треугольника
PQR, образованного прямыми AF, BG и СЕ, к площади
треугольника АВС (рис. 1.15).
Решение. Пусть S^abc—S. Покажем, что
S&ABF = S&BCG = <$дСЛЕ — £трт	(2)
Действительно, так как BFiBC = ki(k + 1), то
S&ABF I S&ABC = J (fe + 1)
ИЛИ
Выразим через S площадь треугольника PQR, учиты-
вая (2),
= S---у+ S&AEP + S&BF(} + S&CGR- (3)
17
Последние три слагаемых в (3) записаны потому, что
в разности S — f каждое из них вычитается дваж-
ды. Покажем, что треугольники АЕР, BFQ и CGR рав-
новелики. Для этого достаточно доказать, что ЕР : PC—
— FQ : QA = GR : RB. Определим ЕР : PC. Проведем
ЕМ || AF. Тогда
FM : FB = АЕ : АВ = k : (k + 1).	(4)
Согласно условию
FB : FC = k : 1.	(5)
Перепишем (4) и (5) в виде:
FM : FB = k2: k (k + 1),	(4')
FB : FC = k (k + 1) : (k + 1).	(5')
Из (4') и (5') получаем:
FM : FC = k2 : (k + 1).
Таким образом,
ЕР : PC = k2 : (k + 1).
Легко убедиться, что для FQ : QA и GR : RB мы по-
лучим то же значение. Учитывая это, из (3) находим:
г, _____1 —•	с* , о с	1 2й
JAPCft —	1	+ ^ЛАЕР = j
. о А* о Г — 2k с .
+ 3 5дЛ£С = ж 5 4
, ЗР	е __ (1 — Ю3 Q
+ Р + А4-Г £ + 1° ~ 1—F °*
Итак,
se pqr __ (1 — k)3
S 1— k3 •
УПРАЖНЕНИЯ
1.31.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) на
стороне ВС выбрана точка D так, что BD i DC « 1 i 4. В каком
отношении прямая AD делит высоту ВМ треугольника АВС?
1.32.	На медиане BD треугольника АВС, площадь которого
равна S, выбрана точка Е так, что DE = BD. Прямая АЕ
пересекает сторону ВС в точке F. Найти площадь треугольника
18
1.33.	В треугольнике АВС точка Е — середина биссектри-
сы ССг. В каком отношении прямая АЕ делит площадь треуголь-
ника АВС, если известно, что С A ? СВ р : q?
1.34.	В правильном треугольнике АВС со стороной а прове-
дена средняя линия MN параллельно АС, Через точку А и се-
редину MN проведена прямая до пересечения с ВС в точке D,
Найти длину AD.
1.35.	На сторонах АС и ВС треугольника АВС расположе-
ны соответственно точки N и М так, что AN :• CN « n,
BM : CM = m Прямые AM и BN пересекаются в точке О.
Най1И АО : ОМ и ВО ; ON.
1.36.	В остроугольном треугольнике АВС через вершину
В и середину высоты CD проведена прямая. В каком отношении
эта прямая делит площадь треугольника ЛВС, если известно,
что Z Л — а и Z В = Р?
1.37.	Дана правильная треугольная призма ЛВСЛ'В'С'
с боковыми ребрами Л Л', В В' и СС'. На продолжении ребра
ВЛ взята точка М так, что МА = АВ (МВ = 2ЛВ). Через точ-
ки М, В' и середину ребра АС проведена плоскость. В каком от-
ношении эта плоскость делит объем призмы?
1.38.	В правильном треугольнике ЛВС со стороной а точки
Е и D являются серединами сторон ВС и АС соответственно.
Точка F лежит на отрезке DC, отрезки BF и DE пересекаются
в точке М. Найти длину отрезка MF, если известно, что площадь
5
четырехугольника ABMD составляет площади треуголь-
ника ЛВС.
1.39.	Вершины В и С при основании равнобедренного тре-
угольника ЛВС соединены прямыми с серединой О его высоты,
проведенной из вершины Л. Эти прямые пересекают боковые
стороны ЛС и АВ в точках D и Е соответственно. Найти площадь
четырехугольника AEOD, если площадь треугольника ЛВС
равна S.
1.40.	В основании четырехугольной пирамиды SABCD ле-
жит квадрат со стороной а. Ребро ВЛ перпендикулярно плос-
кости основания и равно h. Через вершину Л параллельно диаго-
нали основания BD проведено сечение, которое делит ребро SC
в отношении 2:1, считая от вершины S. Найти площадь сече-
ния.
Задача 1.5.9 Доказать, что биссек-
триса внутреннего угла треугольни-
ка делит противоположную сторону
на части, пропорциональные приле-
жащим сторонам.
Решение. Проведем в тре-
угольникеЛВС биссектрисуBD и пря-
мую DE || А В (рис. 1.16). Д АВС со
со Д DEC. Из подобия этих треуголь-
ников следует, что
Рис. 1.16
АВ : ВС = DE : ЕС. (1)
19
Но Д BDE — равнобедренный, так как / EBD —
— / EDB. Поэтому
BE = DE.	(2)
Учитывая (2), из (1) получаем:
АВ : ВС = BE : ЕС.
Из задачи 1.Г следует:
BE : ЕС = AD j DC.
Таким образом, имеем:
АВ : ВС = AD : DC.
Верно и обратное утверждение: если точка, взятая
на стороне треугольника, делит эту сторону на части,
пропорциональные прилежащим сторонам, то отрезок,
соединяющий эту точку с вершиной угла, противолежа-
щего стороне треугольника, на которой выбрана точка,
является биссектрисой этого угла. Приведенное
утверждение легко доказывается методом от противного.
Примеры
Задача. Один из катетов прямоугольного треуголь-
ника равен 6, а радиус описанной около этого треуголь-
ника окружности равен R. Найти длину биссектрисы
угла, заключенного между данным катетом и гипоте-
нузой.
Решение. В прямоугольном треугольнике АВС
(Z_C = 90°) гипотенуза АВ — 27? и катет АС = b (рис.
1.17). Тогда ВС = V4R2 — Ь2.
Пусть AF — искомая биссектриса. На основании за-
дачи 1.5°, имеем:
CF______b
У 4^2^2 _ CF — 2% 9
откуда
CF = b
Из д ACF*.
AF » Vb2 + &a(4j?a~fe2) = 2bVR
V ° b (2/? + />)s V2R + ~b
Задача. Дан треугольник АВС, в котором АВ =
= 6 см, ВС == 7 см, АС = 5 см. Биссектриса угла С
20
с
пересекает сторону АВ в точке D. Определить площадь
треугольника ADC.
Решение. Пусть AD = х см (рис. 1.18). По свой-
ству биссектрисы угла треугольника имеем:
х ___ 5
— 7’
откуда_х= 2,5 см. По формуле Герона находим S^abc =
== 6]/б см2.
Следовательно,
S^ADC =	• 6 /б = 2,5 • /б (см2).
УПРАЖНЕНИЯ
1.41.	Биссектриса острого угла в прямоугольном треуголь-
нике делит противолежащий катет на части, которые относятся,
как 2 : 1^3. Найти этот острый угол.
1.42.	В треугольнике АВС проведены биссектрисы AD угла
ВАС и CF угла АС В (точка D лежит на стороне ВС, а точка F —
на стороне АВ). Найти отношение площадей треугольников АВС
и AFD, если известно, что АВ ~ 21, АС == 28 и ВС = 20.
1.43.	Найти биссектрисы острых углов прямоугольного тре-
угольника с катетами 24 см и 18 см.
1.44.	В треугольнике АВС даны стороны ВС = а, АС = b
и АВ == с. Найти отношение, в котором точка пересечения бис-
сектрис делит биссектрису угла В.
1.45.	В прямоугольном треугольнике АВС биссектриса BE
прямого угла В делится центром вписанной окружности в отно-
шении ВО : ОЕ =	: 72. Найти острые углы треугольника.
1.46.	Биссектриса угла N треугольника MNP делит сторо-
ну МР на отрезки, длины которых равны 28 и 12. Определить
периметр треугольника MNP, если MN — NP = 18.
1.47.	В треугольнике АВС известны отношения длин сто-
рон ВС и АС к радиусу описанной окружности, равные соответ-
ственно 2 и 1,5. Най|и отношение биссектрис внутренних углов
В и С.
1.48.	В равнобедренный треугольник вписана окружность
радиуса г. Высота, проведенная к основанию, делится окруж-
ностью в. отношении 1 : 2, считая от вершины. Найти площадь
треугольника.
21
Е
Рис. 1.19
1.49.	В прямоугольном треугольни-
ке АВС биссектриса AD острого угла
делится центром О вписанной окруж-
ности в отношении ОА : OD == (1^3 +
+ 1) i (КЗ — 1). Найти величины ост-
рых углов треугольника.
1.50.	В треугольнике АВС биссек-
триса угла при вершине А пересекает
сторону ВС в точке М, а биссектриса
угла при вершине В пересекает сторо-
ну АС в точке Р, причем AM = ВР.
Биссектрисы пересекаются в точке О
и ВО = (1 + р^З) ОР. Найти площадь
треугольника АВС, если 1.
Задача 1.6°. Доказать, что в произвольном треуголь-
нике АВС имеет место зависимость:
1в~ ас —	(I)
где /в — длина биссектрисы угла В; а, с — длины сто-
рон ВС и ВА соответственно; ar, ct — длины отрезков,
на которые биссектриса угла В делит сторону АС, приле-
жащих к сторонам ВС и ВА соответственно.
Доказательство. Около Д АВС опишем
окружность и продолжим биссектрису BD угла В до
пересечения с окружностью в точке Е (рис. 1.19). Соеди-
ним точки Е и С. Положим DE = х.
По свойству отрезков хорд, пересекающихся в круге,
имеем:
/в • х ===' а± * с^»
Из подобия треугольников ABD и ВСЕ имеем:
^в с
а ~~ 1в + х*
откуда
/в == ас	Iвх
или
,2
1в = ас —
Аналогичные выражения можно написать для 1д и 1с.
Примеры
Задача. В треугольнике АВС угол А вдвое больше
угла В, а длины сторон, противолежащих этим углам,
соответственно равны 12 см и 8 см. Найти длину третьей
стороны треугольника.
22
A
Рис, 1.20	Рис, 1.21
Решение. Проводим биссектрису AD угла А
(рис. 1.20). Очевидно, что &.ABD равнобедренный
{DA — DB). Положим DA = DB — х см и АВ = у см.
По свойству биссектрисы, указанному в задаче 1.5°,
имеем:
и *
...	— МММ*
8 ~ 12 — х*
откуда
г_
х~
На основании зависимости (1) задачи 1.6°
х2 — 8у — х (12 — х).
Подставляя в (2) вместо х его выражение
после элементарных преобразований находим:
у == 10 см или АВ = 10 см.
(D
имеем:
из (1),
Задача. Даны две стороны b и с треугольника и длина
I биссектрисы угла между ними. Вычислить третью
сторону треугольника.
Решение. В треугольнике АВС, согласно усло-
вию, АВ = с, ДС — b и биссектриса AD — I (рис. 1.21).
Положим BD — х и CD = у. На основании утвержде-
ний, содержащихся в задачах 1.5° и 1.6°, составляем
систему
| Т = 7’
I 1г = Ьс — ху.	(2)
Из (1)х = с,-. Найденное выражение для х подстав-
ляем в (2):
23
откуда
I f b2c — bl2	c i f b2c — bl2
y=V —— их-тУ—
1	(1 1 C 1	/А I \ 1 Г - &
BC = x + y=^l +7J ]/ —— = (b + c) у -тг-.
УПРАЖНЕНИЯ
1.51.	В равнобедренном треугольнике основание и боковая
сторона равны соответственно 5 см и 20 см. Найти биссектрису
угла при основании треугольника.
1.52.	Вычислить биссектрису угла А треугольника АВС
с длинами сторон а = 18 см, b — 15 см и с = 12 см.
1.53.	В треугольнике АВС, все стороны которого различны,
биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС в точке D. Изве-
стно, что АВ — BD = а, АС + CD = b. Найти длину отрезка
AD.
1.54.	В треугольнике АВС биссектриса угла АВС пересе-
кает сторону АС в точке К. Известно, что ВС = 2, ЛС= 1,
3 /2
ВЛ =—2— • Найти площадь треугольника АВС.
1.55.	В треугольнике АВС, у которого АВ = 5 см, ВС ==
= 6 см и АС = 9 см, проведена биссектриса BD. Найти радиус
окружности, описанной около треугольника ABD.
1.56.	В треугольнике АВС сторона АС равна Ь, сторона
АВ равна с, а биссектриса внутреннего угла А пересекается со
стороной ВС в точке D так, что DA == DB. Найти длину сто-
роны ВС.
1.57.	В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого
угла отсекает на гипотенузе отрезки длиной а и Ь. Найти пло-
щадь квадрата, стороной которого является эта биссектриса.
1.58.	Дан треугольник АВС. Известно, что АВ = 4, АС ==
=» 2, ВС = 3. Биссектриса угла ВАС пересекает сторону ВС
в точке К Прямая, проходящая через точку В, параллельна АС,
пересекает продолжение биссектрисы А К в точке М. Найти
длину отрезка КМ.
1.59.	В прямоугольном треугольнике АСВ из вершины пря-
мого угла С проведены биссектриса СК~а и медиана СМ~Ь.
Найти площадь треугольника АВС.
1.60.	Биссектриса среднего по величине угла треугольника
равна его меньшей стороне и делится биссектрисами в отношении
1 : 2. Определить длины сторон треугольника, если его пери-
метр равен 21 см.
Задача 1.7°. Доказать, что в произвольном треуголь-
нике АВС длина 1в биссектрисы угла В выражается фор-
мулой
в
2ас cos
где а и с — длины сторон ВС и АВ соответственно.
24
Решение. Пусть биссектри- в
еа угла В пересекает сторону AC
в точке D (рис. 1.22). Очевидно, с / \
что	/ ^Д
ЗдЛВС = ЗдЛВО + S&BCD A D	с
ИЛИ	Рис. 1.22
1	-Г,	1 ,  в , 1 , . в
ас sm В = -к с1в sin -5- + -5- al в sin -5-.
£	£	£	^4
Сократив обе части последнего равенства на ± sin ~,
получаем:
2асcos -%- = 1в(а + с),
откуда
2ас cos -s-
Аналогичные формулы можно доказать для длин бис-
сектрис 1а и 1с.
Примеры
Задача. В треугольнике АВС выполняется соотноше-
ние
1 + 1 = 1
ь + о 1А’
(1)
где b и с — длины сторон треугольника, а /л— длина
биссектрисы угла, образованного этими сторонами.
Найти величину угла между данными сторонами.
Решение. Из соотношения (1) находим /л; 1л =
Ьс
b + с’
Из задачи 1.7° следует:
А
cosy
^л (& Н~с)
2Ьс
Подставив полученное для 1а выражение в (2), нахо-
дим, что cos у = i • Отсюда / А = 120°.
Задача. Плоскость отсекает от боковых ребер SA, SB
и SC правильной четырехугольной пирамиды SABCD
с вершиной 3 отрезки SK ~ 4 SA, SL = 4 SB, SM —
О	4W
25
Рис. 1.23
т
= SC соответственно. Дли-
О
на бокового ребра пирамиды
равна а. Найти длину отрезка
SN, отсекаемого этой плос-
костью на ребре SD.
Решение. В правиль-
ной четырехугольной пира-
миде SABCD проведем диаго-
нальные сечения ASC и BSD,
пересекающиеся с секущей
плоскостью по отрезкам КМ
и LN (рис. 1.23). При этом по-
лучаются два треугольника
KSM и LSN, для каждого
из которых отрезок SE является биссектрисой. Пусть
/ ЛЕС = Z.BSD = <р. Тогда из задачи 1.7° следует,
что в Д KSM’.
2	1
SE=—гг-т-оТг-^-=-
<Р
cos -к
2	1
я а+ я а
== ^-acos . (!)
У	Z
3 а ’ 3 а *
Аналогично, в A LSN имеем:
SE =*
2SL . SN cos -к
1	Ф
2 • -% а * SN cos -%
у a -j- SN
aSN cos ъ
-j------(2)
ту a + SN
Из (1) и (2) составляем уравнение
4	aSN cos -J
q- Cl COS -x" = ~i-------
откуда
SN = a.
5
УПРАЖНЕНИЯ
1.61.	Найти угол треугольника, если известно, что стороны,
заключающие этот угол, равны а и Ь, а биссектриса угла равна I.
1.62.	Если биссектриса одного из углов треугольника райна
произведению заключающих его CTopoHt деленному на ихсумму|
то этот угол равен 120°. Доказать.
26
1.63,	Определить площадь треугольника, если две его сто-
роны 35 см и 14 см, а биссектриса угла между ними содержит
12 см.
1.64.	Длина основания равнобедренного треугольника рав-
на а, а величина угла при вершине а. Найти длину биссектрисы,
проведенной к боковой стороне.-
1.65.	В треугольнике АВС биссектриса угла В пересекает
сторону АС в точке D. Найти радиус окружности, вписанной
в треугольник ABD^ если АВ == 6 см, ВС = 12 см и Z АВС =
= 120°.
1.66.	Показать, что во всяком треугольнике сумма отноше-
ний косинусов его полууглов к соответствующим биссектрисам
равна сумме обратных величин всех сторон треугольника.
1.67..	В остроугольный треугольник АВС вписан полукруг
так, что его диаметр лежит на стороне АВ, а дуга касается сто-
рон АС и ВС. Найги радиус окружности, касающейся дуги этого
полукруга и сторон АС и ВС треугольника, если АС = Ь, ВС =
= а и Z АСВ == а.
1.68.	В треугольнике АВС длины высот, проведенных из
вершин А и В, равны ha и hb соответственно, а длина биссектри-
сы угла 6 равна I. Найти угол С,
1.69.	В треугольнике АВС угол А равен 120°. Биссектрисы
углов А, В и С пересекают противолежащие этим углам стороны
в точках D, Е и F соответственно* Доказать^ что Z EDF ** 90°.
1,70.	Сумма длин боковых сторон треугольника равна а.
Угол между ними 60°, Найти длины сторон треугольника, если
2
длина биссектрисы угла при вершине составляет-д- длины осно-
вания.
Задача 1.8°. Биссектрисы ААГ и ССг треугольника
АВС пересекаются в точке Е (рис. 1.24). Доказать, что
/_АЕС= 90° + ^.
Решение. Рассмотрим д А ЕС. В нем
л.сае=~
/ с
/_АСЕ = ~
Тогда
Z_AEC = 180° - (4^+ 4^
Но
^А + Z_C + Z.B= 180°.
Следовательно,
А I С____ол°___&
2	'	2	2 *
27
Отсюда
Z_AEC*=
180° — (W — 4^) = 90° + 4^
\	£ /	2
Примеры
Задача. Даны две стороны треугольника а и b и угол
а. между ними. Найти радиус окружности, проходящей
через концы третьей стороны и центр вписанного в этот
треугольник круга.
Решение. В треугольнике АВС : ВС = а, АС —
— b и / АСВ — а (рис. 1.25). Тогда по теореме коси-
нусов
АВ = )/д2 + b'z — 2ab cos а.
Пусть О — точка пересечения биссектрис ВК. и AN.
Согласно задаче 1.8°, / АОВ — 90° 4- у-.
По теореме синусов радиус R окружности, проходя-
щей через точки А, О и В, равен:
АВ
2 sin (90° 4- -у
j/42 -р Z>2 — 2а& cos а
. а
2 cos у
Задача. В треугольнике KLM проведены биссектри-
сы K.N и LP, пересекающиеся в точке Q (рис. 1.26). От-
резок PN имеет длину 1 м и вершина М лежит на окруж-
ности, проходящей через точки Р, Q и N. Найти стороны
и углы треугольника PQN.
Решение. Положим /_М — а. Тогда Z_PQN =
= 90° 4- у . Поскольку четырехугольник MNQP вписан
в окружность, то Z_PQN 4- Z_PMN = 180° или 90° 4-
С
Рис. 1.25
28
+ | + a = 180°, откуда a = 60°, a Z_PQN = 12C6. Так
как AIQ — биссектриса, то /_QPN — Z_QNP = 30°. Сле-
довательно, д PQN равнобедренный. Проведем QE J. NP.
Из д QNE имеем:
QN = QP = -24-0 = 4= (см).
cos 30	|<з 4 '
Ответ: QN = 0Р — ~= см, / QNP == / QPN = 30°,
Z_PQN ~ 120°.
УПРАЖНЕНИЯ
1.71.	В треугольнике KLM радиусы вписанной и описанной
окружностей равны соответственно г и Р. Биссектрисы
и пересекаются в точке Р, причем /(РМ = 105°. В тре-
угольник /<РЛ1 вписан квадрат так, что одна из его сторон ле-
жит на стороне 7<7И. Найти сторону этого квадрата.
1.72,	В треугольнике АВС проведены биссектрисы AAt
и СС19 пересекающиеся в точке £. Около четырехугольника
AiBCjE можно описать окружность. Найти площадь треуголь-
ника А ЕС, если АЕ = р и СЕ == q.
1.73.	Построить треугольник так, чтобы прямые k, I и гл.
пересекающиеся в одной точке, были его биссектрисами.
1.74.	Центр окружности, вписанной в прямоугольный тре-
угольник, находится на расстоянии 2 У 5 см и 2 p^iO см от кон-
цов гипотенузы. Найти катеты этого треугольника.
1.75.	В треугольнике АВС биссектрисы углов В и С пере-
секаются в точке Е. Площадь круга, описанного около треуголь-
ника ВСЕ, равна q. Найти площадь круга, описанного около
треугольника АВС, если сторона ВС равна d.
1.76.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ == ВС) сто-
рона А С видна из центра вписанной окружности под углом а.
Найти площадь треугольника, если расстояние от центра впи-
санной окружности до вершины В равно d.
1.77.	В треугольнике АВС биссектрисы AAt и СС1 пересе-
каются в точке J, Найти радиус окружности, описанной около
треугольника AJC, если Z АВС = р и радиус окружности, опи-
санной около треугольника АВС, равен /?.
1.78.	Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает
сторону ВС в точке D. Прямая, проведенная из точки D перпен-
дикулярно к биссектрисе внешнего угла С треугольника АВС,
пересекает прямую АС в точке К, а прямая, проведенная нэ
точки D перпендикулярно биссектрисе угла В треугольника
АВС, пересекает сторону АВ в точке Е. Найти длину биссекфл-
сы AD, если длина отрезка АЕ равна 2, адлина отрезка А К
равна 8.
1.79.	Найти отношение сторон прямоугольного треуголь-
ника, если известно, что одна половина гипотенузы (от вершины
до середины гипотенузы) видна из центра вписанной окружности
под прямым углом.
22
1.80.	В треугольник АВС впи-
сана окружность, касающаяся сто-
рон АВ и ВС в точках Е и F соот-
ветственно. Точки Е и F соединены
хордой. В треугольник EBF вписана
другая окружность. Доказать, что
ее центр лежит на дуге EF.
Задача 1.9°. Доказать, что в
произвольном треугольнике
имеют место следующие зависи-
мости:
О	Ь2	,	С2	а2
=	2	+	2 - 4	’
в	а2	.	с2	Ь2
^=2 + 2~4>
2	а2	Ь2	с2
тс	—	2	+	2	Т	’
где а, Ь, с — длины сторон треугольника, та, пи и те —
длины медиан, проведенных к соответствующим сто-
ронам.
Решение. В треугольнике АВС АЕ — медиана,
проведенная к стороне ВС (рис. 1.27). Пусть ВС — а,
АС = Ь, АВ = с и АЕ — та- Достроим треугольник до
параллелограмма. Тогда / ABD = 180° — / А и ED —
= та. Применим теорему косинусов к Д ABD и Д АВС.
Тогда 4m2 Ь2 -+ -с2 + 2bc cos А и а2 = й24-с2—
— 2bc cos А.
Складывая эти равенства, получим itn2 -f- а2 = 2Ь2 +
Ь2 С2 Q2
+ 2с2 или т2 = -к + -=• — v, что и требовалось доказать.
Аналогично доказываются и остальные соотношения.
Примеры
Задача. Медианы треугольника равны 5 см, V52 см
и К73см. Доказать, что треугольник прямоугольный.
Решение. Пусть длины сторон треугольника, со-
ответствующие медианам 5 см, У 52 см и У73 см, будут
а см, Ь см и с см (рис. 1.28). Тогда на основании задачи
1.9° имеем:	' 25»^+^-?-, J 52 = ^ + ^-^,	(1) -О аъ . Ь3 с2 'J “ 2 + 2	4 ’
30
Решая эту систему, находим: а2 —
= 100> 62 = 64 и с2 = 36. Сравни-
вая а2, Ь2 и с2, видим, что Ь2 +
+ с2 = а2.
На основании теоремы, обрат-
ной теореме Пифагора, заключаем,
что рассматриваемый треуголь-
ник — прямоугольный.
Задача. В треугольнике АВС
со сторонами АВ = 8, ВС — 14
и АС = 18 проведена медиана BD,
на которой выбрана точка Е так,
что BE : ED = 8:9. Найти рас-
стояние от точки Е до вершины А.
Решение. Вычислим медиа-
ну BD'.
АВ* ВС2 АС2 __
2 + 2	2
Рис. 1.28
BD= у
= /32 + 98 — 81 «7„
Соединим точки А и Е (рис. 1.29). По свойству, об-
ратному свойству биссектрисы внутреннего угла в тре-
угольнике, замечаем, что АЕ — биссектриса угла А.
Поэтому из треугольника ABD имеем:
р _ BD • АВ _ 7.8 _ 56
~~ АВ + AD ~ 17 “ 17 *
ПР — BD • AD _ 7 • 9 _ 63
Ut> ~ АВ + AD ~ 17 “ 17’
По зависимости, доказанной в задаче 1.6°, нахо-
дим АЕ'.
АЕ = VAB • AD-BE-DE =
== уГ8.9-§.§.= ^/Зб.
УПРАЖНЕНИЯ
*1»81, Длины сторон треугольника 11см, 13 см и 12 см.
Найти длину медианы, проведенной к большей стороне.
1.82.	Основание треугольника равно 23; медианы боковых
сторон равны 15 и 22,5. Найти длину третьей медианы.
1«83< Доказать, что если в разностороннем треугольнике
медианы пропорциональны сторонам треугольника, то квадраты
длин сторон этого треугольника образуют арифметическую про-
грессию.
31
1.84.	Числа mlt т2 и т3 выражают длины медиан некото-
рого треугольника. Доказать, что если выполняется равенство
2 .	2 г 2
т1 + т1 ~ ,7Л3 1
то треугольник является прямоугольным,
1.85.	Найти площадь треугольника, если известны его углы
а и а медиана, проведенная к стороне, противолежащей тре-
тьему углу, равна т.
1.86.	Найти сумму квадратов расстояний от точки М, взя-
той на диаметре некоторой окружности, до концов любой из па-
раллельных этому диаметру хорд, если радиус окружности ра-
вен R, а расстояние от Л1 до центра окружности равно а.
1.87.	В треугольнике АВС медианы, опущенные на стороны
АС и ВС, пересекаются под прямым углом. Сторона А С равна Ь,
сторона ВС равна а. Найти сторону АВ треугольника АВС.
1,88.	Площадь треугольника АВС равна 15}ЛЗсм2. Угол
ВАС равен 120°. Величина угла АВС больше угла АСВ. Рассто-
яние от вершины А до центра окружности, вписанной в треуголь-
ник АВС, равно 2 см. Найти медиану треугольника АВС, прове-
денную из вершины В.
1.89.	Точки 01 и О2 — цен1ры окружностей и /(2> ка-
сающихся внешне. Радиусы этих окружностей равны соответ-
с1венноГ1 и г2- На отрезке 0^2 как на диаметре построена
окружность /<3. Вычислить радиус окружности, касающейся
внешне окружностей и К2 и внутренне — окружности К3.
1.90.	Треугольник задан координатами своих вершин Л(3;
—2; 1); В (3; 1; 5); С (4; 0; 3). Вычислить длину медианы ВВХ
и величину угла В.
Задача 1.10°. Доказать, что радиус окружности,опи-
санной около произвольного треугольника, вычисляет-
ся по формуле
р __abc
Решение. Опишем около треугольника АВС ок-
ружность (рис. 1.30). Пусть S — площадь Д АВС. Тогда
S = rafesinY,	(1)
где а, b — длины двух сторон треугольника и у — вели-
чина угла, образованного этими сторонами (или противо-
с	лежащего третьей стороне).
®По теореме синусов, имеем:
si° У = .	(2)
где с — длина стороны треуголь-
ника, противолежащей углу у, R—
длина радиуса окружности, опи-
санной около данного треуголь-
Рис. 1.30	ника.
32
Подставив выражение для sin у из (2) в (1), получим
г, abc
d = 4/F’
откуда	D at)C
R ~ 4S '
Примеры
Задача. Из точки А, лежащей на окружности, про-
ведены две хорды длиной 9 см и 17 см. Найти радиус
окружности, если расстояние между серединами данных
хорд равно 5 см.
Решение. Пусть АВ = 9 см и АС = 17 см, а Е
и F — середины хорд АВ и АС (рис. 1.31). Согласно
условию EF — 5 см. Так как EF — средняя линия тре-
угольника АВС, то ВС — 10 см. По формуле Герона
найдем площадь треугольника
S = 36 см2,
тогда
п	17.9. 10	,Л5 , .
R	~4~'36~	108
Задача. Найти площадь ромба ABCD, если радиусы
окружностей, описанных около треугольников АВС
и ABD равны R и г соответственно (рис. 1.32).
Решение. Пусть АВ = ВС = ... = a, BD —
и АС = и площадь ромба равна S. Тогда, очевидно,
можно составить следующую систему:
Из уравнений (1) и (2) находим:
. 2rS , 2RS	,е.
аг И ^2 — а2 •	(5)
Найденные выражения для d, и d2 подставляем в (4)з
с I 2rS 2RS
2 аа а2 1
откуда
а2 = КЖ	(6)
Заменим в (5) а2 его выражением из (6):
1	VWrs У я ’
,	2RS 1/"2RS	(7)
'''рда-У —•
Найденные для и da выражения из (7) и для а2
из (6) подставим в (3):
^4-^ = 4 VlrRS,
откуда
6 ~ (/?3 + гй)2*
УПРАЖНЕНИЯ
1.91.	В равнобедренном треугольнике высота, опущенная
на основание, равна h,а радиус вписанной окружности равен г.
Найги радиус окружности, описанной около этого треугольника.
1.92.	Доказать, что во всяком треугольнике произведение
двух сторон равно произведению диаметра описанного круга на
высоту, опущенную на третью сторону.
1.93.	Найти радиус окружности, описанной около равно-
бочной трапеции с основаниями 2 и 14 и боковой стороной 10.
1.94.	В равнобедренном треугольнике длина основания рав-
на 24 см, а боковой стороны 15 см. Определить радиусы вписан-
ной и описанной окружностей.
1.95.	Пусть BD — высота треугольника АВС. Точка Е —.
середина ВС. Вычислить радиус круга, описанного около тре-
угольника BDE, если АВ = 30 см, ВС = 26 см и АС = 28 см.
1.96.	Высота равнобокой трапеции равна 14 см, а основания
равны 16 см и 12 см. Определить площадь описанного круга.
1.97.	Катеты прямоугольного треугольника равны 6 см
и 8 см. Через середину меньшего катета и середину гипотенузы
проведена окружность, касающаяся большего катета. Найти
площадь круга, ограниченного этой окружностью.
1.98.	Окружности, имеющие радиусы г и R, касаются пря-
мой AD в точке А и расположены по одну сторону от прямой
34
AD. Прямая, параллельная AD
пересекает окружности в точках В /к
и С, которые находятся по одну сто-	/ \ \
рону линии центров. Найти радиус	/ \ \
окружности, описанной около тре- / \ \
угольника АВС.	!	—"X
1.99.	В параллелограмме Л BCD в // \
диагонали ЛС и BD пересекаются £/. Vz \
в точке О. Найти площадь круга, Л	) \
описанного около треугольника /\ У	\
ЛОВ, если АВ = a, AD = b и / г \
Z BAD = а.	^У
1.100.	Стороны треугольника Ас	В
равны 13 см, 14 см и 15 см. Найти
расстояние между центрами вписан-	Рис. 1.33
ной и описанной окружностей.
Задача 1.11°. Доказать, что радиус окружности,
вписанной в треугольник, выражается формулой
где S —площадь треугольника, р — его полупери-
метр.
Решение. Впишем в треугольник АВС окруж-
ность радиуса г (рис. 1.33). Пусть О — центр вписанной
окружности. Соединим точку О с точками А, В и С.
Тогда
S = S&AOC + S&COB + <$двод.
Но S&AOC = rb, Вдвое га и S^BOa ~ гс, тогда
о 1 I 1 и । 1	а + ^ + с
S == 2 га + -^rb+ 2ГС=^Г	= ГР-
Отсюда
Заметим, что эта формула верна также и для радиуса
окружности, вписанной в многоугольник.
Примеры
Задача. Доказать, что сумма расстояний от любой
точки, взятой .внутри правильного треугольника, до его
сторон равна Зг, где г — радиус вписанной в этот
треугольник окружности.
Решение. Из произвольной точки Р, взятой
внутри правильного треугольника ЛВС, проведены пер-
пендикуляры РЛП РВХ и РСХ на стороны ВС, АС и АВ
2*
35
соответственно (рис. 1.34). Соединим точку Р с верши-
нами А, В и С. Положим АВ — ВС = АС = а. Тогда
площадь треугольника АВС
S&abc =	• РА, 4- а • РВ, + у а • PC, =
= I (РЯ, + РВ, + PC,).	(1)
С другой стороны, площадь этого треугольника
5длвс = о. • г.	(2)
Из (1) и (2) получаем, что
РА, + РВ, 4- PC, = Зг.
Задача. В трапецию вписана окружность. Найти пло-
щадь трапеции, если известны длины а одного из основа-
ний и отрезков b и d, на которые разделена точкой
касания одна из боковых сторон (отрезок b примыкает
к данному основанию).
Решение. Пусть в трапеции ABCD основание
AD = а (рис. 1.35). Тогда DF = b, CF = d и АС =
= АН — а — Ь, где F, G, Н и Е — точки касания сто-
рон трапеции со вписанной в нее окружностью. Соеди-
ним центр О этой окружности с точками A,H,B,C,F uD.
Получившиеся при этом треугольники АОВ и COD
прямоугольные, причем /_АОВ — Z_COD = 90°. Поло-
жим ВН — BE = х. В треугольниках АОВ и COD ОН
и OF — высоты, проведенные из вершин прямых углов
на гипотенузы. Поэтому
ОН2 = х (а — Ь) и OF2 = bd.
Поскольку ОН = OF, то
х (а — b) — bd,
36
откуда
Применив формулу (*), находим площадь трапеции
3 = Vbd (а + d +
УПРАЖНЕНИЯ
1.101.	Внутри окружности с центром в точке О радиуса R
расположен квадрат ABCD так, что вершины В и С лежат на
окружности, а сторона AD проходит через центр О. Найти
радиус окружности, вписанной в треугольник ВОС.
1.102.	Дан равнобедренный треугольник с основанием 2а
и высотой h. В него вписана окружность и к ней проведена ка-
сательная, параллельная основанию. Найти радиус окружности
и длину отрезка касательной, заключенного между сторонами
треугольника.
1.103.	Расстояние центра круга до хорды длиной 16 см рав-
но 15 см. Найти площадь треугольника, описанного около
круга, зная, что периметр треугольника равен 200 см.
1.104.	Окружность, радиус которой равен 1, вписана в тре-
угольник АВС так, что она касается средней линии этого тре-
угольника, параллельной стороне АС\ cos Z АВС = 0,8. Найти
длину стороны АС.
1.105.	Найти стороны треугольника, если их длины явля-
ются членами арифметической прогрессии, разность которой
г
равна -у, где г — радиус вписанной в треугольник окружности.
1.106.	Стороны треугольника равны 13 см, 14 см и 15 см.
Вершины его служат центрами трех окружностей, пересека-
ющихся в одной точке по хордам равной длины. Найти длины
этих хорд.
1.107.	В треугольник вписан круг радиуса 4 см. Одна из
сторон треугольника разделена точкой касания на части, равные
6 см и 8 см. Найти длины двух других сторон.
1.108.	Доказать, что в любом треугольнике произведение
длин отрезков, соединяющих центр вписанной окружности с вер-
шинами треугольника, равно 4Rr2, где R — длина радиуса опи-
санной окружности, аг — длина радиуса вписанной окружно-
сти.
1.109.	Биссектриса угла А треугольника АВС в р раз мень-
ше радиуса описанной около этого треугольника окружности
и в q раз больше радиуса вписанной в него окружности. Найти
сторону треугольника, лежащую против угла А, если известно,
что Z Л = а (а < 90°), а площадь треугольника АВС равна S.
1.110.	В прямоугольном треугольнике АВС А == 30°)
проведена биссектриса BD другого острого угла. Найти расстоя-
ние между центрами двух окружностей, вписанных в треуголь-
ники ABD и DBC, если длина меньшего катета равна 1.
Задача 1.12° В произвольный треугольник АВС впи-
сана окружность, касающаяся в точках К, L и М. сторон
37
Рис. 1.36
АВ, ВС и С А соответственно
(рис. 1.36). В произвольно вы-
бранной точке N, принадлежа-
щей дуге KL, проведена каса-
тельная к данной окружности,
пересекающая стороны АВ и ВС
в точках Q и R соответственно.
Доказать, что:
1) BL = р — АС, где р —
полупериметр А АВС;
2) P^bqr~2BL.
Решение. Так как AM =
= АК, ВК = BL и CL—
= СМ, то
рьавс = BL 4* AM СМ,
откуда
BL = р — АС.
Поскольку QK = QN и RN = RL, то P^bqr = ВК 4-
4- BL - 2BL.
Из полученного для P&bqr выражения следует, что пе-
риметр Р&вцр не зависит от положения точки N на дуге KL.
Примеры
Задача. В треугольник с периметром, равным 20 см,
вписана окружность. Отрезок касательной, проведенной
к окружности параллельно основанию, заключенный
между сторонами треугольника, равен 2,4 см. Найти
основание треугольника.
Решение. Пусть КМ — отрезок касательной
к вписанной в треугольник АВС окружности, параллель-
ный основанию АС и равный 2,4 см (рис. 1.37).
Так как АВКМ <~r> ABAC, то
КМ Pi	/1\
АС ~ р ’	' ’
где pL — полупериметр А ВКМ и р — полупериметр
А АВС.
Используя результат задачи 1.12°, имеем: рг — р —
— АС. Подставляя это выражение для pt в (1) и заменяя
р и КМ их числовыми значениями, получаем:
= 10-А— или АС2 — 10 АС 4- 24 = 0,
откуда АС = 4 см и АС = 6 см,
38
в
Задача. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ =
= ВС) на основании АС взята точка М так, что АМ — а,
МС = b (рис. 1.38). В треугольники АВМ и СВМ впи-
саны окружности. Найти расстояние между точками
касания этих окружностей со стороной ВМ.
Решение. Пусть К и L — точки касания стороны
ВМ с окружностями, вписанными в треугольники АВМ
и СВМ соответственно. Положим АВ — ВС = In ВМ —
— т. Тогда
из £,АВМ:
ВК = -Л--,.т----а = -±~2----,
из А СВМ:
к I + т — Ь
UL ——	g	О	%	•
Находим искомое расстояние
KL = ВК - BL =	.
УПРАЖНЕНИЯ
1.111.	В треугольник со сторонами 6 см, 10 см и 12 см вписа-
на окружность. К окружности проведена касательная так, что
она пересекает две большие стороны. Найти периметр отсеченно-
го треугольника.
1.112.	В равнобедренный треугольник с основанием 12 см
вписана окружность и к ней проведены три касательные так,
что они отсекают от данного треугольника три малых треуголь-
ника. Сумма периметров малых -треугольников равна 48 см.
Найти боковую сторону данного треугольника.
39
1.113.	Найти площадь треугольника по углу а, п роти вол е-
жащей ему стороне а и радиусу вписанной окружности г.
1.114.	В прямоугольном треугольнике высота, проведен-
ная к гипотенузе, равна Л; радиус вписанной окружности равен г.
Н айти гипотенузу.
1.115.	Сторона треугольника равна 48 см, а высота, про-
веденная к этой стороне, равна 8,5 см. Найти расстояние от цент-
ра окружности, вписанной в треугольник, до вершины, проти-
волежащей данной стороне, если радиус вписанной окружности
равен 4 см.
1.116.	В треугольнике АВС со сторонами АВ = 3 см, ВС =
= 4 см, АС = 5 см проведена биссектриса BD. В треугольники
ABD и BCD вписаны окружности, которые касаются BD в точ-
ках М и N соответственно. Определить длину отрезка MN.
1.117.	В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диа-
гональ длиной 3. В каждый из получившихся треугольников
вписано по окружности. Найти расстояние между центрами
окружностей.
1.118.	В треугольнике АВС дано: ВС = а, АС — Ь, АВ =
= с. На ВС выбрана точка D таким образом, что окружности,
вписанные в треугольники ABD и ACDt касаются друг друга.
Найти BD.
1.119.	Доказать, что произведение длин отрезков, на ко-
торые гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой
касания вписанной в него окружности, равно площади этого
треугольника.
1.120.	В треугольник АВС со сторонами ВС = а, АС = 2а
и углом С = 120° вписана окружность. Через точки касания
этой окружности со сторонами АС и ВС и вершину В проведена
вторая окружность. Найти ее радиус.
Задача 1.13. Окружность, касающаяся одной из
сторон треугольника и продолжения двух других его
сторон, называется вневписанной. Для любого треуголь-
ника можно построить три вневписанные окружности
(рис. 1.39). Доказать, что радиус вневписанной окруж-
ности, касающейся стороны треугольника, имеющей
длину а, выражается фор-
мулой
Рис. 1.39
40
где 5, р — площадь и полупериметр рассматриваемого
треугольника.
Решение. Пусть /С — точка пересечения биссек-
трисы угла А и биссектрисы внешнего угла при вершине
В (рис. 1.40). Из этого следует, что точка К одинаково
удалена от стороны ВС и продолжений сторон АВ п АС.
то есть является центром вневписанной окружности, i а-
сающейся стороны ВС. Очевидно, что биссектриса внеш-
него угла при вершине С также пройдет через точку К.
Пусть вневписанная окружность с центром в точке /\
касается стороны ВС в точке L и продолжений сторон
АВ и АС в точках М и N соответственно. Проведем
радиусы в точки касания. Очевидно, что
АВ • КМ = АВ • га,
S&kac— АС - KN АС • га.
ы	it
Сложив полученные равенства, имеем:
Здвлс = 4 (Л В + АС)га.	(1)
С другой стороны,
Sabkc Saabc + Sakbc = S + ВС • га.	(2)
Из (1) и (2) имеем:
| (АВ + АС) Га — S + ВС • Га
или
Га (АВ + AC — BC) — S.
it
Поскольку АВ + АС — ВС = 2р — 2а, то из последнего
равенства следует, что
Примеры
Задача. К окружности радиуса г из внешней точки А
проведены касательная АР и секущая AQ, проходящая
через центр окружности, причем AQ = 2АР (рис. 1.41).
Найти радиус окружности, которая касается секущей,
касательной вне отрезка АР и радиуса данной окружно-
сти, проведенного в точку Р.
41
Рис. 1.41
Решение. Искомый радиус
является радиусом вневписанной
окружности треугольника ЛОР, ка-
сающейся стороны ОР. Его длину
га найдем, используя результат за-
дачи 1.13°.
Пусть АР — х, тогда AQ — 2х
и A N — 2х — 2г. По свойству ка-
сательной и секущей, проведен-
ных из одной точки, имеем:
а2 = 2х (2х — 2г),
откуда	х = г.
Тогда
S&aop = г2, А0= ~ г, р — 2г, р — ОР — г
2
И Г a	-g- Г •
Если в некоторой задаче рассматривается треуголь-
ная пирамида и в условии сказано, что все боковые гра-
ни пирамиды одинаково наклонены к плоскости основа-
ния, то при этом вершина пирамиды проектируется либо
в центр вписанной в основание окружности, либо в один
из трех центров вневписанных окружностей основания
(рис. 1.42, 1.43, 1.44). В связи с этим такая задача имеет
четыре (вообще говоря) разные решения.
Задача. Основанием пирамиды служит треугольник
со сторонами 13 см, 14 см и 15 см. Все боковые грани
42
пирамиды наклонены к плоскости
основания под углом в 60°. Найти
объем пирамиды.
Решение. Эта задача, как уже
отмечалось выше, допускает четыре
решения.
1.	По формуле Герона находим
площадь основания пирамиды: S0CH =
= 84 см2. Используя результат за-
дачи 1.1 Г, определим радиус окруж-
.ности, вписанной в основание пирами-
дьн г = — = 4 см. Высоту Н легко
определить из &.S0K (рис. 1.42),
И — г tg 60° = 4 ]/3 см. Тогда
К = | • 84 • 4 /3 = 112J/3 (см3).
О
2.	Пусть га — длина радиуса вневписанной окружно-
сти, касающейся стороны ГЗ см. Используя задачу 1.13°,
вычислим га\ га — 10,5 см. Соответствующая ему высота
пирамиды равна 10,5 ]/3 см. При этом объем пирамиды
Va = 294 /3 см3.
3—4.	Аналогично находим два других ^значения объема
пирамиды: Уь = 336 ]/3 см3, Ус = 392)^3 см3.
УПРАЖНЕНИЯ
1.121.	В ромбе EFQH Z FEH = а. В ромб вписана окруж-
ность радиуса г. К окружности проведена касательная, пересе-
кающая сторону ромба FQ в точке А, а сторону QH — в точке
В. Найти длину отрезка АВ, если площадь отсекаемого
треугольника равна S.
1.122.	В равносторонний треугольник со стороной а вписана
окружность. К окружности проведена касательная гак, что от-
резок ее внутри треугольника равен Ь. Найти площадь треуголь-
ника, отсеченного этой касательной от данного.
1.123.	Острый угол прямоугольного треугольника равен а,
а радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолжений
двух катетов, равен R. Найти гипотенузу этого треугольника.
1.124.	Окружность радиуса 1 вписана в Л АВС, в котором
cos Z АВС = 0,8. Эта окружность касается средней линии тре-
угольника АВС, параллельной стороне АС. Найти площадь
треугольника АВС.
1.125.	Площадь прямоугольного треугольника равна г2,
где г — радиус окружности, касающейся одного катета и про-
должений другого катета и гипотенузы. Найти стороны тре-
угольника.
43
Рис. 1.45
Из ДЛРС:
Задача 1.14°. Точка/? находит-
ся на стороне ВС треугольника
АВС. Доказать, что
АВ2 • CD + АС2 • BD — AD2 х
X ВС — BC-BD* CD — (теорема
Стюарта).
Решение. Пусть X ADC = <р
(рис. 1.45), тогда X ADB ==
= 180° — <р.
COS ф =
AD* + DC* — AC*
2AD • DC
Из &ADB'.
cos(180° — ф) =
BD* + AD* — AB*
2 AD • BD
(1)
(2)
Сложив по частям (1) и (2), получаем:
0 =
AD* + DC*— AC* ,
2AD . DC +
BD* + AD* — AB*
2AD • BD
Сократив полученное равенство на 1/2 AD и освобо-
дившись от знаменателя, после элементарных преобра-
зований получим:
AB2CD + AC2BD — AD2BC = ВС BD CD.
Примеры
Задача, Точка D лежит на стороне АС треугольника
АВС (рис. 1.46). Окружность 119 вписанная в треуголь-
ник ABD, касается отрезка BD в точке Л1; окружность
/2, вписанная в треугольник BCD,—в точкеЛ^; отноше-
ние радиусов окружностей 1Г и /2 равно 7:4. Известно,
что ВМ ~ 3, MN — ND = 1. Найти длины сторон тре-
угольника АВС.
Решение. Пусть К и L — точки касания окруж-
ности /х со сторонами АВ и А С соответственно, Р и Q —
точки касания окружности /2 со сторонами СА и СВ.
Положим А К = AL = х и СР = CQ = у. Тогда
P&abd == Pt = X + 5 и p&BCD = р2 == У + 5.
Из данного в условии отношения радиусов окружностей
и /2 имеем
— Р1 _	Р* _ 7	Р)
Pl 4
₽2
44
Гак как треугольники ABD и CBD имеют общую высоту,
то
AD x-f-2
$abcd DC У + * ’
Полученное отношение и значения рх и рг подставляем
в (1)
(х 4- 2) (у + 5)	7
(У+1)(х + 5)	4»
откуда
Зху — 13х + 27у — 5 = 0.	(2)
Из треугольника АВС по теореме Стюарта имеем:
(х + З)2 (у + 1) + (у + 4)2 (х + 2) - 25 (х + у +
+ 3) = (х + У + 3) (х + 2) (у + 1),
откуда, после элементарных преобразований, получаем:
ху — х — у — 5 = 0.	(3)
Из (2) и (3) составляем систему
( ху — х — у — 5 = 0,
( Зху — 13х + 27у — 5 = 0,
решая которую (с учетом, чтох>0 и у>0), находим:
х = 7 и у — 2. Отсюда АВ — 10, ВС = 6 и АС — 12.
Задача. Хорда АВ стягивает дугу окружности, рав-
ную 120°. Точка С лежит на этой дуге, а точка D лежит
на хорде АВ. При этом AD = 2, BD = 1, CD = 12
(рис. 1.47). Найти площадь треугольника АВС.
Решение. Положим АС = х и ВС — у. Посколь-
ку угол АСВ опирается на дугу в 240°, то Z_ACB =
= 120°.
45
Из Д АВС по теореме косинусов
9 = х2 + у2 + ху.	(1)
По теореме Стюарта (для Д АВС) имеем:
х2 4- 2у3 = 12.	(2)
Положим у — kx. Тогда из уравнений (1) и (2) нахо-
2 I 1^~6
дим k —	. Для этого значения k из (2) находим:
% 6
X '==Z _	-- ,
3+ /б ’
отсюда
Зддвс = j ху sin 120° — x2k =
/3	6	2 + Кб' _ 3 у-х
“ 4 ’з + Кб ‘	2	4 ? 2 ’
УПРАЖНЕНИЯ
1.126.	Окружность, вписанная в треугольник АВС, делит
точкой касания D сторону АС на части, равные 4 см и 5 см.
Найти__ площадь треугольника, если длина отрезка BD
- /89
= I—- СМ.
1.127.	В треугольнике АВС на стороне АС взята тючка D.
Окружности, вписанные в треугольники ABD и BCDf касаются
стороны АС в точках М и АГ соответственно. Известно, что AM ==
= 3, MD = 2, DN = 2, iVC=4. Найти длины сторон треуголь-
ника АВС.
1.128.	В треугольнике АВС на стороне АС взята точка D
так, что окружности, вписанные в треугольники ABD и BCD,
касаются. Известно, что AD = 2, CD = 4, BD = 5. Найти ра-
диусы окружностей.
1.129.	Точка В принадлежит отрезку АС, причем АВ =
== 14 см, ВС = 28 см. На отрезках АВ, ВС и АС, как на диа-
метрах, построены в одной полуплоскости, границей которой
является прямая АВ, полуокружности. Найти радиус окружно-
сти, касающейся всех полуокружностей.
1.130.	Центры трех окружностей, радиусы которых 1, 2 и 5,
лежат на одной прямой, причем окружность с радиусом 2 касает-
ся двух других. Найти радиус окружности, касающейся внешне
данных окружностей.
Задача 1.15°. Доказать, что радиус вписанной в пря-
моугольный треугольник окружности выражается фор-
мулой
а + b — с
2
(1)
46
где a, b — катеты, ас — гипоте-
нуза данного треугольника.
Решение. Пусть J — центр
окружности, вписанной в прямо-
угольный треугольник Л ВС (х.С=
= 90)° и Л1( Вх и Сх — точки ка-
сания этой окружности с катетами
ВС, АС и гипотенузой АВ соот-
Рис. 1.48
ветственно (рис. 1.48). Соединим
центр J с точками А1Г Вг и Cv Очевидно, что ЛВХ — AСи
ВЛх — BCi и СЛ] = СВХ = JAt = JBi — г, тогда
СЛ 4- СВ = г 4" ЛВХ Л- f 4~ ВЛ| — 2г 4~ ЛС1 4"
4“ ВС\ — 2г 4- ЛВ,
откуда
С А + СВ — АВ
Г=-------2-----.
Положив СЛ = Ь, СВ = а и ЛВ — С, получаем (1).
Примеры
Задача. Катеты прямоугольного треугольника равны
9 см и 12 см. Найти расстояние между точкой пересече-
ния его биссектрис и точкой пересечения его медиан.
Решение. Пусть С — точка пересечения медиан
АЕ и ВМ прямоугольного треугольника ЛВС (рис. 1.49).
Проведем GF ± ВС. Поскольку точка G делит медиану
АЕ в отношении EG : GA — 1 : 2, то GF — 4 AC =
О
— 3 см. Пусть J — точка пересечения биссектрис рас-
сматриваемого треугольника, то есть J — центр вписан-
ной в него окружности. Проведем
JK X ВС, JK — радиус вписанной
окружности.
Вычислив гипотенузу ЛВ (ЛВ=
= 15 см) и использовав результат
задачи 1.15°, найдем длину JK:
JK = 3 см.
Таким образом, получается, что
точки G и J одинаково удалены от
катета ВС.
Через точки G и J проведем
прямую, пересекающую катет АС
в точке L. Из сказанного выше
Рис. 1.49
47
С	следует, что GL || ВС и# следова-
Лк	тельно, GL ± АС, при этом JL =
/	= 3 см.
/	Аналогично тому, как вычис-
/ I___________лилась длина GF, находим GL:
A D	в GL = 4 см. Искомое расстояние
Рис. 1.50 GJ = GL — JL = 4 — 3 = 1 (см).
Задача. В прямоугольном тре-
угольнике ABC(Z_C = 90°) проведена высота CD
(рис. 1.50). Доказать, что
Г + '1 + г 2 = h,
где г, rlt г2 — радиусы окружностей, вписанных в тре-
угольники ABC, ACD и CBD соответственно,h — длина
высоты CD.
Решение. Согласно задаче 1.15°, имеем:
АС + ВС— АВ
Г	2	>
CD + AD — АС
Г^~~	2	’
CD + BD — ВС
-----------•
Сложив по частям эти равенства, получаем:
г	г 1	г 2 CD = h.
УПРАЖНЕНИЯ
1.131.	В прямоугольном треугольнике АВС угол А прямой,
величина_угла В равна 30°, а радиус описанной окружности
равен У3. Найти расстояние от вершины С до точки касания
вписанной окружности с катетом АВ.
1.132.	Периметр прямоугольного треугольника равен 2р,
а гипотенуза равна с. Определить площадь круга, вписанного
в этот треугольник.
1.133.	В окружность радиуса /? вписан правильный шести-
угольник ABCDEK. Найп! радиус круга, вписанного в треуголь-
ник A CD.
1.134.	В прямоугольном треугольнике АВС даны длины
катетов СВ = а, СА = Ь. Найти расстояние от вершины С до
ближайшей к С точке вписанной окружности.
1.135.	В прямоугольный треугольник с катетами 6 см и 8 см
вписана окружность. Через центр окружности проведены пря-
мые, параллельные сторонам треугольника. Вычислить длины
средних отрезков сторон треугольника, отсекаемых проведен-
ными прямыми.
1.136.	Радиус окружности, описанной около прямоуголь-
ного треугольника, равен 15 см, а радиус вписанной в него
окружности равен 6 см. Найти стороны треугольника.
48
1.137.	Найти площадь прямоугольного треугольника, если
известно, что радиус вписанного в треугольник круга равен г,
а описанного R.
1.138.	Найти острые углы прямоугольного треугольника,
если известно, что отношение радиуса описанной около этого
треугольника окружности к радиусу вписанной в него окруж-
ности равно 1 + ]^3,
1.139.	В основании четырехугольной пирамиды лежит квад-
рат со стороной а, одно боковое ребро перпендикулярно плоско-
сти основания, большее боковое ребро наклонено к плоскости
основания под углом Р. Найти радиус шара, вписанного в эту
пирамиду.
1.140.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС)
проведены высоты АЕ и BD. Радиусы окружностей, вписанных
в треугольники ABD и АЕС, равны 5 см и 6 см соответственно.
Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС
2. ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ
Укажем некоторые свойства четырехугольника, часто
применяемые при решении задач.
1.	Сумма внутренних углов любого четырехугольни-
ка равна 360°.
2.	Если соединить последовательно середины всех
сторон произвольного четырехугольника, то получим
параллелограмм.
Доказательства этих свойств очевидны, и мы приво-
дить их не будем.
Задача 1.16°. Доказать, что площадь любого четырех-
угольника равна половине произведения его диагоналей,
умноженному на синус угла между ними:
S = “d1d2sinq>,	(I)
4W
где S — площадь четырехугольника, d, и d2 — длины
его диагоналей, <р — величина угла между диагоналями
четырехугольника.
Решение. Пусть в четырехугольнике ABCD диа-
гонали АС и BD равны d, и d2	с
соответственно, а / АОВ = <р
(рис. 1.51). Запишем формулы на-
хождения площади каждого из че- \	/
тырех треугольников, на которые \	/
диагонали разбивают данный четы-	/
рехугольник:	/
5ддов = |оЛ «OBsinq),	5
*	Рис. 1.51
49
— "л	* ОС sin ф,
S^cod = 4 ОС • ODsin ср,
4л
S^doa = -к OD • OA sin <p.
Сложив по частям выписанные равенства, полу-
чаем:
Sabcd = -J- sin ф (OB (OA + ОС) + OD (OA + ОС)) =>
= i sin ф (OA 4- ОС) (OB + OD) = ^d.< d2 sin q>.
«	4л
Нетрудно доказать, что полученное для площади вы-
ражение справедливо и для невыпуклого четырехуголь-
ника.
Примеры
Задача. На сторонах квадрата ABCD взяты точки
М, N и К, где М — середина АВ, N лежит на стороне
ВС, причем 2ВN = NС, К лежит на сторонеDA, причем
2DK = КА (рис. 1.52). Найти синус угла между МС
и NK.
Решение. Пусть АВ = а и / МОК — ф. Вы-
числим площади треугольников:
е	а2 с	а2 с	а2
^ДЛСВ№ 12 ’ ^ЬАМК. == -g , ОдСКЙ «	.
Тогда
г.	2 lai I t	7 ,	...
SMNCK = a — Ijg+g + ъ) = Т2а-
Нетрудно вычислить диагонали МС и NK четырехуголь-
ника MNCK-
Рис. 1.52
=	, NK = ^&.
£,	О
50
Найдем теперь Smnck> воспользовавшись формулой (1)
с	1 а/Т аУПо .	5а8/'2 .	/оч
Smnck = "2 -J— • -3— sin ф = —sin ф.	(2)
Из (1) и (2) имеем:
7 „	5«2 У 2 .
Г2а =—Г2“ smcp,
откуда
sin ф — 0,7 V 2 .
Задача. В ромб со стороной ан острым углом 60° впи-
сана окружность. Определить площадь четырехуголь-
ника, вершины которого лежат в точках касания окруж-
ности со сторонами ромба.
Решение. Окружность, вписанная в ромб ABCD,
в котором АВ = а и / BAD — 60°, касается его сторон
АВ, ВС, CD и DA в точках Е, F,G и Н соответственно
(рис. 1.53). Диагонали EG и FH четырехугольника
EFGH являются высотами ромба и одновременно диамет-
рами вписанной окружности. Поэтому EG = FH.
Проведем ВК J_ AD; ясно, что ВК = FH. Из
ДЛМ: ВК
В четырехугольнике OEBF Z_E=/_F — 90°, Z_B=
= 120°. Поэтому Z. EOF = 60°.
Находим искомую площадь, учитывая полученные
выше значения длины отрезка ВК и величины угла EOF:
Sefgh = I	sin 60° =	.
&	10
УПРАЖНЕНИЯ
1.141.	В окружность вписан четырехугольник с углами
120°, 90°, 60° и 90°. Площадь четырехугольника равна 9 У 3 см2.
Найти радиус окружности, если диагонали четырехугольника
взаимно перпендикулярны.
1.142.	Сумма длин диагоналей ромба равна т, а его пло-
щадь равна S. Найти сторону ромба.
1.143.	Радиус окружности, описанной около трапеции
ABCD, равен /?. Диагонали АС и BD трапеции делятся точкой
их пересечения Е в отношении 1 : 3, считая от меньшего осно-
вания CD. Величина угла DEC равна 60°. Найти площадь
трапеции.
1.144.	В окружность радиуса 13 см вписан четырехуголь-
ник, диагонали которого взаимно перпендикулярны. Одна из
диагоналей равна 18 см, расстояние от центра окружности до
51
D М С точки пересечения диагоналей равно
4^6 см. Найти площадь четырехуголь-
ника.
\л/	1.145. Диагональ трапеции, вписан-
I	К ной в круг радиуса/?, образует с ее боко-
А	/\ выми сторонами углы а и 2а. Найти
/ \	/ \ площадь трапеции.
/	1.146. В выпуклом четырехугольнике
L в ABCD точки /С, L, М и N являются
серединами сторон A Bt ВС, CD и DA соот-
Рнс. 1.54 ветственно: О — точка пересечения отрез-
ков KAI и LN. Известно, что LOM ==
= 90' и /<Л1 = 3LN. Найти длины диагоналей АС и BD, если
площадь четырехугольника KLMN равна S.
1.147.	Найти площадь параллелограмма, если длины его
сюрон равны а и bt а угол между диагоналями, противолежащий
стороне длины а, равен а.
1.148.	Точка Д, лежащая внутри круга радиуса /?, удалена
от центра круга на расстояние а. Через точку А проведены две
хорды, образующие углы в 30° с диаметром круга, содержащем
точку А. Вычислить площадь вписанного в круг четырехуголь-
ника, диагоналями которого являются проведенные хорды.
1.149.	В окружность радиуса 6 см вписан четырехугольник
ABCD, Его диагонали АС и BD взаимно перпендикулярны.
Точки Е и F являются серединами АС и BD соответственно.
Точка пересечения диагоналей К удалена от центра О окружно-
сти на 5 см. Найти площадь четырехугольника ABCD, если
площадь четырехугольника 0EKF равна 12 см2.
1.150.	Сумма длин высоты и средней линии равнобедренной
трапеции равна с, а площадь трапеции равна S. Найти угол
между диагоналями трапеции.
Задача 1.17°. Доказать, что если в четырехугольник
вписана (или можно вписать) окружность, то суммы длин
его противоположных сторон равны.
Доказательство. Рассмотрим четырехуголь-
ник ABCD (рис. 1.54), в который вписана окружность.
Пусть К, L, М и N — точки касания четырехугольника
и окружности. Тогда А К = AL; BL = BN; CN = СМ
и DM = DK (как отрезки касательных, проведенных из
соответствующих точек). Отсюда
AL + LB 4- DM + СМ = Д/< + DK. + CN + BN. (1)
Но
АВ = ALA- LB‘, DC = DM + CM;
AD = AK + ND; BC = BN + CN.
Из (1) и (2) имеем:
AB + CD = AD + BC.
(2)
52
Примеры
Задача. Около окружности описана равнобокая тра-
пеция с боковой стороной I, одно из оснований которой
равно а. Найти площадь трапеции.
Решение. Пусть ABCD — данная трапеция, у ко-
торой AD — а и АВ — I (рис. 1.55). Из свойства описан-
ного около окружности четырехугольника находим, что
ВС = 21 — а. Проведем BE ± AD. АЕ = -А?-~ ВС =
= а— I.
Из д АВЕ: BE = //3 — (а — /)2 = V2а1 — а3.
Отсюда
Sabcd = Т|/~ 2я/ — я2.
Задача. Прямая, перпендикулярная двум сторонам
параллелограмма, делит его на две трапеции, в каждую
из которых можно вписать окружность. Найти острый
угол параллелограмма, если длины его сторон равны а
и b (а < Ь).
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD АВ ==
= a, AD == b и прямая EF перпендикулярна сторонам
AD и ВС (рис. 1.56). Согласно условию, в каждую из
прямоугольных трапеций, на которые прямая EF делит
рассматриваемый параллелограмм, можно вписать
окружность. Нетрудно показать, что BE = FD. Положим
AF — х и / BAF = ф. Тогда BE = b — х и EF =
= a sin ф. По свойству описанных четырехугольников
имеем:
х + (Ь — х) = а + a sin ф,
откуда
. b — а	. Ь — а
sin ф =----и ф = arcsin---.
v а	а
Рис. 1.55	Рис. 1.56
53
УПРАЖНЕНИЯ
1.151.	В равнобокую трапецию вписана окружность ради-
уса 2. Найти площадь трапеции, если длина боковой стороны
равна 10.
1.152.	Около окружности, радиус которой равен 1,2 см,
описан четырехугольник ABCD, у которого АВ == 3 см, ВС =
= 2 см и AD = 4 см. Найти площадь этого четырехугольника.
1.153.	Площадь равнобокой трапеции, описанной около
круга, равна S. Найти длину средней линии трапеции, если ве-
личина острого угла при ее основании равна а.
1.154.	Около круга описана трапеция, боковые стороны
которой образуют с ее большим основанием углы а и (3. Опреде-
лить площадь круга, если площадь трапеции равна Q.
1.155.	Около круга описана равнобокая трапеция, площадь
которой равна 32 см2. Найти стороны трапеции, если угол при
большем основании равен 30°.
1.156.	Площадь равнобокой трапеции, описанной около
круга, равна 8, а высота трапеции в 2 раза меньше ее боковой
стороны. Определить радиус вписанного в трапецию круга.
1.Г57.	Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию,
отстоит от концов боковой стороны на 1 см и 2 см. Найти пло-
щадь трапеции.
1.158.	Вычислить площадь трапеции по разности оснований
d и двум боковым сторонам а и Ь, если известно, что в трапецию
можно вписать круг.
1.159.	В равнобокой трапеции, описанной около окружно-
сти радиуса R, отношение длин боковой стороны и большего
основания есть заданное число k. Найти длину меньшего осно-
вания.
1.160.	Дана прямоугольная трапеция. Известно, что неко-
торая прямая, параллельная основаниям, рассекает ее на две
трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.
Найти основания исходной трапеции, если ее боковые стороны
равны с и d (с < d).
Задача 1.18°. В трапеции ABCD основания AD и ВС
равны а и b соответственно. Через точку £, принадлежа-
щую стороне АВ и делящую ее в отношении АЕ : BE =
= m : п, проведена прямая, параллельная основаниям
трапеции и пересекающая сторону CD в точке F (рис.
1.57). Доказать, что
EF =---------.	(1)
т + п	х '
в	с	Решение. Через верши-
!	~]\ НУ трапеции С проведем пря-
£/_________/ \ мую, параллельнуюсторонеЛВ,
/	\ пересекающую прямые EF и AD
*----------L------Ч в точках Р и Q соответственно.
Ясно, чтоDF : FC = АЕ : ЕВ =
Рис. 1.57	= т : п и PF = EF — Ь.
54
Из подобия треугольников CFP и CDQ имеем:
EF -~Ь _ п
а — b m + п ’
откуда
ап Ьт
Примеры
Задача. Две окружности радиусов R = 3 см и г =
= 1 см касаются внешним образом. Найти расстояние от
точки касания окружностей до их общих касательных.
Решение. Пусть радиусы окружностей с центрами
О и 01, касающихся в точке С, равны 1 см и 3 см соответ-
ственно (рис. 1.58). Проведем радиусы ОА и OtB в точки
касания данных окружностей с их общей внешней ка-
сательной; ОАВО1 — прямоугольная трапеция. Из точ-
ки С опустим перпендикуляр СЕ на АВ. СЕ — искомое
расстояние.
Поскольку отрезок СЕ параллелен основаниям тра-
пеции OABOt, то по формуле (1) имеем:
1 •з + з• 1	3 . ч
— j,g — "2 (СМ).
Ясно, что такое же расстояние будет от точки С до
второй внешней общей касательной (на рисунке не по-
казанной).
Задача. Прямая, параллельная основаниям трапе-
ции, проходит через точку пересечения ее диагоналей.
Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между
боковыми сторонами трапеции, если основания трапеции
равны 4 см и 12 см.
Решение. В трапеции ABCD AD = 12 см и ВС —
= 4 см (рис. 1.59). Через точку О пересечения диаго-
налей трапеции проведена
прямая, параллельная осно-
ваниям трапеции и пересе-
55
кающая боковые стороны АВ и CD в точках Е nF соот-
ветственно.
Из подобия треугольников ВОС и AOD имеем:
ВО : 0D = 4 : 12 = 1 : 3.
В таком же отношении точка Е делит АВ, то есть
BE : ЕА = 1:3. Тогда ио (1) имеем:
=----г^т-о— = 6 (см).
1 О
УПРАЖНЕНИЯ
1.161.	В угол вписаны три окружности так, что две крайние
проходят через центр средней. Радиусы крайних окружностей
равны 7? и г. Найти радиус средней окружности.
1.162.	В некоторый угол вписана окружность радиуса г,
а длина хорды, соединяющей точки касания, равна т. Парал-
лельно хорде проведены две касательные к окружности. Опре-
делить площадь трапеции, образованной сторонами угла и ка-
сательными.
1.163.	Дана трапеция ABCD. Параллельно ее основаниям
проведена прямая, пересекающая боковые стороны трапеции
АВ и CD соо!ветственно в точках Р и Q, а диагонали АС и BD
соогвегственно в точках L и R. Диагонали АС и BD пересекают-
ся в точке О. Известно, что ВС = a, AD = Ь, а площади тре-
угольников ВОС и LOR равны. Найти длину отрезка PQ.
1.164.	Основания трапеции равны 1 см и 7 см. Найти длину
отрезка, параллельного основаниям трапеции и делящем ее
площадь на равновеликие части.
1.165.	В трапеции основания равны 84 см и 42 см, а боковые
стороны 39 см и 45 см. Через точку пересечения диагоналей па-
раллельно основаниям проведена прямая. Определить площади
полученных трапеций.
1.166.	Две прямые, параллельные основаниям трапеции,
деляг каждую из боковых сторон на 1ри равные части. Вся тра-
пеция разделена ими на три части. Найти площадь средней час1и,
если площади крайних Sj и S2.
1.167.	В трапеции, основания которой равны 4 см и 10 см,
проведена прямая, параллельная основаниям трапеции и деля-
щая ее площадь в отношении 3 :• 4, считая от большего основа-
ния. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между
боковыми сторонами трапеции.
1.168.	В трапеции ABCD с длинами оснований AD = 12 см,
ВС — 8 см на луче ВС построена такая точка Л4, что прямая
AM делит трапецию на две равновеликие фигуры. Найти
длину СМ.
1.169.	Две окружности касаются внешним образом в точке
Л Найти радиусы окружностей, если хорды, соединяющие точ-
ку А с точками касания одной из общих внешних касательных,
равны 6 см и 8 см.
1.170.	На боковых сторонах /(L и MN равнобокой трапеции
KLMH выбраны соответственно точки Р и Q так, что отрезок
PQ параллелен основаниям трапеции. Известно, что в каждую
56
из трапеций	и PLMQ можно
вписать окружность и радиусы этих /	\
окружностей равны R и г соответ- /	\
ственно. Определить основания тра- /	\
пеции KLMN.	/\
А £	Л
Задача 1.19 . Доказать, что
в равнобокой трапеции перпен-	Рис. 1.60
дикуляр, опущенный из верши-
ны меньшего основания на большее, делит его на части,
большая из которых равна по длине средней линии
трапеции.
Решение. Пусть ABCD — равнобокая трапе-
ция (AD || ВС) и АВ = CD (рис. 1.60). Проведем BE ±
I AD. Очевидно, что АЕ — А®~?с. Тогда
что и требовалось доказать.
Примеры
Задача. Найти площадь равнобокой трапеции, если
ее большее основание, диагональ и боковая сторона рав-
ны 4, 3 и 2 соответственно.
Решение. В равнобокой трапеции ABCD (AD ||
|| ВС) большее основание AD — 4, диагональ АС — 3
и боковая сторона CD = 2 (рис. 1.61). Проведем СЕ ±
± AD. Площадь треугольника ACD (вычисляемая по
формуле Герона) равна j V15.
С другой стороны,
| AD • СЕ
4Г15 = |.4.С£,
А	ЕЛ
Рис. 1.61
Рис. 1.62
57
откуда
СЕ= 15.
Из &АСЕ\
АЕ = VАС2 — СЕ2 = j/9 — • 15 => j .
Учитывая доказанное в задаче (1.19е), имеем
5лесо = 24« -|ГТ5 = ||/15.
Задача. Около трапеции ABCD описана окружность,
диаметром которой является основание AD, 'равное а.
Диагональ трапеции АС равна I. Найти площадь тра-
пеции.
Решение. Так как около трапеции ABCD опи-
сана окружность, то рассматриваемая трапеция .равно-
бокая (рис. 1.62). Согласно условию, AD является диа-
метром описанной около трапеции окружности. Поэтому
треугольник A CD прямоугольный. Проведем СЕ d_ AD.
По доказанному в задаче 1.19°, длина отрезка АЕ равна
длине средней линии данной трапеции.
Из дЛСД:
АЕ —
AC* I*
AD а
Из дЛСД:
СЕ = УАС2 — АЕ2 = ]/ /2 — J | Уа2 — I2.
Площадь трапеции
Sabcd = АЕ . СЕ = £ .1- Уа^Т2 >=
= у а2 — I2.
а2 г
УПРАЖНЕНИЯ
1.171.	Доказать, что в равнобокой трапеции квадрат длины
диагонали равен квадрату длины боковой стороны, сложенному
с произведением длин оснований.
1.172.	Найти диагональ и боковую сторону равнобокой тра^
пении с основаниями длиной в 20 см и 12 см, если известно, что
центр описанной окружности лежит на большем основании
трапеции.
58
1.173.	Найти длину средней линии
равнобокой трапеции, высота которой
равна й, если боковая сторона видна из
центра описанной окружности под уг-
лом в 120°.
1.174.	Найти площадь равнобокой
трапеции, если ее высота равна й, а бо-
ковая сторона видна из центра описан-
ной окружности под углом СО0.
1.175.	Диагональ равнобокой тра-
пеции, описанной около круга,, равна
большей из параллельных сторон. Бо-
ковая сторона равна а. Определить
Рис. 1.63
основания трапеции и
радиус вписанного в нее круга-.
1.176.	Диагональ равнобокой трапеции равна 10 см, а пло-
щадь равна 48 см?. Найти высоту трапеции.
1.177.	В равнобокой трапеции основания равны а и Ь, а угол
между диагональю и основанием равен а. Найти длину отрезка,
соединяющего точку пересечения диагоналей с серединой боко-
вой стороны трапеции.
1.178.	В равнобокую трапецию вписана окружность и около
нее описана окружность. Отношение высоты трапеции к радиусу
1^2
описанной окружности равно--—. Найти углы трапеции.
О
1.179.	Дана равнобокая трапеция,, в которую вписана
окружность и около которой описана окружность. Отношение
длины описанной окружности1 к длине вписанной окружное!!!
равно 2‘)f 5. Найти утлы трапеции.
1.180.	Площадь описанного около трапеции круга в 12 раз
больше площади вписанного в нее круга. Найти углы трапеции.
Задача 1.20°. Доказать, что если диагонали равно-
бокой трапеции взаимно перпендикулярны, то длина вы-
соты трапеции равна длине средней линии, а площадь —
равна квадрату ее высоты.
Решение. Пусть ABCD — равнобокая трапеция,
диагонали которой АС и BD перпендикулярны (рис.
1.63). Через точку пересечения диагоналей О проведем
высоту трапеции EF. Из того, что трапеция ABCD равно-
бокая, следует, что треугольники A0D и ВОС равно-
бедренные. Но поскольку они к тому же прямоуголь-
ные, то
OF = | AD и ОЕ = ВС.
At	Ал
Сложив по частям эти равенства, получаем: EF = 4- х
X (AD + ВС). Следовательно,
Sabcd — EF2.
59
Примеры
Задача. Площадь равнобокой трапеции, диагонали
которой взаимно перпендикулярны, равна S. Найти пе-
риметр этой тралении, если ее боковая сторона образует
с большим основанием угол а.
Решение. Пусть ABCD — данная в условии рав-
нобокая трапеция (рис. 1.64). Проведем СЕ ± AD. По-
скольку диагонали трапеции взаимно перпендикуляр-
ны, то
AD + ВС
2
Из &CED'.
CD —
sin а
Таким образом,
Pabcd = 2 VS +	= 2 (1 + sin а) VS .
sin a sin а r
Задача. В правильной четырехугольной пирамиде
двугранный угол при ребре основания равен а. Через
ребро основания проведена плоскость под углом р к ос-
нованию ф<а). Ребро основания пирамиды равно а.
Определить площадь сечения.
Решение. Пусть ZABCD данная в условии пра-
вильная четырехугольная пирамида (рис. 1.65). Сече-
нием пирамиды плоскостью, проходящей через ребро
CD и составляющей с плоскостью основания угол р,
является равнобокая трапеция DEFC. Ее ортогональ-
ная проекция на плоскость основания, как нетрудно
показать, также равнобокая
трапеция DE^C, диагонали
которой взаимно перпенди-
кулярны.
Рис. 1.64
Рис. 1.65
60
Проведем плоскость, проходящую через высоту пи-
рамиды ZO и апофему ZQ. Эта плоскость пересечет: грань
AZB по апофеме ZP, основание пирамиды по отрезку
PQ = а, соединяющему середины сторон основания АВ
и CD, трапецию DEFC — по отрезку KQ- Ki — орто-
гональная проекция точки К на плоскость основания пи-
рамиды. Ясно, что KiQ — высота трапеции DE^C. Рас-
смотрим треугольник PKQ. В нем: PQ = a, Z. KPQ — а
и / KQP — Р- По теореме синусов
7zn__ a sin а
~ sin (а + ₽)е
Из aKKxQ:
KiQ =
a sin acos ft
sin (а + ft)
Отсюда
Sde^c = KiQ2 —
a2 sin2a cos2ft
sin2 (а + Р)
Окончательно
<•	__SpEtFtC___a2 sin2 а cos ft
DEFC cos р sin2 (а + ft)
УПРАЖНЕНИЯ
1.181.	В равнобокой трапеции средняя линия равна т, я
диагонали взаимно перпендикулярны. Вычислить площадь тра-
пеции.
1.182.	В окружность радиуса R вписана 1рапеция, боковая
сторона которой стягивает дугу в 90е. Найти площадь трапеции,
если разность длин ее оснований равна 2а.
1.183.	В усечённом конусе диагонали осевого сечения взаим-
но перпендикулярны, а угол образующей / конуса с плоскостью
большого основания равен а. Найти боковую поверхность этого
к онуса.
1.184.	Из точки пересечения диагоналей равнобокой трапе-
ции на боковую сторону опущен перпендикуляр, коюрый делиг
ее на отрезки длиной 3,2 см и 1,8 см, считая ог нижнего основа-
ния. Найти площадь трапеции, если длина указанного перпен-
дикуляра есть среднее геометрическое длин отрезков боковой
сюроны.
1.185.	В правильной четырехугольной пирамиде через сто-
рону основания проведена плоскость, перпендикулярно к npoiM-
воположной боковой грани. Вычислить площадь сечения, если
сторона основания пирамиды равна а, а двугранный угол при
основании равен а.
Задача 1.21°. Доказать, что если в равнобокую тра-
пецию вписана (или можно вписать) окружность, то вы-
сота трапеции есть среднее геометрическое ее оснований.
61
Рис. 1.66
Решение. Пусть ABCD —
равнобокая трапеция, в которую
вписана окружность (рис. 1.66).
Проведем BE J. AD. Положим
AD = а, ВС = b и BE = Н. На
основании свойства, доказанного
в задаче 1.17°, АВ = a~tb. Как
&
я гч d Ь
отмечалось выше, АЕ = —.
Из /\ABE~.
ВЕ = Н =	=
Итак,
И — У ab.
Примеры
Задача. Около окружности радиуса 5 см описана рав-
нобокая трапеция. Расстояние между точками касания
боковых сторон равно 8 см. Найти площадь трапеции.
Решение. Около окружности с центром О опи-
сана равнобокая трапеция ABCD (AD || ВС), касающа-
яся окружности в точках Е, N, F и М (рис. 1.67). По ус-
ловию ОМ = ON = 5 см и EF = 8 см. Поскольку точ-
ки Е и F (как нетрудно убедиться) одинаково удалены
от основания AD трапеции, то EF Ц AD.
Положим AD = 2АМ — 2х и ВС — 2BN — 2у.
Тогда AM = АЕ = х и BN = ВЕ = у.
Используя результат задачи 1.21°, имеем! 10 =
= У4х’у или ху = 25. Используя результат задачи
1.18°, имеем:
или
х + у = 12,5 (см).
Рис. 1.67	Рис. 1.68
62
Таким образом,
Sabcd = 12,5 • 10 = 125 (см2).
Данная зависимость эффективно используется и в сте-
реометрии. Проиллюстрируем это на конкретном при-
мере.
Задача. В усеченный конус вписан шар. Сумма длин
диаметров верхнего и нижнего оснований в пять раз боль-
ше длины радиуса шара. Найти угол между образующей
конуса и плоскостью нижнего основания.
Решение. Пусть в данном усеченном конусе rlt
г2 и R — радиусы нижнего основания, верхнего основа-
ния и шара, вписанного в конус, соответственно, то есть
OXD = rlt О2С = г2 и OOj = R (рис. 1.68). Тогда на ос-
новании задачи 1.2Г имеем:
2R = 1/Л2г1 • 2г2 или /? —	.	(1)
Положим CDOX = ср (0° < <р < 90°). Тогда Z_ODO1 =
Из aODOj!
Согласно условию 2г14-2г2 = 57? или, учитывая (1),
2гх + 2г2 = 5	(2)
Разделив обе части равенства (2) на У гхг2, получаем:
откуда
то есть
tgf = iHtgf = 2.
Учитывая указанные выше допустимые значения для
<р из двух найденных значений для tg 5- , выбираем
tg Т = 7 ’ откУда Ч> = 2 arctg у.
S3
УПРАЖНЕНИЯ
1.186.	В равнобокую трапецию вписана окружность радиу-
са R. Одно из оснований трапеции в два раза меньше ее высоты.
Найти площадь трапеции.
1.187.	Около окружности описана равнобокая трапе-
ьяя, у которой одно основание в три раза больше другого. Найти
отношение радиуса окружности, описанной около трапеции,
к радиусу окружности, вписанной в трапецию.
1.188.	В равнобокую трапецию, длины оснований которой
а я b (а > Ь), вписана окружность. Найти расстояние между
центрами вписанной и описанной окружностей.
1.189.	Около окружности радиуса R описана равнобокая
трапеция, меньшее основание которой равно 2а. Найти диаго-
наль трапеции.
1.190.	Около окружности, радиус которой г, описана равно-
бокая трапеция. Параллельные стороны ее относятся, как т : п.
Найти стороны этой трапеции.
1.191.	Около окружности радиуса R описана равнобокая
трапеция, площадь которой равна S. Найти основания трапеции.
1.192.	Определить боковую поверхность и объем усеченного
конуса, с образующей, равной /, описанного около шара
радиуса R.
1.193.	Около шара описан усеченный конус, площадь ниж-
него основания которого в а раз больше площади его верхнего
основания. Во сколько раз объем усеченного конуса больше
объема шара?
1.194.	Стороны оснований правильной четырехугольной
усеченной пирамиды равны 9 см и 4 см. Найти отношение полной
поверхности пирамиды к поверхности вписанного в нее шара.
1.195.	Около шара описана правильная шестиугольная усе-
ченная пирамида, у которой стороны оснований относятся, как
т ; л. Найти отношение объемов пирамиды и шара.
Задача 1.22°. Доказать, что сумма квадратов длин ди-
агоналей параллелограмма равна сумме квадратов длин
его сторон.
Решение. Пусть в параллелограмме ABCD
/ BAD = а (рис. 1.69). Тогда / ADC = 180° — а.
Из Д ABD по теореме косинусов
BD2— АВ2 + ДО2— 2АВ • AD cos а. (1)
Из Д ADC аналогично
АС2 = AD2 4- CD2 + 2AD . CD cos а. (2)
в__________С Сложив по частям (1) и (2), по-
/X.	лучим:
'	/	АС2 + BD2 =
= 2 {АВ2 + ДО2),
Рис. 1.69 что и требовалось доказать.
С4
Примеры
Задача. В треугольник вписан параллелограмм со
сторонами 3 см и 5 см и диагональю, равной 6 см. Найти
стороны треугольника, если известно, что диагонали
параллелограмма соответственно параллельны боковым
сторонам треугольника, а меньшая из его сторон лежит
на основании треугольника.
Решение. В параллелограмме DEFH, вписан-
ном в треугольник ABC, DH — 3 см, DE = 5 см и ЕН =
— 6 см (рис. 1.70). Пусть в соответствии с условием
ЕН || ВС и DF 1| АВ. Тогда очевидно, что АС — 9 см
и ВС — BF 4- FC = ЕО + ЕН — 9 см. Определим DF
с помощью результата задачи 1.22°:
DF = /2(9 + 25) —36 = 4 V 2" (см).
Тогда
АВ = АЕ + BE = DF + OF = 6 /2 (см).
Ответ: 9 см, 9 см, 6 /2 см.
Задача. Доказать, что во всяком четырехугольнике
сумма квадратов диагоналей вдвое больше суммы квад-
ратов отрезков, соединяющих середины противополож-
ных сторон.
Решение. Пусть Е, F, G и Н — середины сторон
AD, АВ, ВС и CD произвольного четырехугольника
ABCD (рис. 1.71). Соединив последовательно точки Е,
F, G и Н, получим, как нетрудно показать, параллело-
грамм. Проведем в нем диагонали EG и FH, являющиеся
одновременно отрезками, соединяющими середины про-
тивоположных сторон четырехугольника ABCD.
Рис. 1.70
В
Рис. 1.71
3 S-'J Я)
65
Поскольку FG — средняя линия в Д АВС, то АС=
= 2EG
и	АС2 = 4EG2.	(1)
Аналогично
ВР2= 4ЕЕ2.	(2)
Сложив по частям (1) и (2), получаем:
Л С2 + BD* = 4 (EG2 + ЕЕ2) = 2 (EG2 + Е/72).
УПРАЖНЕНИЯ
1.196.	Даны две концентрические окружности. Доказать,
что сумма квадратов расстояний от точки одной окружности до
концов диаметра другой окружности не зависит ни от выбранной
точки, ни от выбранного диаметра.
1.197.	В параллелограмме ABCD сторона АВ равна диаго-
нали BD. Окружность, описанная около A ABD, пересекает
диагональ АС в точке Е. Найти стороны параллелограмма, если
АЕ = 65 см и ЕС = 16 см.
1.198.	Перпендикуляр, проведенный из вершины паралле-
лограмма к его диагонали, делит эту диагональ на отрезки дли-
ной 6 см и 15 см. Разность длин сторон параллелограмма равна
7 см. Найти длины сторон параллелограмма и его диагоналей.
1.199.	В треугольник вписан параллелограмм так, что одна
его сторона лежит на основании треугольника, а диагонали па-
раллельны его боковым сторонам. Основание треугольника рав-
но 45 см, боковые стороны 39 см и 48 см. Найти стороны парал-
лелограмма.
1.200.	В параллелограмме отношение сторон и отношение
диагоналей одинаковы и равны 2. Из вершины тупого угла А опу-
щена высота АЕ на большую сторону CD. Найти отношение дли-
ны отрезка DE к длине отрезка СЕ.
1.201.	В параллелограмме ABCD угол А острый, AD —
— АВ = 3 см, АС - BD = 2 см и Z АВС + Z ABD = 180°.
Найти расстояние от вершины D до стороны АВ.
1.202.	Длины диагоналей параллелограмма пропорциональ-
ны длинам его непараллельных сторон. Доказать, что углы меж-
ду диагоналями такого параллелограмма равны его углам.
1.203.	Доказать, что если а — величина угла между диаго-
налями параллелограмма, а а и b — длины его сторон, причем
а < 90° и а > Ь, то справедливо неравенство
а2 — Ь2
cos а > аа Ь2 .
1.204.	В параллелограмме ABCD одна диагональ в У 3
раз больше другой, а периметр равен 4 см. Известно, что точка
А|, симметричная с точкой А относительно точки С, симметрична
с точкой В относительно прямой CD. Найти площадь параллело-
грамма ABCD.
1.205.	Стороны параллелограмма относятся, как т : л, а
диагонали — как р ? q. Найти углы параллелограмма.
66
3. ОКРУЖНОСТЬ
Задача 1.23°. Доказать, что
если через точку, взятую внут-
ри круга, проведены две произ-
вольные хорды, то произведе-
ние длин отрезков каждой из
хорд равны.
Решение. Пусть АВ и
CD —две произвольные хорды,
проходящие через точку К, ле-
жащую внутри круга (рис. 1.72).
Проведем хорды АС и BD. Очевидно, что А А КС со
со A BKD (по первому признаку подобия треуголь-
ников). Из этого следует, что
АК — СК
DK ~ ВК'
откуда
AK-BK = CK-DK,
что и требовалось доказать.
Примеры
Задача, На окружности, диаметр которой АВ,
выбрана произвольная точка С (отличная от Л и В). Не-
которая окружность с центром в точке С касается диа-
метра АВ в точке Н и пересекает данную окружность
в точках/С и Р (рис. 1.73). Доказать, что радиус СН
делится отрезком КР пополам.
Решение. Пусть М — точка пересечения радиу-
са СН с хордой КР. Продолжим радиус СН в обе стороны
до пересечения с окружностями
в точках Е и F. На основании
доказанного в задаче 1.23° ут-
верждения, имеем:
а)	для окружности с центром
С! КМ • МР = ЕМ • МН;
б)	для окружности с центром
О: КМ-MP — CM’MF. Отсюда
ЕМ • МН = СМ • MF. Поло-
жим СН — СЕ — HF = г. Тогда
ЕМ = г + СМ,МН — г — СМ,
MF — 2г — СМ.
Подставляя найденные вы-
ражения для ЕМ, МН и MF,
з*
67
имеем:
/	ЛГ (г + СМ) • (г — СМ) — СМ х
/	/ \	х(2г — СМ),
л ор/ д
\"Ук1 откуда СМ = g •
\	/	/ Задача. Через точку Р диа-
/ У метра АВ данной окружности
проведена хорда CD, образую-
щая с диаметром угол 60° (рис.
Рис. 1.74	1.74). Вычислить радиус окруж-
ности, если СР = а и PD = Ь.
Решение. Пусть, в соответствии с условием,
/ АРС = 60°. Из центра О данной окружности прово-
дим OK J- СО. Тогда
СК = ^~ и = а -.
Из А ОРК:
OP = 2КР = а—Ь.
Положим АО = R. На основании свойства отрезков
хорд, пересекающихся внутри круга, имеем: АР • РВ —
— СР • PD или (/? + (а — b)) (R — (а — b)) = ab. Сле-
довательно,
R = У а2 + b2 — ab.
УПРАЖНЕНИЯ
1.206.	Дана точка Р, удаленная на 7 см от центра окруж-
ности с радиусом 11 см. Через эту точку проведена хорда длиш й
18 см. Каковы длины отрезков, на которые делится хорда точ-
кой Р?
1.207.	В окружность радиуса г вписан равнобедренный тре-
угольник, сумма высоты и основания которого равна диаметру
окружности. Найти высоту треугольника.
1.208.	В тупоугольном треугольнике большая сторона равна
16 см, а высоты, проведенные из ее концов на другие стороны,
пересекаю» продолжения этих сторон в точках, отстоящих от
вершины iynoro рла на расстоянии 2 см и 3 см. Найти меньшие
стороны Iреугольника.
1.209.	Через концы А я В диаметра окружности проведены
хорды АС и BD, которые пересекаются в точке Р, лежащей
внутри окружности. Доказать, что
АВ2 = АС • АР + BD • ВР.
1.210.	В окружность радиуса 3 с центром в точке О вписана
трапеция. Определить площадь трапеции, если известно, чю
окружность радиуса 1 с центром в точке О касается одного из
68
оснований трапеиии и проходит че-	В
рез точку пересечения диагоналей.
1.211.	В окружности радиуса R	н
хорда АВ = а. Хорда PQ, перпен-	р	"р
дикулярная к диаметру АС, Пересе-	I	)
кает хорду АВ в точке М. Опреде-	\	/
лить длину отрезка AM, если	----'
PM : QM = 3.	р . 75
1.212.	Через точку А окружное-	нис’ 1,/0,
ти радиусом R = 10 см проведены
две взаимно перпендикулярные хорды АВ и АС. Вычислить
радиус окружности, касающейся данной окружности и постро-
енных хорд, если АВ = 16 см.
1.213.	В круге проведена хорда АВ, пересекающая диаметр
DE круга в точке М и наклоненная к нему под углом <р. Дано,
что МВ : ,МА == р : q. Из точки В проведена хорда ВС, перпен-
дикулярная к диаметру DE, и точка С соединена с точкой А.
Найти площадь треугольника АВС, если радиус круга равен R.
1.214.	В круг вписан равнобедренный треугольник, в ко-
1ором АВ = ВС и АВС = 6. Средняя линия треугольника
продолжена до пересечения с окружностью в точках />
и Е (DE || АС). Найти отношение площадей треугольников
АВС и DBE.
1.215.	В треугольнике АВС АВ = ВС, АС = 2а и Z АВС ~
=• а. Меди и на треугольника, выходящая из вершины А, продол
жена до пересечения с описанной около данного треугольника
окружностью в точке D. Найти площадь треугольника BDC.
Задача 1.24°. Из точки А, взятой вне окружности,
проведены к ней касательная АВ и произвольная секущая,
пересекающая окружность в точках С и D (рис. 1.75).
Доказать, что квадрат длины касательной равен про-
изведению длины секущел на длину ее внешней части,
то есть
АВ2 = AD • АС.
Решение. Проведем хорды ВС и BD. Поскольку
/ АВС = Z~ADB (как измеряющиеся половиной дуги
СВ), то А ДВС on АДОВ. Из подобия этих треуголь-
ников следует, что
ДВ: ДО = АС: АВ,
откуда
ДВ2 =ДО • АС.
Примеры
Задача. В некоторый угол С вписаны две непересе-
кающиеся окружности. Ближайшая из них к вершине С
касается сторон угла в точках Д и В, другая же — в точ-
ках Ai и Bt (точки А и Ai лежат на одной стороне угла,
69
Рис. 1.77
точки В и Вх — на другой (рис. 1.76). Отрезок ЛВХ пере-
текает одну окружность в точке Е, а другую — в точке
Ех. Доказать, что
АЕ = BXEX.
Решение. Нетрудно показать, что
ААг = BBV	(1)
Для окружности с центром О по свойству касательной
и секущей, доказанному выше,
ВХВ2=ВХЛ. ВХЕ.	(2)
Для окружности с центром Ох аналогично имеем:
AAi = ABtAEi.	(3)
Из (1), (2) и (3) следует, что
ВгА • ВХЕ = ABi • AElt
или
ВХЕ = AEt.	(4)
Но ВХЕ = ВХВХ + ЕХЕ и АЕХ — АЕХ + ЕЕХ. Поэтому
с учетом равенства (4)
АЕ = ВХЕХ.
Задача. В квадрат ABCD со стороной длины а вписа-
ла окружность, которая касается стороны CD в точке Е
(рис. 1.77). Найти длину хорды, соединяющей точки,
в которых окружность пересекается с прямой АЕ.
70
Решение. Окружность, вписанная в квадрат
ABCD, касается стороны CD в точке Е, а стороны AD —
в точке F; ED-— AF = 4 . Пусть М — точка пересече-
ния вписанной окружности с прямой АЕ.
Из ДЛ££:
AE = ^VT.
Лл
а "1^” 5
Положим ME = х, тогда AM — -Л---------к.
По свойству касательной и секущей, проведенных из
одной точки, AF1 — АЕ • AM или = ----	— х),
откуда
.;-,2аП
Х 5	'
УПРАЖНЕНИЯ
1.216.	В прямоугольной трапеции, высота которой равна Л,
на боковой стороне, не перпендикулярной к основанию, как на
диаметре, описана окружность, касающаяся противоположной
стороны трапеции. Найти площадь треугольника, катеты кото-
рого равны основаниям трапеции.
1,217.	Один конец диаметра полуокружности совпадает
с вершиной угла при основании равнобедренного треугольника,
а другой принадлежит этому основанию. Найги радиус полу-
окружности, если она касается одной боковой стороны и делит
другую на отрезки длиной 5 см и 4 см, считая от основания.
1.218.	Через две смежные вершины квадрата проведена
окружность так, что длина касательной к ней, проведенная из
третьей вершины квадрата, в три раза больше стороны квадрата.
Найги площадь круга, если сторона квадрата равна а.
1.219.	Катеты прямоугольного треугольника равны 6 см
и 8 см. Через середину меньшего катета и середину гипотенузы
проведена окружность, касающаяся гипотенузы. Найти площадь
круга, ограниченного этой окружностью.
1.220.	Круг радиуса 13 см касается двух смежных сторон
квадрата, длина стороны которого равна 18 см. На какие два от-
резка делит круг каждую ив двух других сторон квадрата?
1.221.	Окружность касается одной из сторон угла А в точке
В и пересекает другую сторону в точках С и D так, что АС =
= 2CD. Найти радиус этой окружности, если АВ «= а, а величи-
на угла А равна 45°.
1.222.	Полуокружность, построенная на меньшем катете,
как на диаметре, делит биссектрису острого угла, прилежащего
к этому катету, в отношении 1 : 3. Найти углы треугольника.
1,223,	Окружность касается двух смежных сторон квадрата
и делит каждую из двух других его сторон на отрезки, равные
2 см и 23 см. Найти радиус окружности.
71
1.224.	Треугольник АВС вписан в окружность; через вер-
шину А проведена касательная до пересечения е продолжением
стороны ВС в точке D Из вершин В и С опущены перпендикуляры
на касательную, меньший из которых равен 6 см. Определить
площадь трапеции, образованной этими перпендикулярами, с го-
рой ой ВС и отрезком касательной, если ВС = 5 см, AD =
~ 5 Кб см.
1.225.	В прямоугольном треугольнике Л ВС угол С прямой,
AC I АВ = 4 : 5. Окружность с центром на катете А С касается
гипотенузы АВ и пересекает катет ВС в точке Р так, что BP : PC ==
= 2:3. Найти отношение радиуса окружности к катету ВС.
1.226.	Окружность, построенная на стороне AD параллело-
грамма ABCD как на диаметре, проходит через середину диагонали
АС и пересекает сторону АВ в точке М. Найти отношение АМ'.АВ,
если АС = 3BD.
1.227.	В равнобокую трапецию ABCD (ВС || AD) вписана ок-
ружность радиуса /?, касающаяся основания AD в точке Р и пе-
ресекающая отрезок ВР в точке Q такой, что PQ — 3BQ. Найти
углы и площадь трапеции.
ГЛАВА 2
БАЗИСНЫЕ ЗАДАЧИ СТЕРЕОМЕТРИИ
4. ПРЯМЫЕ, ПЛОСКОСТИ, УГЛЫ
Задача 2. Г. Пусть а — величина угла между на-
клонной/ и ее проекцией на плоскость т, Р — величина
угла между проекцией наклонной / и прямой, проведен-
ной через основание той же наклонной в плоскости про-
екции и у — величина угла между наклонной I и прямой,
проведенной через ее основание в плоскости проекции
(рис. 2.1). Доказать, что справедливо следующее соот-
ношение:
cos у — cos a cos р.
Примечание 1. Эта зависимость справедлива и в том
случае, когда прямая в плоскости проекции не проходит через
основание наклонной, но пересекает ее проекцию. В этом случае
у — угол между скрещивающимися прямыми.
Примечание 2. Зависимость (*) часто называют тео-
ремой о трех косинусах.
Решение. Пусть АО J. т, АВ — наклонная к т,
ВО — ее проекция на плоскость т и ВС — прямая,
проведенная через основание наклонной в плоскости т
(рис. 2.1). Тогда, согласно принятому выше, Z-ABO — а,
/ ОВС = Р и / АВС = у. Проведем OD ± ВС и
соединим точки А и D. Ясно, что AD J. ВС.
Положим АВ = х. Тогда
из АЛОВ :	!'
ВО = х cos а;	£/I
из &BOD-.	/—~Л~~Г
BD = х cos a cos р,	/	)
из A ABD:
COS У = COS а COS р.	Рис. 2.1
73
Примеры
Задача. Непересекающиеся диагонали двух смежных
боковых граней прямоугольного параллелепипеда на-
клонены к плоскости основания под углами аир. Найти
угол между этими диагоналями.
Решение. Пусть / DtAD — а и / CJDC — р
(рис. 2.2.). Приведем в грани АА^В^В диагональ АВУ.
Диагональ является наклонной к плоскости AAiBlt
AAi — ее проекция и ЛВг — прямая, лежащая в плос-
кости проекции. Очевидно, что
^Л1ЛР1 = 5—а и А.АгАВг = ^ — р.
Положим / BtAD! — у.
имеем: cos у = cos I £ = а)
Тогда на основании (Ж)
cosy = sin a sin р, у = arccos(sina • sin р).
Задача. Высота правильной треугольной призмы рав-
на Л. Через одно из ребер основания и противоположную
ему вершину другого основания проведена плоскость.
Найти площадь получившейся в сечении фигуры, если
угол ее при взятой вершине призмы равен 2a. Опреде-
лить допустимые значения а.
Решение. Затруднения в решении этой задачи
для учащихся связаны о тем, что данные в условии ли-
нейный элемент и угол не принадлежат одной плоскости
и потому , как говорят учащиеся, нет такого прямоуголь-
ного треугольника, с которого можно было бы начать
решение. Однако с помощью зависимости (X) эти
затруднения легко преодолеваются.
Если Z. CAtB = 2a (рис. 2.3), то Z. АгСВ = 90°— а.
Положим / А]СА = <р.
Рис. 2.2	Рис, 2.3
74
Тогда, воспользовавшись результатом задачи 2.1°>
имеем:
cos (90° — а) = cos ф cos 60°	(1)
или
cos ф = 2 sin а,
sin ф =	— 4 sin2a = 2 Vsin (30° 4- a) sin (30° — а).
Из д Л Л, С:
Л1С =
_______________h_______________
2 n (30° a) sin (30° — а)
И, наконец,
h2 sin 2а
S дл.вс =
8sin (30° + a) sin ($0° — а) *
Полученное для S	выражение «подсказывает»,
что допустимые значения для а в данной задаче находят-
ся в пределах: 0° < a < 30°. Установим ограничения
для значений а. Для этого воспользуемся равенством (1).
Из этого равенства следует, что cos (90° — a) < cos 60°,
90° — a > 60°, отсюда a < 30е, а так как a > 0°, то
0° < a < 30a.
УПРАЖНЕНИЯ
2.1.	В плоскости т расположен равносторонний треугольник
АВС со стороной а. На перпендикуляре к плоскости т в точке А
откладывается отрезок AZ = а. Найти тангенс угла между пря-
мыми АВ и ZC.
2.2.	Плоский угол при вершине правильной шестиугольной
пирамиды равен углу между боковым ребром и плоскостью осно-
вания. Найти этот угол.
2.3.	Косинус угла между боковыми ребрами правильной
четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен
k. Найти косинус плоского угла при вершине пирамиды.
2.4.	Сторона основания правильной четырехугольной пи-
рамиды равна а, плоский угол при вершине пирамиды равен а.
Найти расстояние от центра основания пирамиды до ее бокового
ребра.
2.5.	Высота правильной четырехугольной пирамиды равна
h, а плоский угол при вершине равен 2a. Определить площадь
боковой поверхности пирамиды.
2.6.	В цилиндр вписан параллелепипед; большая сторона
его основания равна а, угол между диагональю параллелепипеда
и его большей боковой гранью Р, а угол между диагональю па-
раллелепипеда и плоскостью его основания равен а. Найти пло-
щадь боковой поверхности цилиндра.
2.7.	'Найти объем правильной четырехугольной пирамиды
со стороной основания, равной а, и плоскими углами при вер-
шине, равными углам наклона боковых ребер к основанию.
75
A
Рис. 2.4
2.8.	Боковое ребро правильней тре-
угольной пирамиды едва раза оолыпе
стороны основания. Найти угол между
апофемой пирамиды и непересек^ющей
ее выстой треугольника, лежащего в
основании пирамиды.
2.9.	Все грани призмы — ромбы со
стороной а и острым углом а. Найти
объем призмы.
2.19. Найги косинус угла между
апофемой и диагональю основания пра-
вильной четырехугольной пирамиды,
у которой боковое ребро равно стороне
основания.
Задача 2.2°. Доказать, что для того, чтобы проекция
прямой, проведенной через вершину угла (меньшего
180°), вне его плоскости являлась биссектрисой данного
угла, необходимо и достаточно, чтобы эта прямая состав-
ляла со сторонами данного угла равные острые углы.
Решение, а) Достаточность. Пусть прямая
АВ, проходящая через вершину В угла CBD, лежащего
в плоскости т, составляет со сторонами этого угла равные
углы (рис. 2.4). Положим 7 АВС = / ABD = у. Из
произвольной точки F луча ВА опустим перпендикуляр
FO на плоскость т и проведем луч ВО. Положим далее,
/_ FBO = a, Z. СВО = 0! и Z. DB0 = 02.
В соответствии с условием 0° < у < 90°. Нетрудно
показать, что а, 0г и 02 также удовлетворяют этому
требованию.
Используя результат задачи 2.1°, имеем: cos у =
= cos а • cos 0r, cos у = cos а • cos 02, откуда cos 0, —
= cos 02, следовательно, 0j = 02, то есть луч ВО — бис-
сектриса угла CBD.
б) Необходимость. Пусть ВО — биссектриса
угла CBD. Положим / СВО — / DBO = 0, / АВО —
= а, / АВС — у! и / ABD = у2.
Из задачи 2.Г имеем:
cos у, — cos a cos 0, cos у2 = cos a cos 0.
Из выписанных равенств следует, что yj = у...
то есть / АВС = / ABD.
Примеры
Задача. Основанием призмы АВСА^С^ служит пра-
вильный треугольник АВС со стороной а (рис. 2.5 ). Вер
шина проектируется в центр нижнего основания, а
76
ребро AAt наклонено к плоскости
основания под углом 60°. Опреде-
лить боковую поверхность призмы.
Решение. Так как вершина
Ai проектируется в центр О нижнего
основания призмы, то на основании
задачи 2.2° боковое ребро ААг со-
ставляет со сторонами основания АВ
и АС равные углы.
Используя задачу 2.1°, имеем:
cos Z_A х АС == cos 60° cos 30° =	,
в.
А С
Рис. 2.5
тогда
sin Z.AtAC = L2
В грани ЛЛХСХС из вершины С проведем перпендику-
ляр на ребро ЛЛХ. Аналогично — из вершины В. Из ра-
венства углов ЛХЛВ и ЛХЛС следует, что оба перпенди-
куляра попадут в одну и ту же точку £ на ребре ЛЛХ
и ВЕ = СЕ. Из построения ясно, что треугольник ВСЕ —
перпендикулярное сечение призмы.
Из Д АСЕ:
Из дЛВС:
Из дЛхЛО:
СЕ — -г-а.
4
АО = аУЗ'
О
ИА-2^3.
Следовательно,
5б = РдвсгЛЛх = (2 • а + а) -
_(Из + 2) Гз о
Задача. Основанием наклонного параллелепипеда
служит ромб ABCD со стороной, равной а, и остргм
углом 606 (рис. 2.6). Ребро ЛЛхтакже равно а и образует
с ребрами АВ и AD углы 45°. Определить объем парал-
лелепипеда,
77
D
Рис. 2.6
Решение. Так как ребро
АА± образует с ребрами основания
АВ и AD равные углы, то ортого-
нальная проекция О вершины At
на плоскость основания принадле-
жит его диагонали АС,
Из задачи 2.1° (для углов АХАО,
AtAO и OAD) следует, что
откуда
cos Z_AVAO = и sin Z_AXAO —
Из fcAjAOi
А1О = ^а,
TZ	Z.2 КЗ /3	1 ,
Va ... Dt = а2 — • —а = -2- а3.
УПРАЖНЕНИЯ
2.11.	Основанием призмы служит параллелограмм с ост-
рым углом, равным а. Боковое ребро, проходящее через верши-
ну данного угла а, равно b и составляет с прилежащими сторо-
нами равные углы, каждый из которых равен |3. Найти высоту
призмы.
2.12,	Основанием пирамиды является правильный тре-
угольник, сторона которого равна а. Одно из боковых ребер об-
разует с пересекающими его сторонами основания равные углы
а. Найти объем пирамиды, если ее вершина проектируется
в центр вневписанной окружности.
2.13.	Основанием наклонной призмы служит правильный
треугольник со стороной, равной а. Длина бокового ребра рав-
на Ь, а одно из боковых ребер образует с прилежащими сторона-
ми основания углы 45°. Определить объем этой призмы.
2.14.	Длины ребер параллелепипеда равны af b и с. Ребра,
длины которых равны а и Ь, взаимно перпендикулярны, а ребро
длиной с образует с каждым из них угол 60°. Определить объем
параллелепипеда.
2.15.	Боковые ребра треугольной пирамиды имеют одина-
ковую длину и равны а. Из трех плоских углов, образованных
этими ребрами при вершине пирамиды два содержат по 45°,
а третий — 60°. Определить объем пирамиды.
2.16.	Основанием параллелепипеда АВСВА^В^С^Р^ слу-
жит квадрат со стороной а, боковые ребра параллелепипеда рав-
ны Ь. Боковое ребро А А! образует с пересекающими его сторо-
нами острые углы равные ф. Найти площади диагональных
сечений АА^С и BBJ)^ параллелепипеда.
78
2.17.	В треугольной пирамиде SABC АВ — 1, АСв 2,
AS = 4, Z ВАС = Z В AS = 60° и ZCAS *= 90°. Найти
объем пирамиды.
2.18.	В треугольной пирамиде SABC грань SBC перпенди-
я
кулярна грани АВС, все плоские углы при вершине S равны у,
SB — SC = 1 см. Найти объем этой пирамиды.
2.19.	В треугольной пирамиде все боковые ребра и два реб-
ра основания равны а. Угол между равными ребрами основания
равен а. Определить объем пирамиды.
2.20.	Основанием пирамиды ZABC является правильный
треугольник АВС, а боковая грань ZBC перпендикулярна плос-
кости основания. Найти объем пирамиды, если боковое ребро
ZA равно I и составляет с ребрами основания АВ и АС равные
углы а.
Задача 2.3°. В одной из граней двугранного угла,
величина которого равна а, проведена прямая, состав-
ляющая с ребром двугранного угла угол 0 (0° < р <
< 90°). Определить угол, который эта прямая образует
с другой гранью.
Решение. Пусть / АВС — линейный угол дан-
ного двугранного угла, грани которого обозначим бук-
вами т и о (рис. 2.7). Согласно условию Л АВС «= а.
Пусть ДР— данная в условии прямая: AD cz т и
/ ADB = р. Так как Л С ± о, то / ADC искомый.
Положим / ADC = у и AD == х.
Из ДЛ/?В:
АВ == х sin р.
Из Л АВС:
АС = х sin р sin а.
Из ДЛ£>С;
sin у = АС : AD = sin а sin |5.
Итак, имеем: sin у = sin а sin р.
Примечание. По ана-
логии с задачей 2.1° мы будем на-
зывать полученную зависимость
теоремой о трех синусах. Эту зада-
чу можно сформулировать так: до-
казать, что синус угла, образован-
ного прямой, лежащей в плоскос-
ти одной из граней двугранного
угла, с другой гранью, равен
произведению синуса двугранно-
го угла на синус угла, который
упомянутая прямая составляет
с ребром двугранного угла.
Рис. 2.7
79
Примеры
Задача. Найти объем правильной треугольной пира-
миды, сторона основания которой равна а и образует
с боковой гранью угол а.
Решение. Пусть ZABC (рис. 2.8) — данная в ус-
ловии правильная треугольная пирамида. Согласно
условию, АС = а и / (АС; пл. ZBC) = а. Пусть
/ ZDO — линейный угол двугранного угла при ребре
основания ВС в данной пирамиде. Положим / ZDO — 0.
Если бы значение 0 было нам известно, то решение
задачи не вызывало бы особых затруднений.
Заметим, что в условии данной задачи имеет место
ситуация, позволяющая применить результаты задачи
2.3°, положив в ней (учитывая условие задачи) у = а;
а = 0 и р = у  Таким образом, имеем:
• й/3
sin а = sinp^- ,
откуда
. о 2	.
sin р == sin а.
К з
Площадь основания пирамиды Szabc = -	, OD—
а г з
радиус вписанной в основание окружности, OD — —
Из &ZOD:
80
Находим объем пирамиды
(И
Теперь необходимо tg р выразить через функции а
4 sin2 а = -U — 4 sin2 а =
3 /з
1 Г3 sin а — 4 sin3 а_1 1/ sin За
У sin а “ /з У sin а 9
2 .	1 1 /"sin За ni/sin3a
-smar-y — = 2 J/ra
Найденное значение tg(3 подставляем в (1):
a3	rii/sin3a	а3 .	ч / sin a
= йл	•	2 |/ . у	==	то Sin	a V •
24	г sin 3a	12	r sin 3a
Задача. Угол между плоскостью квадрата ABCD и не-
которой плоскостью т равен а, а угол между стороной
АВ и той же плоскостью равен р. Найти угол между сто-
роной AD и плоскостью т.
Решение. Плоскость квадрата ABCD образует
с плоскостью т двугранный угол, величина которого по
условию равна а. Не сужая условия задачи и общности
рассуждений в решении, можно считать, что вершина А
квадрата находится на ребре упомянутого двугранного
угла (рис. 2.9).
Углы BFBy и DEDr — линейные углы рассматривав
мого двугранного угла и потому Z_BFBi = Z_DEDt --
= а. Отрезки Bi/4 и DrA — проекции сторон АВ и AD
на плоскость т. Согласно условию, / ВАВГ = р.
Положим / BAF = ф и / DADr == у. В задаче тре-
буется найти у.
Применив результаты задачи 2.3°, для углов, связан-
ных со стороной АВ, получим:
sin р = sin a sin ф,
откуда
Найдем созф, который понадобится нам ниже,
cos ф 1 — V-n £ — __L_ sin* ос — sin2 Р =
f sin* a sin a	1
81
__ 1	1 / 1 — cos 2a 1 — cos 2(3_
sin a Y 2	2
= /sin(a + ₽) sin (a — p).
0111 1Л»
Очевидно, что jLDAE = 90° — ср. Применив 2.3° к
углам, связанным со стороной AD, получим:
sin у = sin a sin (90° — ср) = sin a cos ср =
= sin a	Vsin (a + P) sin (a — p) =
= Vsin (a + P) sin (a — P),
V = arcsin Ksin (a + p) sin (a—P).
УПРАЖНЕНИЯ
2.21.	Прямая AB параллельна плоскости т. Прямая CD
пересекает прямую ЛВ под острым углом а и образует с плос-
костью т угол (р. Определить угол между плоскостью т и плос-
костью, в которой лежат прямые АВ и CD.
2.22.	В прямоугольном треугольнике через биссектрису пря-
мого угла проведена плоскость, которая составляет с плоскостью
треугольника угол а. Какие углы она составляет с катетами
треугольника?
2.23.	Из точки, принадлежащей грани острого двугранного
угла, проведены к ребру перпендикуляр и наклонная. Доказать,
что угол, который образует перпендикуляр с плоскостью второй
грани, больше, чем угол, образованный наклонной с этой плос-
костью.
2.24.	Дана трапеция ABCD, в которой Z.BAD = 60°. Че-
рез большее основание AD проведена плоскость под углом 45°
к боковой стороне ЛВ. Найти отношение площади данной трапе-
ции к площади ее проекции на данную плоскость.
2.25.	Катет равнобедренного прямоугольного треугольника
наклонен к плоскости а, проходящей через гипотенузу под углом
30°. Доказать, что угол между плоскостью а и плоскостью тре-
угольника равен 45°.
2.26.	Сторона АВ ромба ABCD с тупым углом 120° лежит
в некоторой плоскости т, составляющей с плоскостью ромба угол
45°. Площадь ромба равна 72 Уз см2. Определить расстояние
стороны CD до плоскости т и угол., который составляет большая
диагональ ромба с этой же плоскостью.
2.27.	В прямоугольном треугольнике через его гипотенузу
проведена плоскость, составляющая с плоскостью треугольника
угол а, а с одним из катетов — угол 0. Найти угол между этой
плоскостью и вторым катетом.
2,28.	Через катет равнобедренного прямоугольного тре-
угольника проведена плоскость под углом 45° ко второму кате-
ту. Найти угол между гипотенузой и плоскостью.
2.29.	В боковой грани правильной четырехугольной пира-
миды проведена биссектриса угла при основании, равного 2a.
Найти угол, который эта биссектриса составляет с плоскостью
основания пирамиды, и указатель допустимые значения для а.
82
2.30.	В правильной n-угольной пира-
миде сторона основания равна а и состав-
ляет с плоскостью смежной боковой грани
угол а. Найти боковую поверхность пира-
миды и указать допустимые значения а.
Задача 2.4°. Доказать, что для
трехгранного угла, плоские углы ко-
торого равны а, риу и двугранный
угол при ребре, противолежащем
плоскому углу у, равен ср, имеет мес-
то следующая зависимость:
cos ф =
cos у — cos a cosр
sin а sin р
Примечание. Эту зависимость
часто называют теоремой косинусов для трехгранного угла.
Решение. В трехгранном угле SABC Z. BSC —а,
/ 4SC = р и / ASB == у (рис/2.10). Через произволь-
ную точку Ci, принадлежащую ребру SC, проводим плос-
кость, перпендикулярную этому ребру и пересекающую
ребра SX и SB в точках и соответственно. Угол
AiCiBt — линейный угол двугранного угла при ребре
SC и согласно условию / ArCiBi = <р. Положим =
«= х. Тогда
из kSBfiyt
SBi ~~ соГа * В&1 — х tg а;
из дЯЛхС,:
1 cos р 11 ь 1
из д5Л1В1 (по теореме косинусов):
1 1	cos3 а ' cos3 (J cos а cos Р ’	' '
из дЛ1В1С1 (аналогично):
ЛгВ1 = х2 tg2 а + х2 tg2 р — 2х2 tg а tg р cos <р.	(2)
Из (1) и (2) имеем:
х2 , х2 2х2 cos у «. ,
------ -4-----—. ---------!— т—7 гр»
cos2 а 1 cos2 Р cos а cos Р Б
— 2х2 tg а tg р cos ф,
83
1	1	2 cos у ___
cos2 a * cos2 p cos a cos P
cosy	sin a sin P
------L_ —------------L cos ф
cos a cos p cos a cos p T
откуда
cos у — cos a cos p
COS ф —-------------—-
sin a sin P
Примеры
Задача. Основанием призмы служит правильный
треугольник со стороной, равной а. Боковое ребро равно
b и составляет с пересекающими его сторонами основания
острые углы, соответственно равные аир. Найти объем
призмы.
Решение. Пусть А В СА1В1С1 (рис. 2.11) — данная
в условии призма, основанием которой является правиль-
ный треугольник АВС. Согласно условию, АВ == а и
AAt = b. Пусть / А]АС = а и / А^В = р.
Проведем А±Е ± АС и соединим точку Е с основа-
нием О высоты призмы АХО. В зависимости от числовых
значений а, р и Ь точка О может находиться внутри,
на границе и вне треугольника АВС\ однако ее по-
ложение не влияет на ход решения. На рис. 2.11 точка О
лежит внутри треугольника АВС. По теореме о трех пер-
пендикулярах ОЕ ± АС и потому угол A-JEO — линей-
ный угол двугранного угла при ребре основания АС. По-
ложим / А1ЕО = ф. Тогда по 2.4° для трехгранного
угла с вершиной А имеем:
cos Р — cos a
COS ф =
— sin a
2 cos p — cos a
)z3 sin a
sin ф
И 3 — 4 (cos2 a—cos a cos p Ц- cos2 P*
sin a
Из дА^АЕ:
AtE = b sin a.
Рис. 2.11

Из д/ЦЕО:
AtO = b sin a sin <p =
7=pr3 — 4 (cos2 a — cos a cosp + cos2P).
Находим объем призмы
V = j/3 — 4 (cos2 a — cos a cos p + cos2 P).
Задача. В тетраэдре три плоских угла при одной из
вершин равны а, р и у, а противолежащие этим углам
ребра, сходящиеся в той же вершине, равны соответствен-
но а, b и с. Найти объем тетраэдра.
Решение. Пусть в тетраэдре ZABC / BZC — а,
/ AZC = р и / AZB = у (рис. 2.12). Тогда ZA — а,
ZB — b и ZC = с.
Будем рассматривать грань AZC как основание тре-
угольной пирамиды. Проведем из вершины В перпенди-
куляр ВО (относительно положения точки О в плоскости
грани AZC (см. замечание к предыдущей задаче) на грань
AZC и построим угол ВЕО — линейный угол двугран-
ного угла при ребре ZC. Положим / ВЕО — <р.
Используя результат задачи 2.4°, имеем:
cos у — cos a cos В
COS Ф — ------Ч-----Г—а -
r sin a sin р
с .s у — cos n cos В \2
si nasi,.. В /
)' si n2 a sin2 В — (cos у — cos a cos B)2
sir, a sin В
Из &ZBE-.
BE — bsina.
Из &BEO-.
BO = b sin a • sin <p =
== -г—- Ksin2a • sin2p —
Mil p
— (cos a — cos p cos vr.
11айдем площадь i рани
AZC:
S^azc === ^acsinp.
di
Находим объем тетраэдра!
V == -- ас sin р • -г-7т к
6 r sin р
X J^sin2 a sin2 0 — (cosy — cos а cos 0)2 =
= ± abc К sin2 а sin2 0 — (cos у — cos а • cos 0)2.
Преобразуем выражение, стоящее под радикалом!
sin2 a sin2 0 — (cos у — cos а cos 0)2 =
— (sin a sin 0 — cos у 4- cos а cos 0) (si n a si n 0 4-
4- cos у— cos a cos 0) = (cos (a — 0) — cos y) x
X (cos у — cos (a 4- 0)) = 4 sin a~-|+ T x
., • —a 4- 3 4- Y • a 4- ₽ 4- Y • a 4- ₽ — V
X Sin----л—• sin....r sin —---------r-.
& & &
Таким образом, для объема тетраэдра получаем сле-
дующее выражение!
V=^x
X 1/ sin sin -"+р т sin sln^+±£v.
Г	А	А	£
УПРАЖНЕНИЯ
2.31.	В трехгранном угле два плоских угла по 45°, а дву-
гранный угол между ними равен 60°. Найти третий плоский
угол.
2.32.	Определить угол между двумя смежными диагональ-
ными плоскостями в кубе. (Диагональные плоскости в кубе на-
зываются смежными, если они проходят через смежные стороны
основания.)
2.33.	В треугольной пирамиде две боковые грани — равно-
бедренные прямоугольные треугольники, гипотенузы которых
равны b и угол между ними равен а. Одно из боковых ребер пи-
рамиды перпендикулярно к плоскости основания. Найти объем
пирамиды.
2.34.	Плоские углы трехгранного угла равны а, р и у. На
расстоянии 1 см от вершины трехгранного угла на том его ребре,
к которому примыкают плоские углы Риу, взята точка. Опреде-
лить расстояние от этой точки до плоскости угла а.
2.35.	Линейный угол двугранного угла, составленного дву-
мя смежными боковыми гранями правильной четырехугольной
пирамиды, в два раза больше плоского угла при вершине пира-
миды. Найти плоский угол при вершине пирамиды.
2.36.	Отрезок прямой, соединяющей центр основания пра-
вильной треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, ра-
вен стороне основания. Найти косинус угла между смежными
боковыми гранями.
86
2.Z7. Стороны основания па-
раллелепипеда равны а и Ь, а
угол между ними равен а. Найти
объем параллелепипеда, если бо-
ковое ребро, проходящее через
вершину,данного угла, составляет
с его сторонами углы Р и у, а дли-
на его равна с.
2.38. В трехгранном угле
О А ВС (О — вершина) все внут-
ренние двугранные углы равны а.
Найти угол между ребром О А
и биссектрисой угла ВОС,
2.39. Основанием пирамиды
Рис. 2.13
служит правильный треуголь-
ник. Одна из боковых граней пирамиды перпендикулярна к плос-
кости основания. Найти косинус угла Между двумя другими
боковыми гранями, если обе они составляют с плоскостью осно-
вания один и тот же угол, равный а.
2.40. Определить угол между двумя смежными гранями:
а) правильного октаэдра: б) додекаэдра; в) икосаэдра.
Задача 2.5°. Плоскость пересекает боковые ребра ВЛ,
SB и SC произвольной треугольной пирамиды SABC
в точках Лп В± и Сг так, что ВЛ! = kSA, SBt == ISB
и SCX = mSC, гке каждое из чисел k> I и m больше 0,
но меньше 1. Доказать, что объем отсекаемой плоскостью
пирамиды Vx связан с объемом данной пирамиды V соот-
ношением
V j === kltriV,
Решение. Примем за основание данной пирами-
ды грань SBC (или, как иногда говорят, «положим
пирамиду на грань SBC») (рис. 2.13). Тогда Л — вер-
шина пирамиды. Проведем АО X пл. SBC и соединим
точки О и S. Из точки Лх на ребре ВЛ проведем А^О^ X
X пл. SBC, Тогда Ог принадлежит отрезку SO,
Из подобия треугольников ВЛ^ и В АО и данных
условия следует, что АгОх = kA 0, Положим / CSB = ф
и найдем объем пирамиды Л1ВВ1С1
== -д- В* АхОг = 1.1 ВВХ • SCj sin ф • kAO =
=s kirn 1 • 1 SB * SC sin ф • AO =
о Z
= klm у S^sbc • AO = klmV,
87
Примеры
Задача. Треугольная пирамида рассечена плоскостью
на два многогранника. Найти отношение объемов этих
многогранников, если известно, что секущая плоскость
делит три ребра, сходящиеся в одной вершине в отно-
шениях 1:2, 1 : 2 и 2 : 1, считая от этой вершины.
Решение. Пусть секущая плоскость пересекает
ребра данной пирамиды AZ, АС и АВ в точках Е, К и F
соответственно, причем АЕ : EZ = 1 : 2, А К. : КС =
= 1 : 2, AFiFB — 2:1(рис. 2.14).
Положим VzABC = V.
Из 2.5° имеем:
ООО
Тогда
Vekfzbc = й И.
4W /
Находим искомое отношение
AEKF __ 2
^EKFZBC 25
Задача. В правильной треугольной пирамиде SABC
с вершиной S и объемом V проведена плоскость, которая
параллельна медиане основания BN и пересекает боко-
вое ребро S/4 в точке /С, а боковое ребро SB в точке L,
причем S# = 4- 5Л, CL = 4 SB. Найти объем части пи-
Z	о
рамиды, лежащей ниже этой плоскости.
Решение. Пусть се-
кущая плоскость пересекает
ребро SC в точке М (рис.2.15).
Ь8
Определим, в каком отношении точка М делит ребро SC.
Через ребро SB и медиану BN проведем плоскость, ко-
торая пересечет грань 5ЛС по апофеме SN, а плос-
кость KLM — по прямой LP, параллельной BN. По-
этому
SP = ~?SN.	(1)
о
Проведем ААг || ДЛ4 и AWt || AAt. AAi пересечет
SM в точке Q.
Так как К — середина ребра 5Л, то SP = PQ и
SM = MAt. Учитывая (1), получим, что PQ — QN. Из
этого следует, что МАг =» AtNi. Поскольку N — середи-
на АС, то AjNt — NrC. Таким образом, получаем, что
SM = MAt— ArNr~ NtC. Следовательно, SAI — SC.
Тогда, используя 2.5°, имеем:
Vsklm =	|| V = % И.
Значит,
V ABCKLM	24
УПРАЖНЕНИЯ
2.41.	Каждое ребро тетраэдра ABCD равно 12 см. На реб-
рах АВ. АС и AD выбраны соответственно точки К, L и М так.
что Л£:1С=1:1, AM : MD = 1 : 2 и АК 5 КВ = 2 : 1.
Найти объем тетраэдра AKLM.
2.42:	Плоскость проходит через ^вершину А треугольной пи-
рамиды 5ДВС, делит пополам медиану SK треугольника SAB,
а медиану SL треугольника $ДС пересекает в точке D такой, что
1
SD — SL. В каком отношении эта плоскость делит объем
пирамиды?
2.43.	Дан правильный теграэдр SABC с ребром длины I.
Точки D, Е и F лежат соответственно на ребрах Л5, BS и CS,
1
причем длины отрезков AD и BE равны , длина отрезка С г
2
равна -д- . Найти объем тетраэдра ODEF, где О — центр грани
АВС.
2.44.	Основанием пирамиды ZABCD (Z — вершина) явля-
ется квадрат. Ребро ZA перпендикулярно к плоскости оснс»а-
ния. На ребре ZC выбрана точка L так, что ZL : LC = 3 I.
Через точки А и L проведена плоскость параллельно диагонали
BD основания пирамиды. В каком отношении эта плоскость де-
лит объем пирамиды?
2.45.	В треугольной пирамиде SABC ребро SB перпенди-
кулярно плоскости АВС, АВ = ВС = СА = SB, Через точ-
ку М — середину ребра 4S проведена плоскость, перпендику-
лярная ребру Л5. Найти отношение объемов частей, на которые
sin плоскость разбивает пирамиду.
2.46,	Плоскость пересекает боковые ребра треугольной пи-
рамиды 5Л, SB и SC в точках К, L и М соответственно. В каком
отношении делит эта плоскость объем пирамиды, если известно,
что SK : КА = SL : LB = 2, а медиана SN треугольника
SBC делится этой плоскостью пополам?
2.47.	Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD
с вершиной S. На продолжении ребра CD взята точка /<, такая,
что KD : КС =3:4. На ребре SC взята точка L, такая, что
SL : LC = 2 : 1. В каком отношении делит объем пирамиды плос-
кость, проведенная через точки К, В и £?
2.48.	Через сторону основания и середину высоты правиль-
ной четырехугольной пирамиды проведено сечение. В каком от-
ношении это сечение делит объем пирамиды?
2.49.	Плоскость пересекает боковые ребра SX, SB и SC
правильной четырехугольной пирамиды SABCD соответственно
в точках М, N и К так, что SM i МА = 2 : 1, SN : NB = 1:1
и SK : КС = z : 3. В каком отношении эта плоскость делит
объем пирамиды?
2.50.	Дана правильная четырехугольная пирамида SABCD
с вершиной S. Через середины ребер АВ, AD и CS проведена
плоскость. В каком отношении эта плоскость делит объем пира-
миды?
5. ФОРМУЛЫ ПЕРЕХОДА
Среди углов, которые можно рассматривать в правиль-
ной пирамиде, наиболее часто встречаются в задачах:
а)	угол наклона бокового ребра к плоскости основа-
ния пирамиды, его величину условимся обозначать бук-
вой а;
б)	угол наклона боковой грани к плоскости основа-
ния Р;
в)	плоский угол при вершине пирамиды «у;
г)	двугранный угол при боковом ребре пирамиды б.
Заметим, что все перечисленные выше углы, называе-
мые иногда основными, лежат в разных плоскостях. Зная
величину любого из них, можно определить величину
всех остальных углов (иными словами, тригонометриче-
ские функции этих остальных углов можно выразить че-
рез тригонометрические функции данного угла). Эти
зависимости мы назовем формулами перехода.
Задача 2.6°. Дана правильная n-угольная пирами-
да с обозначенными выше углами а, |3, у и б (рис. 2.16).
Вывести формулы перехода, связывающие эти углы
между собой.
90
Примечание!. Поскольку для решения многих задач
желательно знать величину угла наклона, бокового ребра к плос-
кости основания пирамиды либо угла наклона боковой грани
к плоскости основания, то мы будем выводить формулы перехода
только к этим углам.
Примечание 2. Условимся запись от fl к а читать
так: «В правильной (3-х, 4-х или л-угольной) пирамиде тригоно-
метрическую функцию угла а выразить через 0. Аналогично
читаются зап иси: от у к а, от б к |3 и др.
Решение. При выводе формул перехода мы будем
руководствоваться следующей идеей: обозначим через х
длину отрезка в правильной пирамиде, входящего как
в прямоугольный треугольник, содержащий данный угол,
так и в треугольник, содержащий искомый угол. Выра-
зим далее через х и функции данного угла одну из двух
других сторон в том треугольнике, который содержит
искомый угол. Затем найдем функцию искомого угла.
Вывод формул перехода для правильной
четырехугольной пирамиды.
В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD
(рис. 2.17), как было обусловлено выше, обозначим:
Д ZAO = Д ZBO = Д ZCO = Д ZDO = а, д CZD=
= у, Д ZFO = р и Д BED = 6.
Опишем построение Д BED — линейного угла дву-
гранного угла при боковом ребре ZC.
В грани ZCD проводим DE ± ZC и соединяем точку
Е с вершиной основания В. Нетрудно показать, что
Д ВЕС — Д DEC. Из этого следует, что BE — ED
и Д ВЕС = Д DEC = - -
Таким образом, Д BED —
линейный угол двугранного
угла при ребре ZC. Отрезок
Д ВЕС = Д DEC, Из
91
ОЕ — медиана равнобедренного треугольника BED, сле-
довательно, и биссектриса и высота этого треугольника.
Поэтому / OED = у.
Отрезок ОР принадлежит линии пересечения плос-
костей линейных углов / BED и / ZFO. Так как плос-
кость линейного угла перпендикулярна граням двугран-
ного угла, то каждая из плоскостей — BED и ZOF —
перпендикулярна плоскости ZCD. Можно показать, что
линия пересечения двух плоскостей, каждая из которых
перпендикулярна третьей плоскости, перпендикулярна
к этой третьей плоскости. Поэтому OP ± ZCD. Из
этого, в частности, следует, что треугольники OPF
и OPD прямоугольные и / DOP — .
Перейдем теперь к выводу формул перехода:
а)	от Р к а.
Положим ZO = х.
Из &ZOFi
OF — xctgp.
Из &OFD:
OD = x /2 ctg p.
Из aZOD:
=	(i>
б)	от у к а.
Положим ZD = x.
Из &ZDF:
DF = xsin -X.
Из ДОГО:
OD — x K2sin
Из AZOD:
xj^sin X
cos а =-------= V 2 sin ~ ;
x	2
cos а — K2sin X .	(II)
92
в)	от б к а.
Положим ЕО = х. Из &EOD'.
OD = х tg ОС = OD = х tg .
Из &ЕОС-.
sin а =----т- — ctg у ,
*tg "2
sina = ctg4.	(Ill)
г)	от а к p.
Формулу перехода для этой задачи получаем из (1).
tgp = /2tga.	(IV)
д)	от у к р.
Эта задача решается аналогично задаче б). Поэтому,
опуская решение, запишем получающуюся при этом фор-
мулу перехода:
cosp = tg-j.	(V)
е)	от 6 к р.
Для решения этой задачи вся подготовительная ра-
бота уже выполнена. Напомним, что выше было, в част-
ности, показано: Д OPD и Д OPF — прямоугольное
и что / DOP = -g-. Поэтому переходим непосредственно
к выводу формулы.
Положим ОР = х.
Из Д OPD-.
OD = -^.
О
COS
Из &OFD-.
OF « —
У^2 cos -g
Из &OPF1
sin Р =-------= V2 cos |,
Л	£
~ б
К2 cos g
sin р = V 2 cos £.	(VI)
^3
Вывод формул перехода для правильной
треугольной пирамиды.
В правильной треугольной пирамиде (рис. 2.18)
/ ZFO — линедный угол двугранного угла при основа-
нии пирамиды. Описание построения / АЕС — линей-
ного угла двугранного угла при боковом ребре ZB —
опускаем, поскольку оно аналогично описанию соответ-
ствующего угла в правильной четырехугольной пирами-
де, приведенному выше. Из рисунка видно, что АР =
= пл. AZF П пл. АЕС. Аналогично тому, как было сде-
лано для правильной четырехугольной пирамиды, дока-
зывается, что АР ± пл. ZBC. Следовательно, треуголь-
ники АРС и APF прямоугольные и ^_САР = 4-.
Для обозначения величин основных углов в правиль-
ной треугольной пирамиде употребим те же буквы, ко-
торыми обозначались величины этих углов в правильной
четырехугольной пирамиде: а, 0, у и б.
Перейдем к выводу формулы перехода.
а) от р к а.
Положим ZO = х.
Из AZOF:
OF = xctgp.
Из &OFB:
OB = 2x ctg p.
Рис. 2.18	Рис. 2.19
94
Решение задачи а), как мы видим, аналогично реше-
нию задачи (а) для правильной четырехугольной пира-
миды (см. с. 92). То же наблюдается и при выводе ос-
тальных пяти формул перехода для правильной тре-
угольной пирамиды. Поэтому мы приводим эти формулы,
опуская их вывод:
.	2 . у
a) cos а = -7= sin 4-;
'	/3 2
.	.	1.6
в) sina==-=ctg^;
r)tgp = 2tga; 
Д) cosp = ^=tg^;
.	. Q 2 б
е) sin р = cos -5-.
' г /3	2
(VIII)
(IX)
(X)
(XI)
(ХП)
Предлагаем читателям вывести формулыVIII — XII
самостоятельно.
Формулы перехода для правильной п-уголь-
ной пирамиды.
На рисунке 2.19 изображены две смежные секции пра-
вильной n-угольной пирамиды ZABC ... . Величины
основных углов обозначены, как и ранее, буквами а, 0,
у и 6. / ZFO — линейный угол двугранного угла при
ребре основания ВС: / ZFO — р. Построение / АЕС,
линейного угла двугранного при боковом ребре ZB, как
и в случае правильной треугольной пирамиды, опускаем.
Ясно, что ВО — биссектриса / АВС и потому
в равнобедренном A ABC BN — биссектриса, медиана
и высота. Следовательно, N — середина АС. Очевидно,
что АЕ = ЕС и потому Д АЕС — равнобедренный
и EN — его медиана, биссектриса и высота. Поэтому
Z.AEN - 4.
Отрезок МР принадлежит линии пересечения плоско-
стей линейных углов ZFO и АЕС и потому, как уже упо-
миналось выше при рассмотрении правильной четырех-
угольной пирамиды, MP X пл. ZAB. Из этого непосред-
ственно следует, что Д АМР и Д MPF прямоугольные
и /_АМР = Z.AEN = 4 (рис. 2.19).
Поскольку BN — высота Д АВС, то / BAN =
== / BOF = как острые углы с соответственно пер-
пендикулярными сторонами.
95
Из шести формул перехода для правильной и-уголь-
ной пирамиды первые пять мы приведем без доказа-
тельств, поскольку их вывод аналогичен выводу соответ-
ствующих формул перехода для правильных четырех-
угольной и треугольной пирамид, и докажем лишь одну:
от в к 0.
a)	tg а = tg 0 cos ~ ;	(XIII)
. V
sin
б)	cos а — ——;	(XIV)
s,nT
в)	sin а = ctg ctg -2-;	(XV)
r)tg0 = -^;	(XVI)
COS-
д) cos 0 = tg -X ctg ;	(XVII)
e) от б к 0.
Положим MP = x. Из &АМР-.
AM =
COS -п
Из дЛ/VIF:
X .л
MF = —г sin — .
О П
cos 2'
Из &MPF:
г X л	л
----6 sin "п sin V
cos -п
&
COS
sin 0 =----1.	(XVIII)
Sin-J-
Формулы перехода включены в таблицу 1. Они зф(| ек-
тивно используются при решении многих геометриче-
ских задач, но запоминать их, разумеется, йе нужно.
Достаточно знать идею их вывода.
96
8*930
Таблица I
^5°*а	от р к а	от 7 к а	от б к а	ОТ СС К Р	ОТ у К Р	ОТ б К P
3	1 в tg а = у tg р	cos а = 2 . у = — sin 4- ]/3	2	sina = -ctg-	tgP = 2tga	COS Р = tg У. Гз 2	• й 2	6 sin P = — cos — /3	2
4	tga = 4= tg Р /2	cos а = = У2 sin у	6 sin а = ctg ~2	tg Р = /2 tg а	у cos р = tg J	r-	6 sin P = У 2 cos -%
п	Л tg а = tg р cos — 9 Г	cos а = . Y sin 2 ~	л sin ~ п	sin а = 6 л = ctg -2 ctg —	tg₽ = _t££L л cos — п	cos р = = tg 2 ctg -	6 cos 2 sin p — . л; sin n
Примеры
Задача. Определить объем правильной четырехуголь-
ной пирамиды, боковое ребро которой равно а и двугран-
ный угол при боковом ребре равен 0.
Решение. Обозначим величину угла наклона бо-
кового ребра к плоскости основания через а (рис. 2.20)
Z. ZCO = а. Тогда Н = ZO — a sin а и ОС = a cos а.
Так как
АС = 2ОС = 2а cos а, то S0CH = 4 АС2 = 2а2 cos2 а.
&
Следовательно,
V — 4 a3 sin a cos2 а.	(1)
О
По формуле (III), заменив в ней 6 на 0, имеем:
sin а = ctg , cos2 а — 1 — ctg2	.
sin»f
Найденные выражения для sin а и cos2 а подстав-
ляем в (1):
□ Р
о	су COS р COS су
ctgf^—|а3-------(2)
sin3 у
у=2а3/ cosfJ
sin» j-
Получившийся в ответе знак «—» наталкивает нас
на мысль, что для всех допустимых значений 0 в условии
данной задачи cos 0 < 0. (Допустимые значения 0 уста-
навливаются из геометрических свойств правильной че-
тырехугольной пирамиды, а не из вида полученного для
объема пирамиды выраже-
ния (2).)
Задача. В правильной
треугольной пирамиде дли-
на радиуса круга, вписан-
ного в основание, равна г,
а величина угла между
плоскостями боковых гра-
ней пирамиды равна ф.
Определить длину ребра
куба, объем которого в ]/3
раз больше объема данной
пирамиды.
98
Решение. Радиус окружности, вписанной в пра-
вильный треугольник, выражается через сторону этого
треугольника формулой
а Уз
г----6~’
отсюда а — 2гУЗ, или ВС = 2гУЗ (рис. 2.18). Тогда
площадь основания рассматриваемой пирамиды!
о _ ВС» Уз _ 12г» Уз _
о ОСН. ~~	4	=~_*	Т
Так как радиус окружности, описанной около пра-
вильного треугольника, в 2 раза больше радиуса окруж-
ности, вписанной в этот треугольник, то ОВ — 2г.
Положим / ZBO — а. Из A ZBO:
Z0 — 2r tg а.
Находим объем пирамиды
V = 1 . Зг2/3 • 2r tga = 2г8Уз tga.
О
Пусть длина искомого ребра куба равна х. Из условия
задачи составляем уравнение
х8 = Уз • 2г3Узtga,
откуда
х — губ tga.	(3)
Выразим теперь tga через функции угла ф с помощью
формулы (IX) и известных тригонометрических соотно-
шений:
sin a =-4=ctg, cosa = ]/1 — |ctg2-^ =
F
УЗ sin -y
4*
99
ф
cos
Найденное для tga выражение подставляем в (3):
УПРАЖНЕНИЯ
2.51.	Найти величину двугранного угла между боковыми
гранями правильной треугольной пирамиды, если двугранный
угол, образованный боковыми гранями с плоскостью основания,
равен а.
2.52.	Сторона основания правильной четырехугольной пи-
рамиды равна а, угол между смежными боковыми гранями равен
а. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.
2.53.	Найти величину двугранного угла между смежными
боковыми гранями правильной шестиугольной пирамиды, впи-
санной в сферу, зная, что она равна величине угла, под которым,
видно из центра сферы боковое ребро пирамиды.
2.54.	Найти объем правильной треугольной пирамиды к о
стороной основания длиной а и плоским углом При вершине,
равным углу наклона бокового ребра пирамиды к основанию.
2.55.	Найги объем правильной четырехугольной пирамиды,
если ее боковое ребро равно /, а угол наклона боковых граней
к плоскости основания равен а.
2.56.	Объем конуса, вписанного в правильную четырех-
угольную пирамиду, равен Q. Двугранный угол, образованный
смежными боковыми гранями, равен а. Найти длину стороны
основания пирамиды
2.57.	Сторона основания правильной треугольной пирами-
ды равна а, двугранный угол между боковыми гранями равен а-
Вычислить объем и боковую поверхность пирамиды.
2.58.	Полная поверхность правильной четырехугольной
пирамиды равна S, а плоский угол боковой грани при вершине
равен а. Найти высоту пирамиды.
2.59.	В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD
угол между-перпендикулярами AL и AM, опущенными из точки
А на боковые грани Z.BC и ZCD, равен а. Найти обьем пирами-
ды, если объем куба, ребро которого равно стороне основания
пирамиды, равен V.
100
2.60.	В правильной n-угольной пирамиде двугранный угол
при боковом ребре равен а. Боковая поверхность пирамиды рав-
на 5. Найти расстояние от центра основания до боковой грани.
6. КОМБИНАЦИИ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ТЕЛ
Задача 2.7°. В шар радиуса 7? вписан конус, обра-
зующая которого равна I, и наклонена к плоскости осно-
вания под углом а. Доказать, что для рассматриваемой
комбинации тел справедливы следующие соотношения:
I = 27? sin а,
I2 = 2R Н,	(I)
где Н — длина высоты конуса.
Ре ш е н и е. Рассмотрим сечение шара плоскостью
осевого сечения конуса (рис. 2.21). В сечении получается
круг, в который вписан равнобедренный треугольник
AZB (AZ = ZB). Высота ZOX треугольника AZB являет-
ся высотой конуса, вершина которого Z.
Покажем, что центр описанного около конуса шара
лежит на высоте конуса или на ее продолжении за плос-
кость основания (последнее имеет место тогда, когда угол
наклона образующей конуса к плоскости его основания
меньше 45°).
Допустим, что образующая конуса составляет с плос-
костью основания угол, больший 45° (рисунок 2.21 вы-
полнен при этом предположении). Если из центра шара
опустить перпендикуляр на основание этого конуса, то
он попадет в центр основания — точку Ох. В этой же
точке пересекает основание конуса его высота. Так как
в любой точке плоскости можно провести к ней только
один перпендикуляр, то из этого следует, что центр опи-
санного около конуса шара принадлежит высоте конуса.
Аналогично обосновывается, что центр описанного
около конуса шара лежит на про-
должении высоты конуса за плос-
кость основания, если угол накло-	\
на образующей к плоскости осно- / / \ \
вания конуса меньше 45°.	/	/	\ \
В треугольнике AZB ZA = I /	\ |
= ZB = I и z. ZAB = Z. ZBA = \/	\
= а. Из этого треугольника по V---------т*-----У
известному соотношению, вытекаю-	х.	**	/в
тему из теоремы синусов, имеем:	______/
I — sin ОС.	Рис. 2.21
101
Умножив обе части последнего равенства на I, и учи-
тывая, что из треугольника AZO, Н = / sin а, получаем!
I2 = 2RH.
Примеры
Задача. Найти поверхность шара, описанного около
конуса, высота которого равна Н, а угол в осевом сечении
равен р.
Решение. Для решения этой задачи восполь-
зуемся рисунком 2.21. В соответствии с условием за-
дачи в треугольнике AZB ZO, = Н и / AZB = р. Тогда
Л 2^ = 90° —
Из AAZO,.
. го, н
~~ cos Z AZO, ~ Р •
COS ~п
Используя задачу 2.7°, находим радиус шара, опи-
санного около данного конуса
Н
₽
n AZ	005 2	__ н
X 33 2sinZ ZAO, “ ~7Z	вТ “ ~ ГТ ’
1	2 sin 190° — £1	2 cos2-75-
\	2/	1
Находим поверхность описанного шара
Задача. Найти полную поверхность конуса, вписан-
ного в шар радиуса R, -если образующая конуса наклоне-
на к плоскости основания под углом а.
Решение. Для решения этой задачи также вос-
пользуемся рисунком 2.21. Используя задачу 2.7е, имеем:
AZ ==» 2R sin а.
Из AAZO,:
АО, = AZ cos а = 2R sin а cos а — R sin 2 а.
102
Найдем теперь полную поверхность конуса
Sn == яАО-l {AZ + ЛС\) = nR sin 2а (2R sin а +
+ R sin 2а) == 2л/?2 sin 2а sin а (1 + cos а) ==
= 4л/?2 sin 2а sin а cos2 j.
УПРАЖНЕНИЯ
2.61.	Определить поверхность шара, описанного около ко-
нуса, у которого радиус основания равен /?, а высота равна h.
2.62.	В шар, площадь поверхности которого S, вписав
конус. Угол между образующей конуса и плоскостью основания
равен а. Определить площадь полной поверхности конуса.
2.63.	В шар, объем которого равен V, вписан конус. Угол
между высотой и образующей конуса равен а. Найти объем ко-
нуса.
2.64.	В шар, радиус которого равен /?, вписан конус; в этот
конус вписан цилиндр с квадратным осевым сечением. Найти
полную поверхность цилиндра, если угол между образующей
конуса и плоскостью его основания равен а
2.65.	Определить боковую поверхность конуса, зная длину
радиуса /? описанного вокруг него шара и угол а, под которым
из центра шара видна образующая конуса.
2.66.	Найти отношение площади полной поверхности кону-
са, вписанного в шар, к площади поверхности этого шара, если
известно, что угол при вершине осевого сечения конуса равен а.
2.67.	В шар вписан конус. Площадь осевого сечения кону-
са равна S, а угол между высотой и образующей равен а. Найти
объем шара.
2.68.	В шар вписан конус, объем которого равен объема
шара. Найти объем шара, если высота конуса равна Н.
2.69.	Сечение, перпендикулярное к высоте конуса и прохо-
дящее через центр описанного около него шара, делит конус на
две равновеликие части. Найти угол между образующей и плос-
костью основания конуса.
2.70.	Отношение высоты конуса к радиусу описанного около
него шара равно q. Найти отношение объема конуса к объему
шара. При каких значениях q задача имеет решение?
Задача 2.8°. Шар радиуса R вписан в конус, радиус
основания которого равен г, а образующая наклонена
к плоскости основания под углом а. Доказать, что для
рассматриваемой комбинации тел справедливы следу-
ющие соотношения:
=	(I)
(п)
103
где Н и I — длины высоты и образующей конуса соответ-
ственно.
Решение. Покажем, что центр шара, вписанною
в конус, лежит на высоте конуса.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ZOA
(Z. ZOA = 90°), в который вписан полукруг так, что его
центр — точка Ot — лежит на катете ZO и он касается
гипотенузы в точке С, а катета АО — в точке О
(рис. 2.22). При вращении этой комбинации фигур вокруг
катета ZO получается конус с вписанным в него шаром.
Из приведенного описания построения рассматриваемой
комбинации тел следует, что центр вписанного в конус
шара лежит на высоте конуса и шар касается основания
конуса в его центре.
Рассмотрим сечение этой комбинации тел плоскостью
осевого сечеция конуса. В сечении получается равнобед-
ренный треугольник ZAB, в который вписана окруж-
ность с центром в точке О1( лежащей на высоте треуголь-
ника ZO (она же и высота конуса, рис. 2.23). Эта окруж-
ность является большой окружностью вписанного в
конус шара и потому ее радиус OjO равен /?. Центр О(
является точкой пересечения биссектрис углов AZB
и ZAO треугольника AZB. Так как, согласно условию,
Z_ ZAO = а, то из сказанного выше следует, что
/ OtAO =	. Ясно, что АО — радиус основания ко-
нуса и потому АО = г.
Из A OjAO:
00]. = АО tg Z. OlAO
104
или
„	(X
^ = rtg2 .
Из Д ZAO по свойству биссектрисы внутреннего угла
треугольника (см. задачу 1.5°), имеем:
AZ _ ZOi
АО ~ о,о ’
или
I _ H — R
г ~ R ’
откуда
IR = Hr— rR
Примеры
Задача. Шар радиуса R вписан в конус. Найти объем
конуса, если его образующая составляет с плоскостью
основания угол а.
Решение. Для решения этой задачи воспользуем-
ся рисунком 2.23. Из Д АОО,:
АО = 00, ctg Z. ОАО, = R ctg 4.
из дгло?
Z0 = АО tg Z_ ZAO = R ctg % tga.
40
Объем конуса
AO2ZO = ctg2 3 R ctg tg a =
О	О	X	Л
= -£/?» ctg8tga.
0	&
Задача. В конус, объем которого равен /п, вписан
шар. Найти объем этого шара, если угол при вершине
в осевом сечении конуса равен 0.
Решение. Эта задача решается введением вспо-
могательного линейного элемента.
Положим 00, = х (рис. 2.23). Очевидно, что Z. ZAO =
= 90°--|, а Z.OAO, = 45°-^.
105
Объем шара
Иш *= ля8.
Из ЛАОО^
АО =» 001 ctg Z_OAOt => яctg ^45° — j .
Из AZXO:
ZO ~ AO ctg Z_ AZO = я ctg (45° — {j etg I.
Объем конуса
VK = I nAOsZO == у я8 ctg8 (45O — I) я ctg (459 —I) x
X ctg I = у Я3 ctg3 (450 — I) Ctg-| .
Согласно условию объем конуса равен tn. Учитывая
это, получаем уравнение
у я3 ctg8 ^45° — ~j ctg	т,
откуда
i ля3 = 4/п tg3 (45е — Я) tg 4.
Таким образом,
Иш = 4/ntg3(45°-1) tg|.
УПРАЖНЕНИЯ
2.71.	Расстояние от центра вписанного & конус шаре до вер-
шины конуса равно а. Угол между образующей и плоскостью
основания конуса равен а. Найти Объем конуса.
2.72.	Площади поверхности шара, вписанного в конус, рав-
на Q. Определить площадь полной поверхности конуса, если нан
больший угол между его образующими равен а.
2.73.	В конус вписан шар. Радиус окружности, по которой
касаются конус и шар, равен г. Найти объем конуса, если угол
между высотой й Образующей конуса равен а.
2.71.	В конус вписан шар, поверхность которого равна
площади основания конуса.. Найти косинус угли при вершине
в осевом сечении конуса.
2.7В.	Отношение объема шара, вписанного в конус, к объему
описанного шара равно k. Найти угол между образующей конуса
и плоскостью ето оСЖОВаиня й Допустимые значения k
2.76.	В конус вписан шар и к шару проведена касательная
плоскость параллельно плоскости основания конуса. В каком
106
отношении эта плоскость делит боковую поверхность конуса,
если угол между образующей и плоскостью основания равен а?
2.77.	В конус вписан шар радиуса г Найти объем конуса,
если известно, *по плоскость, касающаяся шара и перпендику-
лярная к одной из образующих конуса, отстоит от вершины
конуса на расстоянии d.
2.78.	В конус, высота которого равна радиусу основания,
вписан шар. Найти отношение объема шара к объему конуса.
2.79.	Плоскость, проведенная через центр шара, вписан-
ного в конус, параллельно плоскости основания конуса, делит
объем конуса пополам. Найти угол при вершине осевого сечения
конуса.
2.80.	Образующая конуса равна / и составляет с высотой
угол, равный а. Через две образующие конуса, угол между ко-
торыми равен Р, проведена плоскость. Найти расстояние от этой
плоскости до центра шара, вписанного в конус.
Задача 2.9°. Пирамида, у которой все боковые ребра
равны / и наклонены к плоскости основания под углом а,
Вписана в шар радиуса R. Доказать, что для данной ком-
бинации тел имеют место следующие соотношения:
I = 2/? sin а	(1)
Z2 = 2/?/7,	(II)
где Н — длина высоты пирамида.
Решение. Заметим, что если пирамида вписана
в шар, то это означает, что все ее вершины лежат на его
поверхности. Плоскость основания пирамиды пересекает
шаровую поверхность по окружности, описанной около
основания пирамида. Это свойство, таким образом, яв-
ляется необходимым для пирамиды, вписанной в шар.
Оно же является и достаточным. Докажем это. Иными
словами, докажем, что если около основания пирамиды
можно описать окружность, то такую пирамиду можно
вписать в шар (или, что то же, око-
ло нее можно описать шар).
Пусть ZARCD — пирамида,
около основания которой можно
описать окружность (рис. 2.24).
Хотя мы для определенности рас-
сматриваем четырехугольную пи-
рамиду, общность приводимых
ниже рассуждений позволит счи-
тать полученный далее вывод вер-
ным для любой n-угольной пира-
миды, около основания которой
можно описать окружность.
Рис. 2.24
107
Пусть О — центр окружности, описанной около
основания ABCD. Через точку О проведем прямую т,
перпендикулярную основанию пирамиды. Очевидно, что
прямая является геометрическим местом точек, оди-
наково удаленных от всех вершин основания пира-
миды.
Через середину Е ребра ZA перпендикулярно к нему
проведем плоскость т (на рисунке не показанную), кото-
рая пересечет прямую т в некоторой точке Такое
пересечение всегда будет иметь место. Действительно,
ребро ZA и прямая т могут быть параллельны, либо
пересекаться, либо быть скрещивающимися (то есть реб-
ро ZA будет лежать на некоторой прямой, скрещива-
ющейся с прямой т). В первых двух рассматриваемых
случаях, если плоскость пересекает перпендикулярно
одну из прямых (ZA), то она пересечет и другую прямую
(т). В последнем же случае плоскость, пересекающая
одну из скрещивающихся прямых под прямым углом
не пересечет другую прямую только лишь в том случае,
если эти скрещивающиеся прямые перпендикулярны. Но
прямая т не может быть перпендикулярна к ребру ZA
(и вообще, ни к какому боковому ребру пирамиды). По-
этому плоскость т обязательно пересечет прямую т.
Итак, мы обосновали необходимость существования
точки Oj.
Из построения видно, что плоскость <с является гео-
метрическим местом точек, одинаково удаленных от вер-
шин А и Z рассматриваемой пирамиды. Поэтому точка
О>, принадлежащая плоскости т, одинаково удалена от
тех же вершин. Но поскольку точка Ох принадле-
жит и прямой т, то она одинаково удалена от всех
вершин основания. Следовательно, точка Ох одинаково
удалена от всех вершин рассматриваемой пирамиды и по-
тому Oi — центр описанного шара.
Итак, доказано, что если около основания пирамиды
можно описать окружность, то такую пирамиду можно
вписать в шар (или около нее можно описать шар).
Рассмотрим далее пирамиду, у которой все боковые
ребра равны (или, что то же, одинаково наклонены к плос-
кости основания пирамиды). Очевидно, что у такой пи-
рамиды высота пересекает основание в центре описанной
около него окружности. Поэтому такую пирамиду мож-
но вписать в шар. При этом, центр описанного шара будет
лежать на высоте пирамиды, если угол наклона боково-
го ребра к плоскости основания больше 45°, или на ее
108
продолжении за плоскость основа-
ния, если угол наклона бокового
ребра меньше 45°.
Перейдем теперь к решению за-
дачи. Пусть ZABCDE—пирамида,
у которой все ребра равны I и на-
клонены к плоскости основания
под углом а (рис. 2.25). Хотя мы
рассматриваем пятиугольную пи-
рамиду, но общность приведенных
ниже рассуждений позволяет счи-
тать полученные далее соотноше-
ния верными для всякой «-уголь-
ной пирамиды, у которой все боко-
вые ребра равны или одинаково наклонены к плоскости
основания.
Пусть ZO— высота данной пирамиды. Соединим точ-
ку О — основание высоты с вершиной А. Получаем пря-
моугольный треугольник ZAО, у которого Z ZAO = а.
Предположим, что а > 45°. Тогда — центр описан-
ного шара (на рисунке не показанного) лежит на высоте
пирамиды (в противном случае — на продолжении вы-
соты за плоскость основания или на основании пира-
миды) .
Проведем OtF J_ ZA. При этом получается прямо-
угольный треугольник ZC^F, в котором Z ZOiF =
= / ZAO = а.
Легко заметить, что точка F — середина ребра ZA
(ибо OiF — высота равнобедренного треугольника ZOrA).
Поэтому ZF = 4.
Из A ZOXF:
ZF = ZOj sin Z. ZOtF,
откуда
I = 2R sin a.
Умножив обе части последнего равенства на I и учи-
тывая, что / sin a = Н, получаем:
/2 = 2RH.	(II)
Заметим, что эти соотношения верны, в частности, для
любой правильной пирамиды, вписанной в шар.
103
Примеры
Задача. В шар радиуса R вписана правильная тре-
угольная пирамида. Определить объем пирамиды, если
боковое ребро составляет с высотой пирамиды угол а.
Решение. Пусть ZABC — данная в условии пи-
рамида, высота которой Z0 и Z OZA а (рис. 2.26)1.
Тогда / ZAO = 90° — а.
Используя результат задачи 2.9° (соотношение 1),
имеем:
AZ — 2R sin / ZAO = 2R cos а.
Из Д ZAO1
ZO = AZ sin Д ZAO = 2R cos2a,
АО == AZ cos / ZAO => 2R cos a sin а = У? sin 2а.
Сторона основания пирамиды
АВ = АОр^З == /? jAisin 2a.
Площадь основания
Soch -	= р З/?2 sin2 2a = ip Я2 sin2 2a.
тг	*
Объем пирамиды
V = i SocnZO j ip /?2 sina2a • 2R cos2a =
Рис. 2.26	Рис. 2,27
e P R3 sin22a cos2a.
1 На этом рисунке, как и на других последующих, шар и по-
ложение его центра не показаны, поскольку для решения дан-
ной задачи их изображения не нужны.
ИО
Задача. Правильная четырехугольная пирамида впи-
сана в шар. Определить площадь шаровой поверхности,
если высота пирамиды равна Н, а плоский угол при вер-
шине пирамиды равен у.
Решение. Пусть ZABCD — данная в условии
пирамида, высота которой ZO •= Н и / AZD = у
(рис. 2.27).
Положим Z ZAO = <р fo < <р <-тг)-
Из ZAO:
А7 _	^0	= н_
sin Z ZAO sin <р *
Используя соотношение I (см. задачу 2.9°), имеем:
—___ AZ____________Н
2 sin Z ZAO 2 sin* <р *
Площадь шаровой поверхности
е л П2 л	TtH2
S — 4л/<2 — 4л TtTTZ = ~ i" •
4 sina<p sina <р
По формуле перехода от у к а, в правильной четы-
рехугольной пирамиде, заменив а на ф (см. таблицу на
с. 97), имеем:
cos ф = ]/2 sin X,
сов2ф » 2 sin2 j,
sin2 ф = 1 — 2sin2 X e cosy.
Таким образом,
cosy *
УПРАЖНЕНИЯ
2.81. В тар радиуса R вписана правильная четырехуголь-
ная пирамида. Определить объем этой пирамиды, если радиус
окружности, описанной около ее основания, равен г.
2.82. Боковые ребра и две стороны основания треугольной
пирамиды равны а, а угол между равными сторонами основания
равен а. Найти радиус шара, описанного около пирамиды.
2»83. В правильной четырехугольной пирамиде центр опи-
санного шара делит высоту пирамиды на части, длины которых
1 см и 7 ем. Найти объем пирамиды.
Ш
2.84.	Основанием пирамиды служит прямоугольник, у ко-
торого угол между диагоналями равен а. Около этой пирамиды
описан шар радиуса /?. Найти объем пирамиды, зная, что все
ее боковые ребра образуют с основанием один и тот же угол,
равный р.
2.85.	Угол между высотой правильной треугольной пира-
миды и боковым ребром равен а [ а < 2L). В каком отношении
\	4 /
делит высоту пирамиды центр описанного шара?
2.86.	Сторона основания правильной четырехугольной пи-
рамиды равна а; боковая грань составляет с плоскостью основа
ния угол, равный а. Найти радиус описанного шара.
2.87.	В шар радиуса а вписан правильный тетраэдр. Найти
объем этого те1раэдра.
2.88.	В шар радиуса вписана правильная треугольная
пирамида с плоским углом а при вершине. Определить высоту
пирамиды.
2.89.	В шар вписана пирамида, боковые ребра которой рав-
ны с. Оснсванне ее — прямоугольник, стороны которого стяги-
вают дуги аи₽ радиан в сечениях шара плоскостями боковых
граней. Определить радиус описанного шара.
2.90.	В шар радиуса 65 см вписана пирамида, у которой все
боковые ребра равны. Основание пирамиды — трапеция, у кото-
рой параллельные стороны и высота равны соответственно 14 см,
30 см и 44 см. Найти объем пирамиды.
Задача 2.10°. Шар радиуса R вписан в пирамиду,
у которой все боковые грани наклонены к плоскости осно-
вания под углом р и радиус окружности, вписанной
в основание пирамиды, равен г. Доказать, что для рас-
сматриваемой комбинации тел справедливы следующие
соотношения:
(I)
R-ST7.	(П)
где Н — длина высоты пирамиды, h — длина высоты бо-
ковой грани, проведенной из вершины пирамиды.
Решение. Рассмотрим пирамиду, у которой все
боковые грани одинаково наклонены к плоскости основа-
ния. Покажем, что высота такой пирамиды пересекает
ее основание в центре вписанной в него окружности и
в такую пирамиду можно вписать шар, центр которого
лежит на высоте пирамиды.
Пусть ZABCDE (рис. 2.28) — пирамида, у которой
все боковые грани одинаково наклонены к плоскости
основания и ZO — ее высота. / ZM0 и / ZN0 — ли-
нейные углы двугранных углов при ребрах основания
АЕ и DE соответственно. Из условия задачи следует, что
112
z ZMO = / ZNO и потому
A ZMO = A ZNO. Из равен-
ства этих треугольников сле-
дует, что ОМ — ON. Таким
образом, точка О одинаково
удалена от сторон основания
АЕ и ED. Аналогично дока-
зывается, что точка О одина-
ково удалена от всех сторон
основания рассматриваемой
пирамиды. Итак, О — центр
вписанной в основание пира-
миды окружности. Очевидно,
что доказанное утверждение
верно для любой п-угольной
пирамиды, у которой все бо-
ковые грани одинаково накло-
нены к плоскости основания. Заметим, что высоты всех
боковых граней этой пирамиды, проведенные из вер-
шины пирамиды, как нетрудно показать, равны.
В плоскостях линейных углов ZMO и ZNO проведем
OP ± ZM и OQ ± ZN. Поскольку плоскости линейных
углов перпендикулярны граням соответствующих дву-
гранных углов, то ОР ± пл. AZE и CQ X пл. ZED.
Из равенства треугольников ZOM и ZON следует,
что OP — OQ. Таким образом, точка О одинаково уда-
лена от граней ZAE и ZDE. Следовательно, точка О при-
надлежит биссектору двугранного угла, образованного
этими гранями (то есть биссектору двугранного угла при
ребре ZE). Разумеется, что этому биссектору принадле-
жит любая точка ребра ZE и, в частности, вершина пи-
рамиды— точка Z. Поэтому высота пирамиды принадле-
жит биссектору двугранного угла при боковом ребре пи-
рамиды ZE (или, иначе, биссектор двугранного угла при
ребре ZE проходит через высоту пирамиды Z0). Анало-
гично — биссекторы всех остальных двугранных углов
при боковых ребрах рассматриваемой пирамиды прохо-
дят через ее высоту. Поэтому любая точка, принадлежа-
щая высоте пирамиды ZO, одинаково удалена от всех ее
боковых граней.
Проведем биссектор двугранного угла при ребре ос-
нования пирамиды (например, при ребре АЕ). Этот бис-
сектор пересечет плоскость линейного угла ZMO по бис-
сектрисе МО^Ог — точка, в которой биссектриса угла
ZMO пересекает высоту пирамиды Z0). Ясно, что точка
113
01 одинаково удалена от всех
граней рассматриваемой пира-
миды. Поэтому она является
центром вписанного в пирами-
ду шара.
Итак, мы доказали, что если
в пирамиде все боковые грани
одинаково наклонены к плос-
кости основания,то в такую пи-
рамиду можно вписать шар,
центр которого лежит на высоте
йирамиды. Сказанное, в частнос-
ти, верно для любой правиль-
ной пирамиды.
Приступим теперь к решению данной задачи.
Пусть ZAB ... — данная в условии пирамида, высота
которой Z0 (рис. 2.29). На рисунке 2.29 изображена
только одна «секция» этой пирамиды. Угол ZM0 —
линейный угол двугранного угла, который боковая грань
ZAB образует в плоскостью основания. Согласно усло-
вию / ZM0 = р. Ох — центр вписанного шара; ОХО —
его радиус.
Как было показано выше, МОГ— биссектриса / ZM0
R
и потому / OtMO ** ОМ — радиус вписанной в
основание окружности. Согласно условию ОМ = г
и 0}0 ~ R,
Из &OtMO:
ОгО = ОМ tg OtMO
или
R tg —
Из &ZMO по свойству биссектрисы внутреннего
угла треугольника имеем:
zo£ _ ZM
~ Ж •
Перепишем полученное равенство, учитывая приня-
тые выше обозначения,
//г
откуда
114
Примеры
Задача. Основанием пирамиды служит ромб с острым
углом а. Найти объем пирамида, зная, что ее боковые
грани образуют с основанием один и тот же угол 0 и ра-
диус вписанного в нее шара равен г.
Решение. Пусть ZABCD — данная в условии пи-
рамида, высота которой ZO (рис. 2.30). Согласно сказан-
ному выше, высота пирамиды ZO пересекает основание
пирамиды в точке пересечения его диагоналей (явля-
ющейся центром вписанной окружности) и центр вписан-
ного шара Oi лежит на высоте пирамиды.
Угол ZEO — линейный угол двугранного угла, кото-
рый грань ZCD образует с основанием. Согласно усло-
вию, / ZEO = 0. EOi — биссектриса Z ZEO и потому
Z.OtEO == у . OjO— радиус вписанного шара и, согласно
условию, Ofi = г.
Из Z^OfiEx
ОЕ = OjOctg / ОгЕО = г ctg 4 .
Из AZ0£:
ZO=O£tg^ZEO = rctg|tg0.
Пусть Z_BAD— острый угол ромба ABCD. Согласно
условию Z_BAD — а. Проведем в плоскости основания
DK J. АВ. Ясно, что DK = 2ОЕ = 2r ctg у.
Из /\ADKi
0
n v	2г ctg -п
AD —____—____~-------- *
sin Z BAD sin а
Рис. 2.30
115
Площадь основания пирамиды:
4г2 ctg2	4r2 ctg2 к
Soch = AD2 sin / BAD = —r-s— sin a =* —i---
sin2a	sin a
Объем пирамиды:
в
4r2 ctg2
sin a
Г ctg I tg 0 = 1 r*
ctg3 у tg P
sin a
j
з
Задача. Даны правильный тетраэдр и шар, площади
поверхностей которых относятся, как k : 1. Можно ли
шар поместить в тетраэдр, если: а) k = 2 ]^3; б) k — 3?
Решение. В правильном тетраэдре ZABC (рис.
2.31) ZO — высота, ZD — апофема и — центр впи-
санного шара.
Положим OOi = R и Z ZDO = 0. Тогда поверх-
ность шара
Зш = 4 л/?2.
Из AODOj
OD = OOj ctg Z_ ODOt = /? ctg L
Из A/WCi
AD = 3OD = 37? ctg -I,
AC = 4= AD = 2R /3 ctg £
Из	2 •
Полная поверхность данного тетраэдра
3„ = 43д авс = 4	= 12/?2КЗ ctg21.
Согласно условию, Sn: 5Ш — k: 1 или
12/?2-Гзс(§4 зГз.2₽
k==—да— = -bctg 2
Воспользовавшись формулой перехода от у к 0 для
правильной треугольной пирамиды (таблица на с. 97) и
учитывая, что у = 60°, получаем:
cos 0 = tg 30° = Л.
1 Из 6	3 *
116
тогда
ctg2 £ = 2.
&
Таким образом,
k_№ 2-6}/3.
Л	л
Нетрудно убедиться, что	> 3. Это неравенство
л
означает, что отношение полной поверхности правиль-
ного тетраэдра к поверхности вписанного шара больше 3.
Если же для некоторого шара отношение равно 3, то
это означает, что радиус этого шара больше радиуса впи-
санного шара и потому его нельзя поместить в пра-
вильный тетраэдр.
Нетрудно убедиться, что 2	. Поэтому при
л
k =» 2J/З шар можно поместить в правильный тетраэдр.
УПРАЖНЕНИЯ
2.91.	Около шара радиуса R описана правильная шести-
угольная пирамида, боковая грань которой составляет с плоско-
стью основания угол а. Найти боковую поверхность и обьем
пирамиды.
2.92.	Центр шара, вписанного в правильную четырехуголь-
ную пирамиду, делит высоту пирамиды в отношении т : п, счи-
тая от вершины пирамиды. Найти угол между смежными боко-
выми гранями пирамиды.
2.93.	В правильную четырехугольную пирамиду вписан
шар. Расстояние от центра шара до вершины пирамиды равно а,
а угол между боковой гранью и плоскостью основания равен а.
Найти полную поверхность пирамиды.
2.94.	Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна а, плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти
радиус вписанного в пирамиду шара.
2.95.	В правильную треугольную пирамиду вписан шар.
Найти поверхность шара, если боковое ребро пирамиды равно Ц
а плоский угол при вершине пирамиды равен а.
2.96.	Отношение объема правильной треугольной пирамиды
27
к объему вписанного в нее шара равно —I— . Найти угол
4л
наклона боковой грани к плоскости основания пирамиды.
2.97.	В правильную четырехугольную пирамиду с плоским
углом при вершине, равным р, вписан шар. Найти отношение
объемов шара и пирамиды.
2.98.	Высота правильной четырехугольной пирамиды равна
ht а угол между ее смежными боковыми гранями равен ф. Найти
радиус шара, вписанного в эту пирамиду.
117
2.99.	Найти двугранный угол между основанием и боковой
гранью правильной четырехугольной пирамиды, зная, что
радиус описанного около пирамиды шара в три раза больше
радиуса вписанного в нее шара.
2.100.	Боковые ребра правильной четырехугольной пира-
й
миды SABCD равны а, а стороны ее основания равны Найги
расстояние от центра шара, вписанного в пирамиду SABCD, до
плоскости, проходящей через диагональ BD основания ABCD
и середину Е ребра 5Л.
2.101.	В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар.
К. шару проведена параллельно основанию пирамиды касательная
плоскость, которая разделила объем пирамиды в отношении т: л,
считая от вершины. Найти угол между высотой пирамиды и ее
боковой гранью.
2.102.	В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар.
Найти угол наклона боковой грани пирамиды к плоскости основа-
ния, при котором отношение поверхности сферы к боковой поверх-
ности пирамиды максимально.
ГЛАВА 3
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ МЕТОДОМ ВВЕДЕНИЯ
ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ
7. ВВЕДЕНИЕ ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО ОТРЕЗКА
В ряде случаев в решении геометрических задач не-
обходимо введение вспомогательного отрезка. Суть этого
метода состоит в том, что длину некоторого отрезка рас-
сматриваемой в задаче фигуры полагают равной, напри-
мер х и затем находят искомую величину. При этом в од-
них случаях вспомогательная величина в процессе реше-
ния задачи «исчезает» (сокращается), а в других — ее
нужно определить через данные условия и подставить
в полученное для искомой величины выражение.
Примеры
Задача. Один из острых углов прямоугольного тре-
угольника равен а. В каком отношении биссектриса пря-
мого угла делит площадь этого треугольника?
Решение. Пусть / А в прямоугольном треуголь-
нике AВС(/_ С = 90°) равен a; CD — биссектриса пря-
мого угла С (рис. 3.1). Выберем за вспомогательный
отрезок катет АС и обозначим величину его через х.
По свойству биссектрисы внутреннего угла треуголь-
ника имеем:
AD : DB = АС : СВ = х : х tg а = 1 : tg а.
Площади треугольников ACD и BCD (имеющих об-
щую вершину С) относятся, как их основания, то есть
$Д А СО
BCD
AD 1	.
~ DB~ tga “ С ga-
Задача. Стороны треуголь-
ника относятся, как 7:8:9. Най-
ти отношение радиуса описан-
ной около треугольника окруж-
ности к радиусу вписанной в не-
го окружности.
Решение. Пусть в тре-
угольнике АВС АВ: ВС :АС =
= 7:8:9 (рис. 3.2). Примем за х длину отрезка,
который содержится 7, 8 и 9 раз в сторонах АВ, ВС и AG
соответственно. Тогда АВ = 7х, ВС = 8х и АС = 9х.
Учитывая это, находим:
р — 12х, р — а = 4х, р — b = Зх и р — с = 5х,
S — 12х • 4х • Зх • 5х = 12х2]/5.
Радиус вписанной окружности
_ S _
р 12х	'
Радиус описанной окружности
г>_abc __ 8х . 9х • 7х _ 21 х
* ~ 4S “ 4 • 12х» • ^/5 ~ 2/5-
Искомое отношение
Я ________21х	_ 21
Г ~ 2 Иб~ х/5 ~ Ю'
Задача. Около круга, площадь которого равна Q, опи-
сан ромб с острым углом, равным а. Найти площадь
ромба.
Решение. Пусть ABCD (рис. 3.3) — данный в ус-
ловии ромб, у которого / А = а. Пусть сторона равна
х, то есть АВ = ВС = CD — DA — х. Тогда площадь
ромба
S = АВ2 sin Л = х2 sin а.	(1)
Проведем BE ± AD. Высота ромба ВЕ является
также диаметром круга, около которого описан ромб.
Из А АВЕ:
ВЕ — АВ sin Л = х sin а.
120
Согласно условию, имеем:
~ х2 sin2a — Q,
откуда
Л -	• п •
л sirra
Найденное значение № подставляем в (1):
4Q .	4Q
—гЧ- sin a = —г^—
л sin8a	л sin a
Задача. В треугольнике АВС величины углов А, В
и С составляют арифметическую прогрессию. Наимень-
шая сторона в 4 раза меньше наибольшей стороны. Най-
ти тангенс наименьшего угла.
Решение. Положим Z.B = <р. Тогда, в соответ-
ствии с условием,
Z_A = ф — аи/1С = ф4-а.
Этим самым мы предполагаем, что Z~A, Z^hZ-C об-
разуют возрастающую арифметическую прогрессию с раз-
ностью а. Аналогичное решение и тот же результат мы
получим, если сделаем обратное предположение.
Определим значение ф из того, что сумма углов тре-
угольника равна 180°
Ф — а + ф + ф4-а = 180°,
откуда ф = 60°.
Наименьшей стороной в данном треугольнике будет,
очевидно сторона ВС, а наибольшей — АВ (рис. 3.4). По-
ложим ВС = х, тогда, согласно условию, АВ — 4х.
Из ДАВС:
АС = V АВ2 4- ВС2 — 2АВ • ВС cos В =*
= у 16х2 4-х2 — 2х • 4х • J = х И13,
ВС2=» АВ2 4- АС2 — 2АВ • AC cos А,
х2 = 16х2 4- 1 Зх2 — 2 • 4х • х V13 cos А,
откуда
cos А =
7
2 V 13 •
121
в
Тогда
Задача. На катете АС равнобедренного прямоуголь-
ного треугольника АВС выбрана точка Р так, что полу-
окружность, построенная на отрезке PC как на диамет-
ре, касается гипотенузы АВ. В каком отношении эта
полуокружность делит отрезок РВ?
Решение. Пусть Д АВС (рис. 8.5)— данный
в условии прямоугольный равнобедренный треуголь-
ник. Полуокружность с центром О, построенная на СР,
как на диаметре, касается гипотенузы А В в точке D.
Положим ОС = OP = OD = х. Так как данный тре-
угольник АВС равнобедренный, то прямоугольный
треугольник AOD также равнобедренный и потому
AD — OD — х.
Из Д AOD:
Л0=»0О/2 = х/2.
Тогда
АС == АО + ОС = хУ2 + х = х(/2 + 1) = ВС.
Рассматриваемая полуокружность пересекает отрезок
ВР в точке Е. Очевидно, что СЕ ± ВР. По свойству вы-
соты, проведенной из вершины прямого угла на гипоте-
нузу, имеем:
ВВ ВС8 _ х2 (/2 + 1)« _ 3+2^2
ЕР СР* 4х*	~	4
122
Задача. Через диагональ основания и высоту пра-
вильной четырехугольной пирамиды проведена плос-
кость. Отношение площади сечения к боковой поверхно-
сти пирамиды равно k. Найти косинус угла между
апофемами противоположных боковых граней.
Решение. Пусть ZABCD (рис. 3.6) — данная в
условии пирамида, высота которой ZO, a ZM и ZN —
апофемы противоположных боковых граней ZAB и ZCD
соответственно.
Проведем плоскость, проходящую через апофемы ZM
и ZN. Сечением пирамиды этой плоскостью является рав-
нобедренный треугольник ZMN. Очевидно, что высота
пирамиды Z0 принадлежит плоскости сечения и потому
является высотой, биссектрисой и медианой треуголь-
ника ZMN.
Пусть величина искомого угла равна <р, то есть
/ MEN = <р, a ZN — х. Через х и ф выразим площадь
боковой поверхности пирамиды и площадь диагональ-
ного сечения, после чего составим указанное в условии
отношение, приравняв это отношение k. Получим урав-
нение, из которого найдем величину искомого угла.
Реализуем намеченный план.
Из &ZON:
ZO =. ZN cos / OZN = х cos -у ,
ON — ZN sin / OZN = x sin .
^6
Из &ODN-.
DN =* ON = xsin-2-,
OD д= 0NV2 = x V~2sin ,
S6 «= 4DN • ZN = 4x2 sin-|,
bzd — OD • ZO = x/2sin -£- xcos -^- =
— x1 K2 sin cos .
В соответствии с условием, составляем уравнение:
S^BZD _ .
5С ’
123
или
	х2 V2 sin -у cos 	 = k, « . ф 4х2 sin
откуда	cos = 2]/2A>, COS ф = 16fe2 — 1, Ф = arccos(16&2 — 1).
Ясно, пределах»	что допустимые значения для <р находятся в 0 < ф < л,
тогда	— 1 < COS ф < 1,
или	— 1<16й2—1<1,
откуда	0< 16&2<2, 2 К 2
Ответ: arccos(16fe2 — 1) при 0</г<.
Задача. Высота правильной четырехугольной пира-
миды составляет с боковой гранью угол 30°. Через сторону
основания пирамиды проведена плоскость, перпендику-
лярная противоположной грани. Найти отношение объе-
мов многогранников, полученных при пересечении пира-
миды этой плоскостью.
Решение. Пусть ZABCD (рис. 3.7) — данная
в условии пирамида, в которой через сторону основания
CD проведена плоскость пер-
пендикулярно к грани ZAB.
В сечении получается рав-
нобокая трапеция DMNC
(DC || MN).
Нужно найти отношение
объемов: Vzcdmn i Vabcdmn.
Объем «нижней части» пира-
миды — Vabcdmn найдем как
разность объемов: Vzabcd —
— Vzcdmn. Для нахождения
124
Vzabcd и Vzcdmn примем длину некоторого отрезка в
рассматриваемой пирамиде, равной х. При выборе отрезка
будем руководствоваться следующим требованием: отрезок
должен принадлежать прямоугольному треугольнику,
содержащему данный в условии острый угол.
Через высоту пирамиды Z0 и апофему ZE проводим
сечение. В сечении получается равнобедренный тре-
угольник ZEF, плоскость которого перпендикулярна
граням ZAB и ZCD. Из этого следует, что углом между
высотой пирамиды и боковой гранью ZCD является
/ OZE. По условию, Z. OZE = 30°. Аналогия! о,
/ OZF — 30°. Таким образом, Д ZEF правильный.
Так как CD X пл. ZEF, то CD X ЕР (где ЕР —
линия пересечения плоскостей CDM и ZEF). Таким об-
разом, ЕР — высота трапеции CDMN.
Поскольку пл. CDM X пл. ZAB и ЕР X MN, то
ЕР X пл. ZAB и, следовательно, ЕР X ZF, то есть
ЕР — высота правильного треугольника ZEF, прове-
денная к стороне ZF.
Аналогично доказывается, что ZP — высота отсечен-
ной пирамиды ZCDMN.
Очевидно, что Р — середина ZF и потому MN — сред-
няя линия в Д ZAB. Положим, руководствуясь сделан-
ным выше указанием, ZF = х. Тогда EF = АВ — х.
Из Д ZEO! ZO —	. Поэтому кЕР= . Ясно,
что ZP = | и MN = v-
Найдем теперь искомое отношение
^ZCDMN VZCDMN
V ABCD MN	VZABCD ~ ZCDMN
3‘$CDMN *
3- $ABCD ' ZO— 3 $CDMN ‘ Z?
i (CD 4- MN) EP  ZP
£ -
4B2 . ZO — 4 (CD + MN) EP - ZP
&
1	/ x \ x КЗ x
2	+ 2/	• 2	__ 3
x / 3	1/	x \ x 3 x
x2 . —— _ —	— у 2 .2
125
Задача. Через вершину
правильной четырехугольной
призмы проведена плоскость
так, что в сечении образовал-
ся ромб с острым углом а.
Найти угол наклона этой
плоскости к плоскости осно-
вания призмы.
Р е ш е н и е. Пусть
ABCDA^B^D (рис. 3.8) —
данная в условии призма и
AB2C2D2 — сечение, прове-
денное через вершину А и
являющееся ромбом. Так как
АВ2 — AD2 как стороны ром-
ба, то прямоугольные тре-
угольники АВВ2 и ADD2 равны. Из равенства этих тре-
угольников следует, что ВВ2 — DD2. Поэтому BBJD.J)—
прямоугольник и B2D2 — BD. Очевидно, что ЛС2 >ЛС.
ТаккакАС — 5£),тоЛС2> B2D2,тоестьЛС2—боль-
шая диагональ ромба и потому / B2AD2 — острый
угол ромба, равный по условию а.
Соединим центр нижнего основания, точку О, сточ-
кой пересечения диагоналей ромба О2. Так как 0 — се-
редина A G и 02 — середина Л С2, то 00 2 || СС2 как сред-
няя линия в треугольнике ЛСС2Л Поскольку СС2±
J- пл. АВС) то и ОО2 ± пл. АВС, Таким образом,
ДЛОО2 прямоугольный.
Положим АОг = х и / ОАО2 = <р.
Из A AO2D2i
03D2 = Л0а tg Z. OtAD2 = x tg ~,
AO =. OD = O2D2 = x tg ~.
А А	О у
Из A AOO2\
. a
AO xtg 2 .a
C0S*₽= ЛОТ e —---------’
откуда
<p = arccosftg-j).
Задача. На плоскости основания равностороннего ко-
нуса (вне конуса) дана точка, удаленная от окружности
126
основания на расстояние ра-
диуса. Через эту точку про-
ведены к конусу две касатель-
ные плоскости. Определить
угол между ними.
Решение. Пусть А —
точка, лежащая в плоскости
основания равностороннего
конуса Z0 и удаленная от
окружности основания кону-
са на расстояние радиуса, то
есть AN = ON, где N —
точка пересечения отрезка
АО (О — центр основания ко-
нуса) с окружностью осно-
Z
в
Рис. 3.9
вания (рис. 3.9). Две касательные к конусу плоскости,
проходящие через точку А, касаются боковой поверхно-
сти конуса по образующим ZB и ZC и пересекаются по
прямой ZA. Говоря об угле между этими плоскостями,
будем иметь в виду двугранный угол, образованный теми
полуплоскостями этих плоскостей, которые касаются бо-
ковой поверхности конуса. Эти полуплоскости пересе-
кают плоскость основания конуса по лучам АВ и АС, ка-
сающимся окружности основания конуса.
Соединим точки касания В и С и каждую из них
с точкой О; К — точка пересечения отрезков ОА
и ВС.
Очевидно, что АВ = АС (как касательные к окруж-
ности, проведенные из одной точки). Кроме того, АВ X
X ОВ и AC X ОС. Поэтому АВ X ZB и AC X ZC (по
теореме о трех перпендикулярах). Следовательно, тре-
угольники ABZ и ACZ прямоугольные и равные. Плоско-
сти этих треугольников образуют искомый двугранный
угол. Из вершин В и С проведем перпендикуляры на об-
щую для рассматриваемых треугольников гипотенузу.
Основания этих перпендикуляров попадут очевидно в од-
ну и ту же точку L. Таким образам, Z.BLC — линейный
угол искомого двугранного угла.
Ясно, что треугольники ВАС и BLC равнобедренные.
Поскольку АО — биссектриса / ВАС, то А К -— бис-
сектриса, медиана и высота в треугольнике ВАС. Так как
АО = 2ON = 20В, то из А АВО следует, что/. О АВ =
«= 30° и Z_ АОВ = 60°.
Соединим точки К и L; LK. — медиана, биссектриса
и высота в A BLC.
127
Из сказанного выше непосредственно следует, что
ВК — высота в Д АВО.
Положим ОВ — х и Z. BLK = ф.
Из дОВК:
ВК = ОВ sin 60° =
Из ДДВО:
АВ = OB tg60° = хУз.
Так как данный в условии конус равносторонний, то
ZB = 2х.
Из д ZAB:
ZA = /ZB2 +АВ2 = V 4х2 + Зх2 = х/7,
. __ ZB • АВ _ 2х • х /3 _ 2х /3
tiL~ ZA ~	~ )/7 *
Из &.BKL-.
ВК /7
sin Ф = ВТ = — ’
cos / BLC = cos 2ф = 1 — 2 sin2 ф = 1 — 2 • ^ = j.
Итак,
Z. BLE = arccos 4-.
О
Рассмотрим далее решение задач, в которых требуется
найти величину поверхности тела или его объем, пло-
щадь какого-нибудь сечения или другую нелинейную ве-
личину, относящуюся к рассматриваемому геометриче-
скому телу, причем данные условия задачи не содержат
линейный элемент. В решении таких задач, как правило,
нужно вводить линейный элемент.
Задача. Основание пирамиды — прямоугольный тре-
угольник с площадью Q и острым углом а. Боковая
грань, проходящая через катет, принадлежащий данно-
му углу, перпендикулярна к плоскости основания, а две
другие грани образуют с основанием углы, равные р.
Найти объем пирамиды.
Решение. Пусть ZABC (рис. 3.10) — данная
в условии пирамида, основанием которой является пря-
моугольный треугольник ABC С = 90°), у которого
Z.BAC= а. Грань ZAC, проходящая через катет АС
128
согласно условию перпендикуляр-	z
на плоскости основания, то есть	ЛК
пл. ZAC ± пл. АВС. Проведем	/ /\\
в грани ZAC ZD ± АС. Из ска-	/ / \\
занного выше следует, что ZD X	/	/ \ \
± пл. АВС, то есть ZD — высота	/ /	\ \
пирамиды.	А !д\ /А
Согласно условию грани ZBC и	\ /с
ZAB наклонены к плоскости осно-
вания под углом р. Поскольку	8
АС ± ВС, то и ZC ± ВС по тео- Рис. 3.10
реме о трех перпендикулярах. По-
этому / ZCD — линейный угол двугранного угла,
который грань ZBC образует с плоскостью основания
пирамиды; Z ZCD = р.
В плоскости основания проводим DE ± АВ и соеди-
ним точку Е с точкой Z. Ясно, что / ZED — линейный
угол двугранного угла, который грань ZAВ составляет
с основанием пирамиды. Поэтому Z. ZED = р.
Очевидно, что A ZDC = A ZDE. Из равенства этих
треугольников следует, что DE = DC.
План решения. Положив ZD — х, находим
объем пирамиды. Затем через х и данные в условии углы
выразим площадь основания пирамиды. Приравняв по-
лученное выражение Q, получим уравнение, из которого
найдем х. Найденное для х выражение подставляем в
ранее полученное выражение для объема пирамиды.
Реализуем намеченный план.
Объем пирамиды
V = jSaabcZD^Q.	(1)
Из aZDC:
DC = ZD ctg / ZCD = x ctg p.
Из д ADE'.
AD —	_ xcfgP
sin Z DAE sin a ’
AC — AD +CD =	+ x ctg p = x ctg p —t——— .
stna °r °' sin a
Из Д ЛВС:
ВС = AC tg Z. ВАС = xctg p 1 +nsi”01 tga =
5 8-930
129
Площадь основания данной пирамиды
авс = 4 АС . ВС = 1 xctgp1 + sinaxctgpL±.sina
2	2 ®г sma ьг cos a
« X2 ctg2 Р
(1 + sin a)2
sin 2a
Составим уравнение
:2ctg2B.(1..±,.sin«)2
s r sin
откуда
x = FTlL^sin2a-
Найденное для x выражение подставляем в (l)i
(2)
По смыслу задачи ясно, что допустимые значения для
аир находятся в пределах: 0° < a < 90° и 0° < р <90°.
При любом из указанных допустимых значений аир
объем пирамиды, вычисляемый по формуле (2), будет
выражен положительным числом кубических единиц.
Необходимо отметить, что условие рассматриваемой
задачи допускает существование двух различных пира-
мид, удовлетворяющих условию, в связи с чем задача
имеет два решения и соответственно два отличающиеся
ответа.
Рассмотрим второе решение. Заметим, что условие
данной задачи допускает и такой случай, когда ребро
ZjGj составляет угол р не со стороной А1С1, a G ее про-
должением за вершину Сг (рис. 3.11).
В плоскости грани Zx^Cp пер-
пендикулярной основанию пирами-
ды А&С^ проводим ZtDi -L А^.
Аналогично предыдущему доказы-
вается, что Z^ — высота пира-
миды и / Z^Dt — р. Из точки
в плоскости основания проводим
± A^i и соединяем точку
е вершиной Zx. В соответствии
с условием Z.Z^Di = /LZyCJ)^
= р. Аналогично доказываем, что
DXCX = DiEi. Из этого, в частнос-
ти, следует, что точка Ех лежит на
Рис, 3.11
130
продолжении гипотенузы AtBt
за точкой
Положив ZiPl = у, находим
объем пирамиды
Рис. 3.12
Из AZxCxDxj
CXDX — t/ctg₽.
Из д
д у — DjEi = У ft
1 1 sin a sin а *
ЛХСХ = A1Di - CtDt = у - у ctg р = у ctg р .
Сопоставляя полученное для А^ выражение с выра-
жением для АС, полученным в первом варианте решения,
запишем, опуская дальнейшие аналогичные вычисления,
выражение для объема пирамиды в рассматриваемом
случае
Vt « </r'g-P х /Q sin 2a.	(3)
Из (3) следует, что при одних и тех же значениях а,
Р и Q Vx > V, причем при значениях а, близких к 90°,
Vx значительно превосходит V.
Может показаться, что данная задача имеет еще одно
решение, соответствующее иному наклону грани ZAB,
при котором вершина Z проектируется в точку D, лежа-
щую на продолжении Л С за точкой А. Однако такое пред-
положение ошибочно, так как очевидно, что в этом слу-
чае (рис. 3.12) всегда DE < DC и грани ZAB и ZBC не
могут быть одинаково наклонены к плоскости основания
пирамиды. Других решений, кроме приведенных выше,
задача не имеет.
УПРАЖНЕНИЯ
3.1.	Точка М, лежащая внутри равностороннего треуголь-
ника, удалена от его вершин на 1 см, 2 см и 2 см. Найти площадь
треугольника.
3.2.	Около круга радиуса г описана прямоугольная трапе-
3 г, .
ция, наименьшая из сторон которой равна г. Найти площадь
трапеции.
5*
131
3.3.	Длины сторон треугольника выражаются фемя после-
довательными целыми числами. Найти эти стороны, если
известно, что меньший из отрезков, на которые биссектриса боль-
2
шего угла делит противоположную сторону, равен 7 g м.
3.4.	В прямоугольном треугольнике найти отношение кате-
тов, если высота и медиана, выходящие из вершины прямого
угла относятся, как 40 : 41.
3.5.	В окружность А вписаны три круга одинакового ради-
уса, касающиеся друг друга и окружности А. Через цеюры
этих кругов проведена окружность В. Найти отношение площа-
ди круга В к площади круга А.
3.6.	Определить углы ромба, если дана его площадь Qи пло-
щадь вписанного в него круга q.
3	7. Большее основание трапеции а, меньшее Ь9 углы при
л я
большем основании у и j . Найти площадь трапеции.
3.8.	Точка W лежит на стороне АС правильного треуголь-
ника АВС. Найти отношение радиусов окружностей, описанных
около треугольников ABN и АВС, если AN : АС = д.
3.9.	В окружность вписан квадрат ABCD. Хорда АЕ про-
ходит через середину М стороны CD. В каком отношении хорда
BE делит сторону CD?
3.10.	В треугольник АВС вписана окружность радиуса R,
касающаяся стороны АС в точке D, стороны АВ в точке Е и сто-
роны ВС в точке F. Длина отрезка AD равна /?, а длина отрез-
ка DC равна а. Найти площадь треугольника BEF.
л	л
3.11.	В треугольнике АВС дано: Z Л , Z В = j.
Продолжения высот треугольника АВС пересекает описанную
около него окружность в точках М, N п Р. Найти отношение
площадей треугольников АВС и MNP,
3.12.	В треугольнике высота в два раза меньше основания,
а один из углов при основании равен 75°. Найти остальные углы
треугольника.
3.13.	Все боковые грани четырехугольной пирамиды —
правильные треугольники. Расстояние от центра боковой грани
до плоскости основания пирамиды равно Ь, Определить объем
пирамиды.
3.14.	В пирамиде ZABCD, основание которой — прямо-
угольник ABCD, грани ZAD и ZCD наклонены к плоскости осно-
вания под углом а. Грань ZBC перпендикулярна плоскости ос-
нования, причем ZBZC== 90°. Найти объем пирамиды, если
сумма высот, проведенных в гранях ZAD и ZBC из вершины Z,
равна т.
3.15.	Объем правильной пирамиды равен V, Найти объем
пирамиды, отсекаемой от данной, плоскостью, проходящей через
центр шара, вписанного в данную пирамиду, параллельно ее
основанию, если двугранный угол при основании равен а.
3.16.	Двугранный угол при основании правильной тре-
угольной пирамиды равен 45°. Под каким углом к основанию
пирамиды нужно провести плоскость, чтобы она, проходя через
вершину основания параллельно противолежащей этой вершине
стороне, делила объем пирамиды пополам?
132
3.17.	В основании прямой призмы лежит треугольник. Два
его угла равны а и Р, а площадь равна S. Прямая, соединяющая
вершину верхнего основания с центром круга, описанного около
нижнего основания, составляет с плоскостью нижнего основа*
ния угол, равный <р. Найти объем призмы.
3.18.	Основанием пирамиды служит трапеция, у которой
диагональ перпендикулярна к боковой стороне и образует с ос-
нованием угол а, Все боковые ребра пирамиды равны между со-
бой. Боковая грань, проходящая через большее основание тра-
пеции, имеет угол при вершине, равный 2а, и площадь, равную
S. Найти площадь сечения пирамиды, проведенного через мень-
шее основание трапеции и середину высоты пирамиды.
3.19.	Площадь боковой грани правильной двенадцатиуголь-
ной пирамиды равна S. Плоский угол при вершине равен а.
Найш объем пирамиды.
3.20.	Основанием прямой призмы АВСА^^ служит рав-
нобедренный треугольник АВС (АВ = АС), у которого периметр
равен 2р, а угол при вершине А равен а. Через сторону ВС
и вершину А} проведена плоскость, составляющая с плоскостью
основания угол, равный р. Найти объем призмы.
8. ВВЕДЕНИЕ ВСПОМОГАТЕЛЬНОГО УГЛА
Многие геометрические (в основном стереометриче-
ские) задачи решаются введением вспомогательного уг-
ла. Суть этого метода принципиально не отличается от
рассмотренного в § 7 метода введения вспомогательного
отрезка. Положив некоторый угол в рассматриваемом
геометрическом теле (фигуре) равным ср, находят иско-
мую величину через данные условия (или часть из них)
и функции введенного угла. Затем выражают какую-ни-
будь тригонометрическую функцию ср через данные усло-
вия и находят те функции <р, которые содержатся в полу-
ченном ранее выражении для искомой величины.
В § 7 мы рассматривали решение задач, в которых
данные в условии линейный элемент и угол не принадле-
жали одной плоскости. Эти задачи решались методом
введения вспомогательного отрезка. Их же можно также
решать введением вспомогательного угла.
Умение решить одну и ту же задачу двумя различны-
ми способами (в частности, введением вспомогательного
отрезка и введением вспомогательного угла) предостав-
ляет решающему возможность самоконтроля.
Примеры
Задача. В трапеции меньшая диагональ перпендику-
лярна к основаниям. Сумма острых углов равна 90°. Ос-
нования трапеции равны а и Ь. Определить боковые
стороны.
133
Рис. 3.13
Рис. 3.14
Решение. Пусть ABCD (рис. 3.13) — данная в ус-
ловии трапеция, у которой DA = а, ВС = Ь и сумма
острых углов равна 90°, то есть
Z. BAD + Z_ BCD = 90°.	(1)
Очевидно, что BD — меньшая диагональ трапеции.
Согласно условию BD _1_ AD. Введем вспомогательный
угол BAD = а. Тогда из (1) имеем, что Z BCD = 90° —
— а. При этом из прямоугольного треугольника BCD по-
лучаем, то / BDC = а.
Из ДЛВР:
BD = AD tg / BAD — a tg а.	(2)
Из ABCD:
BD = ВС ctg / BDC — b ctg а.	(3)
Из (2)_и (3) следует, что atga = 6 ctg а, откуда
tga = у тогда
/l+tgaa « + &’
Из A ABD:
АВ-
АР
cos a
Из A BCD:
CD =	= Vb2 + ab.
sin a -j Г b
r Q, -j~ Ь
Итак,
AB s= У a2 4- ab и CD = yrb2 + ^b.
134
Задача. Из точки Р, лежащей на гипотенузе АС пря-
моугольного треугольника АВС, проведен перпендику-
ляр РМ к АС, который делит треугольник на две равно-
великие фигуры. Найти площадь треугольника АВС,
если АР = а и СР = Ь.
Решение. Пусть Д АВС (рис. 3.14) — данный
в условии прямоугольный треугольник, на гипотенузе
А С которого выбрана точка Р так, что АР == аиСР = Ь.
Согласно условию, РМ ± АС, причем S&cmp = лао
Положим Z АСВ == <р. Тогда из д СМР»
гм__________________С? ~~
~ cos Z МСР ~~ cos ф ♦
смр = 4 СР • CM sin С = | b sin <р = sin <р.
«4 ЧАЛЭ X1Z	«4 vvd МЛ
Из дЛВСз
ВС = AC cos / АСВ = (а + b) cos <р;
S& авс = 4- АС • ВС sin С == 4- (а + Ь)ъ cos ф sin ф.
Следовательно,
Ь* .	1 , . м,
27^sin q> = т (а + by cos ф sin ф,
откуда
ЬУ2
COS ф = —V-7..
а -f- о
Найдем площадь треугольника ABCs
Зд авс = 23д сыр = Ьг 1§ф.	(1)
Найдем теперь tg ф:
ь<р = 1/ —______1 = i/(g-+fc)8_i=
V cos2q> У 2b*	6/2	’
Подставляя значение tgф в (1), получаем;
Яд авс =	± Va^2ab-b\
о у 2	у 2
Задача. Высота конуса, равная h, является диамет-
ром сферы, которая делит боковую поверхность конуса
в отношении т : п, считая от вершины. Найти радиус
основания конуса.
135
z	Решение. Пусть Д A ZB
(рис. 3.15) — осевое сечениедан-
/	/1\	\	ного конуса. Плоскость этого
/	/	\	\	сечения пересекает поверхность
/	/	\	\ сферы по большой окружности,
I / 0"	\	1	диаметром которой является вы-
\ /	\ / сота Z(\ треугольника AZB.
-----------2.----------Д/"	Сфера пересекает боковую по-
/ X.----------------верхность конуса по окружности
z----------------х с центром О2, диаметром кото-
'	рой является отрезок MN, па-
Рис. 3.15	раллельный основанию Л В се-
чения AZB. Эта сфера, согласно
условию, делит боковую поверхность конуса в отноше-
нии т : п, считая от вершины.
Соединим точки Oj и 7V. Положим / ZBOt = а.
Тогда, очевидно, что Z ZNO2 — / ZOtN — а.
Из д ZOjNi
ZN = ZOt sin / ZOjN — h sin a.
Из д ZO2Nx
O2N = ZN cos / ZNO2 = ft si n a cos a.
Величина части боковой поверхности конуса, лежащей
внутри сферы,
Szn — nO2N • ZN = nft sin a cos ah sin a = nh? sin2 a cos a.
Из aZO^B:
ZB = • 5%z>- = 7^-»	= Z°1 ctg z ZBO, =ft ctg a.
sinZZBOj sin a 1	1 *»	1 b
Боковая поверхность данного конуса
SZB = лО,В • ZB = nftctga-X = nft2^.
1	& sin a sin a
Величина части боковой поверхности конуса, лежа-
щей вне сферы,
Sв^ » Szb — Szn
== лЛ2 (^2 — sin2 a cos a
\sin a
Составляем уравнение: Sz#:5#^ =/п:n, или
sin2 a cos a _____ m
ctg a	n
-г— — sin2 a cos a
sin a
J36
После элементарных упрощений имеем:
1 —sin4 а  п
sin4 а	т ’
1  т + п
sin4 а tn ’
1 +ctg2a= У "Ур
(1 +ctgM2 = “.
Найденное значение ctg а подставляем в полученное
ранее выражение для 0,В
о.в - *//Ф-1-
УПРАЖНЕНИЯ
3.21.	В равнобедренном треугольнике найти отношение
высоты, опущенной на основание, к боковой стороне, если ра-
диус вписанной окружности относится к основанию, как 1 : 4
3.22.	В четырехугольнике ABCD, вписанном в окружность,
1 1
АВ = AD, ВС = "2 CD. Зная, чю АВ = а, АС = Ь, вы-
числить ВС.
3.23.	Определить среднюю линию трапеции, если ее боковые
стороны равны 9 см и 12 см, а основания и меньшая диагональ
относятся, как 9:6:7.
3.24.	Расстояние между параллельными прямыми равно 1.
Точка А лежит между этими прямыми на расстоянии а от одной
из них. Найти длину стороны равностороннего треугольника
АВС, вершина В которого лежит на одной из параллельных
прямых, а вершина С — на другой.
3.25.	В треугольнике АВС проведены биссектрисы AM
и CN. Известно, что АС == 6 см, AN = 2 см, СМ = 3 см. Найти
длину MN.
3.26.	Боковая поверхность правильной треугольной пира*
миды со стороной основания а в 5 раз больше площади основания.
Найти объем конуса, вписанного в эту пирамиду.
3.27.	В окружности проведены два взаимно перпендикуляр-
ных диаметра АВ и CD. Хорда АЕ пересекает CD в точке /< так,
что СК : KD = 2:1. Хорда СЕ пересекает АВ в точке М.
Доказать, что AM : МВ = 3:1.
3.28.	В основании прямой треугольной призмы лежит рав-
нобедренный прямоугольный треугольник, гипотенуза которо-
го равна с. Через гипотенузу нижнего основания проведена плос-
кость так, чю в сечении призмы получился правильный тре-
угольник. Известно, что можно вписать шар, касающийся боко-
вых граней призмы, верхнего основания и сечения. Найти объем
призмы.
3.29.	В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD
плоскость, проведенная через сторону АВ, перпендикулярная
грани ZDC, делит грань на две части, одинаковые по площади.
Найти полную поверхность пирамиды, если AD = а.
137
3.30.	Образующая конуса, равна I и составляет с; выс^той
угол, равный а. Через две образующие конуса, угол между ко-
торыми равен р, проведена плоскость. Найти расстояние от цент-
ра вписанного в конус шара до проведенной плоскости.
л
3.31.	Угол при вершине осевого сечения конуса равен -у
В этом конусе расположены три одинаковых шара радиуса г,
касающиеся изнутри боковой поверхности конуса, плоскости
основания конуса и попарно друг друга. Найги площадь боко-
вой поверхности другого конуса с теми же высотой и плоскостью
основания, которого данные шары касаются внешним образам.
3.32.	В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD
(Z — вершина) через середины сторон АВ и AD проведено сече-
ние, плоскость которого параллельна ребру ZA, Найти объем
пирамиды, если сторона основания равная и площадь сечения $.
3.33.	Основанием пирамиды служит равнобокая трапеция,
параллельные стороны которой а и b (а > /?), а угол между рав-
ными отрезками диагоналей аЛ Высота пирамиды проходит че-
рез точку пересечения диагоналей'основания, двугранные углы,
ребрами которых являются параллельные стороны трапеции,
относятся как 1 : 2. Найги объем пирамиды.
3.34,	В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD
с вершиной Z и высотой, равной h, через центр основания прове-
дена плоскость, параллельная грани ZAB. Площадь получивше-
гося сечения равна площади основания. Найти объем части
пирамиды, лежащей ниже плоскости.
9. ЗАДАЧИ НА ОТЫСКАНИЕ ЭКСТРЕМУМОВ
В некоторых геометрических задачах требуется найти
экстремум какой-нибудь величины в рассматриваемой
фигуре или геометрическом теле. Такие задачи встреча-
ются, как в планиметрии, так и в стереометрии. В реше-
нии таких задач вводят один или несколько вспомога-
тельных элементов. Рассматривая вводимые элементы,
как переменные величины, находят затем с помощью про-
изводной искомый экстремум.
Иногда нахождение экстремума является промежу-
точным этапом в решении, если в задаче требуется найти
некоторую величину при условии, что другая величина
принимает экстремальное значение.
Существенного различия между задачами одного
и другого вида нет.
Задача, В равнобедренном треугольнике сторона ос-
нование равна а и угол при основании равен а. В этот
треугольник вписан прямоугольник так, что одна из
его сторон лежит на основании треугольника, а вершины
противоположной стороны лежат на боковых сторонах.
Найти площадь этого прямоугольника, если известно,
что она максимальна.
138
Решение. Пусть А АВС
(рис. 3.16) — данный в условии
треугольник, в котором АВ — ВС,
АС = а и Z. ВАС = ВС А = а.
В этот треугольник вписан пря-
моугольник M.NPQ указанным в
условии образом.
Положим A4Q = х и MN — у.
Тогда площадь прямоугольника
MNPQ
S = ху.	(1)
Найдем теперь зависимость
между переменными х и у и выра-
зим одну из переменных, например
Рис. 3.16
у, через другую и подставим полученное для у выраже-
ние в (1).
Зависимость между х и у можно найти из подобия
треугольников АВС и NBP.
Проведем BD JL АС. Так как А ЛВС — равнобед-
ренный, то AD = -1 АС —
Из А ЛВС:
BD — AD tgZ.BAD — tga.
As
Из подобия треугольников ЛВС и (VBP имеем:
АС _ BD
'NP~~SE>
а
а _	2*«а
т; tg а — у
откуда
У = \ (a —x)tga.
Полученное для у выражение подставляем в (1)1
S=5 tg а (а — х)х — g-tga(ах — х2).
Найдем теперь Зшах!
5' — 4 tga(a — 2х),
&
S' = 0, а — 2х — 0, х = •
139
Рис. 3.17
Ясно, что х ==	— точка мак-
симума. Поэтому
о 1 +	/л2	а*\
Отах —- tg a --------4 / “
а2 .
= -8~ tga.
Задача. В полукруг радиуса 7? вписан прямоуголь-
ник так, что одна его сторона лежит на диаметре, а кон-
цы противоположной стороны — на дуге окружности.
Найти периметр этого прямоугольника, если он имеет
наибольшую площадь.
Решение. Пусть ABCD (рис. 3.17) — некоторый
прямоугольник, вписанный в полукруг радиуса 7? ука-
занным в условии образом. Положим AD = х и АВ = у.
Тогда площадь рассматриваемого прямоугольника
S = ху.	(1)
Ясно, что вершины А и D симметричны относительно
точки О — центра дуги полукруга. Поэтому СО = 4 •
Из дОСО:
ОС2 = 0D2 4- CD2, R2 = 4 + у2,
откуда
Полученное для у выражение подставляем в (1)!
S = x]/R2--~.
Найдем, при каком значении х S = SmaJt
I х 1
= 1/^5 +	.
2 у w - 4 2 у & _ 4
хк — R у2 — критическая точка. Так как при пере-
ходе через хк от меньших значений х к большим S'
меняет знак с «+» на «—», то хк— точка максимума.
При х = 7?К2 у=.^У^.
140
Таким образом, искомый пери-
метр
Р = 2 (х 4- у) ==
= 2	= 3R /2.
Весьма часто экстремальные
задачи встречаются в стереомет-
рии, особенно при рассмотрении
комбинаций геометрических тел.
Ниже приводится решение экс-
тремальной задачи, в которой ци-
линдр вписан в конус.
В названной комбинации тел
Рис. 3.18
подразумевается, что одно из ос-
нований цилиндра лежит в плоскости основания кону-
са, а другое касается его боковой поверхности.
Конус (цилиндр) будем считать фиксированным, если
заданы элементы, однозначно его определяющие. Напри-
мер: высота и образующая конуса, образующая и угол
наклона ее к плоскости основания и др.
Предположим, что в рассматриваемой комбинации
тел зафиксирован конус и в него вписан цилиндр, но ни-
какие его размеры не даны. Поэтому его можно варьиро-
вать (иными словами, рассматривать множество цилинд-
ров, вписанных в данный конус).
Для решения экстремальных задач с варьируемым
цилиндром нужно ввести в цилиндре какой-нибудь эле-
мент (линейный или угловой) и найти искомую величи-
ну (например, Уц) как функцию данных элементов, опре-
деляющих конус, и введенного элемента, являющегося
для этой функции переменной величиной. Затем остается
найти максимум искомой величины с помощью произ-
водной.
Задача. Известна высота конуса Н и угол наклона
образующей к плоскости основания а. Найти, какой мак-
симальный объем может иметь вписанный в него ци-
линдр.
Решение. Пусть AZB (рис. 3.18) — осевое сече-
ние данного конуса. Согласно условию ZO = Н и
Z ZAO ~ а. Очевидно, что / ZNOr = Z ZBO = а.
Прямоугольник EFM N — осевое сечение цилиндра, впи-
санного в данный конус.
Положим ОЕ = OtN = х (ОЕ — радиус основания
цилиндра).
141
Из ^ZOtN:
ZOt = OiW tg Z ZNOt = x tg a,
OOt — ZO — ZOt = H — x tga.
Объем цилиндра V = лх2 (H —
— x tg a) = лх8// — лх8 tg a.
Найдем критическое значение
для х:
V' = 2пхН — Злх2 tg a =
= их (27/ — Зх tg a).
2Н
Так как по смыслу задачи х =# О, то х* — ctg a.
Очевидно, чтохй—точка-максимума. Найдем Итах (вос-
пользовавшись выражением для V до раскрытия скобок):
Vma»==n^ctg2a^/7 —^-ctgatg a) =^№ctg2a.
Рассмотрим далее экстремальную задачу, в которой
конус вписан в. шар.
Задача. Определить, какую максимальную полную
поверхность может иметь конус, вписанный в шар, пло-
щадь сферы которого равна Q.
Решение. Пусть Д AZB. (рие. 3.19) — осевое се-
чениеконуса, плоскость которого пересекает поверхность
шара по большой окружности, описанной около тре-
угольника AZB. Центр этой окружности Ot (он же —
центр шара, описанного около конуса) лежит либо на
высоте конуса, либо на ее продолжении за плоскость ос-
нования конуса. Предположим, что Ot принадлежит вы-
соте ZO конуса (рис. 319). Как уже отмечалось выше (при
рассмотрении неэкстремальных задач этой комбинации
тел), сделанное предположение не влияет ни на- ход
решения, ни на конечный результат.
Положим / ZAO = a (0 <; a < ) и Z0r = R. Тогда
\ 1
AZ = 2 R sin a.
Из д ZAO',
АО = AZ cos Z ZAO == 2R sin a cos a = R sin 2a.
142
Полная поверхность конуса
Sn = лАО (AZ 4* АО) — wR sin 2а (2R sin а 4*
4-Rsin2a) = 2^R2sin2asina(l 4-cosa) =
— 4nR2 sin 2a sin a cos2 .
Л4
Поскольку по условию 4nR2 » Q, to
cc
Sn = Qsin2asinacos2-5-.
z
Определим теперь Smax. Рассмотрим функцию
у = sin 2а sin a cos2 % .
(1)
(2)
Найдем производную этой функции
у' = 2 cos 2а sin acos 8 -j + sin 2a (cos a cos2 —
. a . al
— sin a cos -q sin -sj =
= 2 sin a cos2 (cos 2a 4- cos2 a — 2 cos a sin2 -?) =
= 2 sin a cos2	14 cos2 a—cos a— 1).
Z \	/
Так как те значения а, при которых sin а и cos-к-
равны нулю, не принадлежат указанному выше проме-
жутку рассматриваемых значений а, будем искать кри-
тические точки из уравнения
4 cos2 a — cos a — 1 = О,	(3)
откуда
14-/17	14-1
cosa = —у— и aA = arccos —у
(отрицательный корень уравнения (3) для данной задачи
является посторонним).
Так как cos a — убывающая функция на промежут-
ке допустимых в данной задаче значений а, то при пере-
ходе а через точку ак (от меньших значений к большим)
1 +/17
cos а меняет значения, превышающие т8 — , на
меньшие. При этом квадратный трехчлен, стоящий в левой
части уравнения (3), меняет свои значения с положитель-
на
пых на отрицательные. А это означает, что функция (2)
в точке ак имеет максимум. Вычислим его. Запишем
выражение для у в несколько ином виде
у — sin 2а sin а cos3 = 2 cos2 i cos а sin3 а. (4)
Вычислим 2 cos2 и sin2 аз
о »аЛ . , 1 +/17	9+/17
2 cos2 / = 1 +
sin2 ak = 1 —
/1 + /17) 2 _ 23 —К17
\ И /	32
Найденные значения 2 cos2 и sin2 ak подставляем в (4);
__9 + /17 1+/17 23 —/17 _ 107 + 51 /17
Утах —	8	’	8	*	32	512
Таким образом,
о _ 107 + 51 /17 п
^тах — ----------------ЕТо---Ч*
Рассмотрим далее экстремальную задачу, в которой
шар вписан в конус. Если в названной комбинации фи-
гур шар фиксирован (то есть известен его радиус), то
конус будет фиксирован, если в нем задан один какой-
нибудь элемент. Это обусловлено тем, что между радиу-
сом шара и элементами конуса имеют место уже известные
нам зависимости (см. гл. 2, § 6).
Если же в конусе не дан ни один элемент, то такой
конус, аналогично предыдущему, будем считать варьируе-
мым. В этом случае можно говорить лишь о минимуме
объема (или минимуме поверхности) варьируемого ко-
нуса.
Задача. Определить, каким может быть минималь-
ный объем конуса, описанного около шара, объем кото-
рого равен Q.
Решение. Пусть треугольник АВС со вписанной
в него окружностью (рис. 3.20) — осевое сечение конуса,
описанного около данного шара.
Положим радиус шара О1О = и / ZBO — а
/л .	, л \
10 < а < у 1.
144
Из ЛОВОр
ОВ = ОгО ctg Z. О ВО, = R ctg -J .
Из AZBO:
ZO = OB tg Z. ZBO = R ctg tg a.
Объем конуса
VK = -у OB2 • ZO =
= 4₽w4flctg4tga =
О	2*	4л
= ¥ctg>itg«.
Рис. 3.20
Так как по условию Уш — у nR3 = Q, то
VK= -jQ ctg3 у tga.
Рассмотрим функцию
(1)
Ясно, что при тех же значениях а, при которых у =
— ут\п, ^к = Укт!п. Найдем производную функции (1):
У' = з ctg’ % (--------1Д 4 tg а + ctg3 %
3^ sin« . c^g~2~
2 , „ a *" cos a
sin«T
Учитывая, что 0 < a < -5- ( находим критическую
£
точку
1
aK = arccos .
При переходе a через критическую точку a,k от мень-
ших значений к большим разность —— 1 меняет знак
145
с «—» на «+». Следовательно, функция (1) в точке ak
принимает минимальное значение. Вычислим его:
Следовательно,
Утш = 2 V~2.2 /2 = 8.
Таким образом,
VK mln = 2Q.
Рассмотрим далее экстремальную задачу, в которой
правильная пирамида вписана в шар. Если в этой ком-
бинации геометрических тел шар фиксирован, то можно
варьировать вписанную в него правильную пирамиду
и искать, как это имело место для конуса, вписанного
в шар, максимум объема (или поверхности) правильной
пирамиды.
Задача. В шар радиуса 7? вписана правильная п-
угольная пирамида, имеющая наибольший объем. Опре-
делить двугранный угол при ребре основания пирамиды.
Решение. Пусть ZOAB (рис. 3.21) — одна из
«секций» данной в условии правильной n-угольной пира-
миды и / ZEO — линейный угол искомого двугранного
угла. Положим /_2Л0 = а (о<а<-£-) и Z_ZEO = $
(о<₽<т) •
По уравнению связи (гл. 2, § 6) для правильной пира-
миды, вписанной в шар (/ = 27? sin а, где I — длина бо-
_____ кового ребра пирамиды, 7? — ра-
диус шара и а — величина угла
/	\\	\ наклона бокового ребра пирамиды
/	\\Х	\ к плоскости основания), имеем:
(	°1 I	= 27? sin а.
Из а гл О:
8 ZO = гЛ sin Z ZAO — 27? sin2 а,
-----АО = гЛ cos Z_ZAO =
Рис. 3.21	= 27? sin а cos а = 7? sin 2а.
И6
Площадь основания пирамиды
So == п • 4 ^О2 s,n А АОВ =4 R2 sin2 2а sin —.
i	4	fl
Объем пирамиды
Vn = 4 4	sin2 2а sin — • 27? sin2 а =
о Z	П
= 4 R3 sin — sin2 2а sin2 а.
3	п
Рассмотрим функцию
у = sin 2а sin а.
(1)
Ясно, что при тех же значениях а, при которых у =
= 7/max, Vn « Vn max- Найдем критические значения а
ДЛЯ функции (I);
у' = 2 cos 2а sin а + sin 2а cos а =
= 2 sin а (cos 2а 4- cos2 а) = 2 sin а (3 cos2 а — 1).
При указанных выше допустимых значениях а кри-
тической точкой будет только ак = arccos . Так как
на указанном промежутке допустимых значений a cos а
убывает, то при переходе а от значений меньших ак
к большим у’ меняет знак с «+» на «—», то у(ак) —
в Утах,
Найдем теперь значение ₽ при а = ак.
Из АЛОЕ:
ЕО = АО cos / АОЕ — 7? sin 2ак cos —.
п
По формуле перехода от а к р в правильной «-уголь-
ной пирамиде (см. табл, на с. 97) имеем:
то tgaK = j/2- Следовательно,
tg₽ =
cos-
cos —
п
147
Рис. 3.23
Задача. В конус с основа-
нием радиуса 7? и осевым сече-
нием, являющимся равнобедрен-
ным прямоугольным треуголь-
ником, вписана правильная че-
тырехугольная призма наиболь-
шего объема так, что одно ее
боковое ребро лежит на диамет-
ре основания, вершины противо-
положного ребра лежат на бо-
ковой поверхности конуса, а
остальные вершины равноуда-
лены от основания конуса. Най-
ти объем призмы.
Решение.	Пусть
MNPQMtN^Qi (рис. 3.22) —
некоторая правильная четырех-
угольная призма, вписанная в
данный конус указанным в ус-
ловии образом. На рисунке 3.23
показано осевое сечение рас-
сматриваемой комбинации тел.
Положим диагональ основа-
ния призмы МР = х. Тогда
площадь основания призмы
Smnpq = -?> х2.
Разумеется, что в данной задаче х является перемен-
ной величиной и вычисленный ниже объем призмы будет
функцией этой переменной величины.
Так как осевое сечение данного конуса — равнобед-
ренный прямоугольный треугольник AZB, в котором
/ AZB = -2-, то / ZBO = и потому ВМ = МР =
— х. Следовательно, боковое ребро призмы ММ =
= 27? — 2х.
Объем рассматриваемой призмы
VnP = 4- х2 (2R - 2х) - х27? - х3.
Итак, мы получили объем призмы, как функцию пе-
ременной х. Найдем теперь Vnp max*
Гпр = 2xR — Зх2 = ЗхК R — х) .
148
Из полученного для УПр выражения находим крити-
ческую точку
у __ £ п
лк 3	*
Очевидно, что при переходе х через точку хк от мень-
ших значений к большим Гп'р меняет знак с «+» на
«—». Следовательно, =	— точка максимума. Та-
ким образом,
Гпр max = 4 R'R - Я R3 = & RS‘
УПРАЖНЕНИЯ
3.35.	В прямоугольной трапеции ABCD боковая сторона
CD перпендикулярна основаниям AD и ВС^Известно, что диа-
гональ BD равна а, а длина AD равна .
боковой стороны АВ площадь трапеции будет
При какой длине
наибольшей?
3.36.	В сектор радиуса R с центральньъм углом 2а ^0 <
а < ~) вписан равнобедренный треугольник так, что одна
4* /
из его вершин лежит на дуге сектора, а две другие — на огра-
ничивающих сектор радиусах, причем оси симметрии сектора
и треугольника совпадают. Чему равно наибольшее значение
площади такого треугольника?
3.37.	Высота прямоугольного треугольника, опущенная на
гипотенузу, равна h. Какую наименьшую длину может иметь
медиана, проведенная к большему катету?
3.38.	В прямоугольнике ABCD со сторонами АВ = 1 и ВС =»
= Кз на диагонали АС взяты точки М и Я так. что MN = 1
и AM < AzV. При каком значении AM сумма квадратов сторон
четырехугольника BNDM будет наименьшей?
3.39.	В квадрат ABCD со стороной АВ = 2 вписан треуголь-
ник BMN со стороной MN = 1, вершины которого лежат
на сторонах квадрата AD и CD соответственно. При каком зна-
чении Z NMD площадь вписанного треугольника будет наи-
большей?
3.40.	Из множества цилиндров, у которых сумма диагонали
осевого*сечения и высоты равна а, выбран тот, который имеет
наибольший объем. Найти боковую поверхность этого цилиндра.
3.41.	Апофема h правильной четырехугольной пирамиды
и ее высота связаны соотношением h2 == 8 + 6Я — Я2. При ка-
ком значении Н объем пирамиды будет наибольшим?
3.42.	Правильная треугольная призма помещена в сферу
так, что одно из ее боковых ребер лежит на диаметре шара, а все
вершины противоположной грани лежат на поверхности шара.
Найти объем призмы, если высока равна Я, а радиус шара R.
При каком значении Я объем призмы буде! наибольшим?
149
3.43.	В правильной треугольной призме сторона основания
равна Ь, а диагонали боковых граней наклонены .к плоскости
основания под углом 30°. Из всех сечений призмы плоскостями,
проходящими через одну из сторон нижнего основания и пересе-
кающими ее верхнее основание, выбрано сечение, имеющее наи-
меньший периметр. На какие части плоскость, образующая это
сечение, делит стороны верхнего основания?
3.44.	Одно из оснований правильной треугольной призмы
принадлежит большому кругу шара радиуса R, а вершины дру-
гого основания принадлежат сферической поверхности этого ша-
ра. Определить высоту призмы, при которой сумма длин всех ее
ребер будет наибольшей.
3.45.	В сферу, поверхность которой равна 27, вписан ци-
линдр, имеющий наибольший объем. Найти высоту этого ци-
линдра.
3.46.	В основании прямоугольного параллелепипеда лежит
квадрат. Объем параллелепипеда равен V. Найти длину стороны
основания, при которой полная поверхность параллелепипеда
будет наименьшей, и вычислить величину угла между диагона-
лью этого параллелепипеда и плоскостью его основания.
3.47.	В правильной треугольной пирамиде ZABC боковое
ребро ZC равно I и составляет с плоскостью основания угол,
равный а. На высоте ZO пирамиды взята точка такая, что
сумма расстояний от этой точки до вершины Z и до точек Clt
и Ви являющихся серединами сторон основания пирамиды АВ,
ВС и СА соответственно, имеет наименьшее значение. Опреде-
лить объем пирамиды Z^A^C}.
3.48.	В правильную треугольную пирамиду, площадь осно-
вания которой 5 и высота h, вписана правильная треугольная
призма так, что одно из ее оснований лежит в плоскости основа-
ния пирамиды, а вершины другого основания находятся на бо-
ковых ребрах. Найти наибольший возможный объем призмы.
3.49.	Около шара радиуса R описан конус. Найти высоту
конуса, если известно, что он имеет наименьший возможный
объем.
3.50.	На плоскости лежат четыре равные полусферы ради-
уса R. Каждая полусфера касается двух других. Полусферы
расположены так, что около них можно описать конус. Найти
высоту того из конусов, описанного около данных полусфер,
который имеет наименьший объем.
3.5L	Около сферы описана правильная четырехугольная
пирамида. Найти, при каком угле наклона боковой грани пира-
миды к плоскости основания отношение поверхности сферы к бо-
ковой поверхности пирамиды будет наибольшим.
3.52.	В усеченный конус вписаны цилиндры так, что одно
основание находится в плоскости большего основания конуса,
а окружность второго — на боковой поверхности конуса. Ра-
диусы оснований усеченного конуса равны 1 дм и 4 дм, а его пол-
ная поверхность равна 42 л дм2. Определить объем того из впи-
санных цилиндров, который имев] наибольшую боковую поверх-
ность.
3.53.	Площадь полной поверхности правильной четырех-
угольной пирамиды равна S. При каком угле наклона боковою
ребра к плоскости основания объем пирамиды будет наибольшим?
3.54.	Около шара объема V описана правильная треугольная
пирамида. Каков наименьший возможный объем этой пирамиды?
150
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Глава 1
§ 1. 1.1. Юм и 35 м. 1.2. 3 м и 2,4 м. 1.3. 10,8 см и
5
28,5 см. 1.4. 4,8 м. 1.5. 5^ см. 1.6. 9:1. 1.7. 20 см2. 1.8.
	1.10.	т/г О	111	bh . (/6 + 2) :1.	1.12. а_ь.
		т2 + тп + л2 °’	
1.13.	2bh	« . л 1 / я2 + Ь2	1.15, pL. 1.16. 4 см; 6 см.
	(& + Л)2’	V 2	•		
1.17.	2/2 	а (За —6) см. 1.18. аЛ_-ь			25/2	3 /п ~ 1.19. —j-см. 1.20. j (ЗУ 6—
-2).	1.21.	S cos2 а. 1.22. 30°.	1,23. а • ctgа. 1.24. arccos X
V5— 1		9	5	а
X	2 ’	1.25. 8. 1.26. -%. 1	1.27. 8. 1.29. 45 у см. 1.30.45°.
1.31.	1:2,	считая от вершины	2	Р В. 1.32. 5-S. 1.33. р + /
1.34.	а/7 3	. lt8e. 1121+11. пг	m (п+ 1)	sin (ос + fl) п * I,3°’ sin а cos р
	V	Н. 23	, оо а/7	1	2й г		
1.37.	верх		1.39. -g-S. 1.40. jg/ 16а2+2Л2.
	Унпжн ~13’	12’ HxlZZx П •		
1.41.	30°.	/—	а + с 1.42. 4.	1.43. 9/5 см; 8/10 см. 1.44. ь .	
1.45.	15°;	7(1/7—1) 75°.	1.46. 85.	1.47.	1.48. Зг2/3.	
1.49.	л т;	л	/3 -О-.	1.50. -7-.	1.51. о	4	6 см. 1.52. 10 см. 1.53. /а&.
1.54. ig/7. 1.55. -44“ см. 1.56. Уь(Ь + с). 1.57.
а? ( л Г 8Ь2\
1.58.2/6. 1.59. j 11+ / 1 + —J. 1.60. 6 см, 7 см, 8 см.
I (а + Ь)	' COS \ 5 “ 17
1.61. 2arccos——. 1.63. 235,2 см2. 1.64. -------~---•
1 + 2 sin
5 — ‘И?	ab ,	, _ I л а \	4 Л_
1.65.	L67« 7+5sinatg Н ~Т/* 1Ж
151
ha ' hb	о 2a о/З	rR	1
2 arcs in t (ha-^-hb)' 1,7°’ 3’3’ ~1T "	L72- 4 Wx
Z-	Q2 *	1
x/3. 1.74. 6 см и 8 см. 1.75.  _ ла2 • 1.76. -yd2 X
а	6
Xtg2“n“sin2a. 1.77. 2/?sin-n*. 1.78. 4. Указание. Доказать
подобие треугольников AED и ADR, Воспользовавшись этим, на-
йти AD. 1.79. 3:4:5. 1.81. 9,5 см. 1.82. 16,5. 1.85. 2/n2 X
sin a • sin р • sin (а + р)	Л _
х 2sin2a + 2sin2p—sin2(a + P)-	L86, 2(Я +«“)•	L87«
~ifa2~}-b2	rrr2	1^53
У	1.88. /91 см. 1.89. 2777+77)-
Пуб	(Л —г)2	,-
ZB = arccos—эд—.	1.91.	2г) * 1,93‘	1.94. 4 см»
169
12,5 см. 1.95. 16,9 см. 1.96. 100л см2. 1.97. -йз-л см2,
оо
1.98. УКг.
л (a4 -j- Ь4 — 2a2b2 cos 2а)
16У2 sin2 а
1.100. —g— см.
1.101. ,*(5-/5).
1.103. 1700 см2. 1.104.
1.102. -------
a -f- l^a2 -j- h2
13	7
3. 1.105. j r; ~2 r\
2a (Ka2	h2 —a)2
h2 *
15
4- r, 1.106. 8 cm.
1.107. 13 cm, 15 cm.
1.110. i Иэб — 54/3.
О
X ctg ~2 + ra.
1.109.
a / a
cos -у I q sin-у— 1
1.111.16 см. 1.112.18 cm. 1.113. г2 X
2r2	1
1.114. il _2r- 1.115.5 см. 1.116. у cm. 1.117.
/51	„ a + c — b	, /"13 — 4/7
^y-. 1.118. —^y-. 1.120. а I/ -g---.	1.121. rX
a 5
xctg-y-—.
а /З (a — 26)
1.122. -------
1.123.
/?/2
„	« /ла
2 cosy • cosl -г — у
1.124. 6.
4	5
1.125. r; yr; yr. 1.126. 10/2 cm2. 1.127. 10,5; 11;
Уб У6	1/	3
11,5. 1.128.	1.129. 6см. 1.130. 42. 1.131. У 6—y/3.
7? z ~	.	/2-1
1.132. n(p— c)2. 1.133. -y(/3—1). 1.134. ^-y—(a + 6 —
r______	3	8	25
— ya2-f-b2). 1,135. *2 cm; -^cm; 'g cm. 1.136. 18 cm, 24 cm,
152
30 см. 1.137. 2Rr + г*. 1.138. T’ 1’139, ^0 + 1 2X
X tg P — V 1 + 2tg2p). 1.140. 7,5 cm.
1 r________	4/3 „
§2.	1.141. 3 cm. 1.142. ^-/m2 —4S. 1.143. -y— R2.
	ot	"i / 5 _
1.144. 18/161.cm2. 1.145. 2R2 cos2 у sin 3a. 1.146. 2/ j S,
_/-~
2 J/ j5. 1.147. ——tga. 1.148. (4Я2 — a2) -j-. 1.149. 12X
__	25
X 1^15 cm2. 1.150. arcsin ______25 ’	1*151. 40.	1.152. 7,2 cm2.
nQsin a sin P
,J53- V HFa* ,J54- -7+7“'"^' ,J55- 8 CM’ 8cM’
4 sin —5— cos —2—
r-	r-	/53	„	a + t
8+4/3 cm, 8—4/3 cm. 1.156.	1.157. 3,6 см2. 1.158. —S,
где S — площадь треугольника co сторонами a, b и d. 1.159. 2R X
Х/2Г=Л при j<A<1. 1.160. |(d+ /d2 —c2); j(d —
— /d2— с2). Указание. Воспользоваться тем, что обраэовав-
2/?г	8r3
шиеся трапеции — подобны. 1.161. jppy. 1.162. — • Ы63.
т—1*164. 5 см. 1.165. 588 см2 и 1680 см2. 1.166. ~п X
a ~j~ b
2 з
X (St + 52). 1.167. 8 см. 1.168. 2,4 см. 1.169. буем, Зу см.
1.170. -AL; 1-172. 8 /5см, 4/5см. 1.173. ^Х3 1174 дзх
VRr V Rr	3 • •	•
X/3. 1.175. |-(/3+1); у(3-/з); | ^12. 1.176. 8 см или
6 см. 1.177. у J/ а&+	178. 45°, 45°, 135°, 135°.
1	1 1
1.180. arcsin -тх ; arcsin-тх; л —arcsin-тх;
/з	/з	/з
1.181. /п2. 1.182. 2R2 — а2.	1.183. n/2sina.
л 5
1.179. -у , у Л.
я — arcsin Д-.
2/7
3 •
1.188. -1~Х 1.189. 1/а4+#4+6а2#2. 1.190. 2r\f - ; 2г 1/ 1}
8/ab а	V п Т т'
1.184. 24,5 см2.
1.185. a2 sin3 а. 1.186. 5Z?2.
1.87.
г (m + ^). г (/и + п)
У^тп	У тп
’’’’'Й+Х2R~V47Г2~4/Л
153
2	a 4- V a 4- 1
1.192. л/2; q- n,R (P — /?2).	1.193.	.
°	2 у a
/3 (tn	n	A
1.195. — I — + "ZT + 11 • 1.197. 36 см и 63 см.
V V \ ft»	frl	f
17 cm, 21 см, У 337 см. 1.199. 15 cm, 25 cm.
1.194.
133
18л ‘
1.198. 10 см,
1.200. 3:5.
1.201. 3/5 cm. 1.204. Kp cm2. 1.205. arccos	!
z	anti {p~ -f- q*)	’
(p2 — q2) (tn2 + n2)
я - arccos 2mn Q,2 + g2)	•
2
§3. 1.200. 6 cm, 12 cm. 1.207. -g-r.	1.208. 8 cm, 12 cm.
100 /2	4R2a
1.210. —y—. 1.211. }б^8_'зяг-	1-212. 8 см. 1.213.
(?+<?) /?2sin2<pcos2<p	-I /1 — cos p	a* ctg 2
p* -}- <?2 -f* ^РЧ cos 2q> ' '	‘ V 3 — cos p ’ '	‘ 5—4cosa'
1	15	65	100
1.216. Й-Л2. 1.217. -4= CM. 1.218. Tna2. 1.219, -л-л cm2.
8	V11	4	9
5/3 —&
1.220. 1 см, 17 cm. 1.221. -------g---a. 1.222. 30° и 60°.
1.223. 17 см. 1.224. 30 cm2. 1.225. 13 : 20. 1.226. 4 : 5.
r-	7
1.227. arctg4/3; S==^=/?a
Глава 2
“У 3	1	14- k a ,
§ 4. 2.1. у 7. 2.2. 2 arcsin —— • 2-3. —2— * 2*4, ~2 cosa*
_ Л , л	na2 sin 2a	a3 1/r--7=-
2.5. 2h2 tg 2a 2.6. 9	~R\——7-----rv 2Л. тг 1+/K
2 cos (a 4- p) ’ cos (a — p)	6	‘ r
У5
2.8. arccos -gg-. Указание. Приняв длину стороны осно-
вания за х, найти величину двугранного угла при ребре основа-
ния; через основание апофемы провести прямую, параллельно не пе»
’ а т/" a , За
ресекающей ее высоте основания. 2.9. 2a3 sin-g- у sinsin-g-.
/б
2.10. — . Указание. Определить угол между апофемой пи-
рамиды и плоскостью основания; через основание апофемы про-
ft
вести прямую, параллельную диагонали основания. 2.11. --
оь
COS“g"
X у sin^P + yjsin^P— -уУ 2.12. ^^x^sin (a -f- 30°) X
------------- /2	a2
X sin (a —30°). 2.13. —. 2.14. -y abc. 2.15. ту 2,16, efr X
154
_______ _	24^2	1^2	a3
X V—2 cos 2<p; abV'i. 2.17. —3—. 2.18. cm3. 2.19. jX
a 1 / i л a \	/ л a
X sin “2" j/ sin(60° 4- -y lsin(60° — -g-
4/3 ___________________
2.20. -c^K—cosSacos3^,
/sinqA	/sina\	л
2.21. arcsinl-7— I. 2.22. arcsin (~y---/ . 2.24. V 3. 2.26. 3x
ysiricz-/	\ I/ 2 /
j<2	________________
X Кб см,	arcsin —.	2.27.	arcs in V sin (a + p) sin (a — P),
/К—cos4a\ д л
2.28. 30°.	2.29. arcsin2ccsa....j, -g<a<4 .
Л
ла2 cos2 —
n	2л
2,30.	у-----—............J 0 a ' •
i	/	/2л	\	/2л	\	n
2	у sin I—+ a I sin i — —al
3	2	1 o . a r--------
2.31.	arccos .	2.32. ~g л» 2.33.	63 sin g ~y cos a. 2.34.
2 1/ a + pv P + t — a + ? — P a 4-P— у
sina V sin--2~ sln--2---sin---2---sin--2--
Кб — 1	7	i/ a 4- P + V
2.35.	arccos—g—. 2.36. jg . 2.37. 2abc у sin-g-X
p —1~ у gc . gc ~H у — P . gc + P - T n no
X sin -----g---sin-------g--sin--------g--.	2.38. arccos X
x /cos?-\ . 2.39.	2.40. a) ~109°28'; 6) «116e34';
I a I	2
\sinT/
К 2
в) «138°12'. 2.41. 16 У 2 см3. 2.42. 1 : 14. 2.43. -gj-. 2.44. 5i
: 9. 2.45. 1 : 2. 2.46. 8 : 37. 2.47. 95: 169. 2.48. 2 : 7. 2.49. 2 : 13.
2.50. 1:1.
/У"3	\	a2
§5. 2.51. 2 arccos -5-sin a I . 2.52. -y== . 2.53. л —
\ 2	/	У —cos a
a3 >/•-------ух 4/3 tga
—arccos (У 21 — 4). 2.54. xj V 4 + 2/7. 2.55. -5-------5------3.
(2-y tg2a)2
3/ 120	________
2.56, 1/ ------—y—2 cos a.
г л cos ~2
155
2.58.
a
1
л a
r~~
. 2.59.
a
yj/g sin-jj-
—я-----,— --Ч 2.60
° V cos a
cosy
о я
sin2y
2.63
2.66.
I л a \	( л a
-~cos \ ~ + "2 / cos I "n ~~ T
2 л (/?2 + Л2)2
2.6.
Й2
v a	6л/?2 sin 2a
2 Sin* 2a cos* a. 2.64. (1 4/2 ctg a)*’
1 , a f * a \
у sm a cos ~ I 1 + sin у 1. 2.67.
2 a
cos2 у .
2.65. 2л/?2 sin a sin-S-.
S sin a sin 2a
4	4
3 л//3 и у л (/5 — 2) /73.
nS У2S sin 2a
3 sin2 2a cos3 a ’
1 1
2.69. arcsinJ—. 2.70. ~^(2—q)q2
2.68.
при
2	a a
2.71. g-ла3 cos2-y ctg2 у cos2 a.
2.72
3
a
2 cos у sin a
2.73.
nr3 ctg a
24	/ n a
sin® 1-4---У
2.74.
7
25’
2.75,
arccos
. a
COS4 -y
2
3
я-. 2.76. ——
8	cos a
"7j-----To <
2.77,
3 (d + r)2
и
3(d~r)2
X^p4?—7). 2.79. 2arcsin —1).
2.78.
2.80. Ztg(45° — —
X
si n I a — ~2
cos J
2.81. | r2 (/? ±	- r2).
2.82
a
a cos у
2.83. 256 cm3,
2.84
2.86.
/ л
sin -q
/ л
sin -q
4
у /?3 sin2 2|3 sin2 P sin a. 2.85. cos 2a, считая от основания.
а (3 + cos 2a)	8 V3 ,	8	, I
' ~4 sin 2a • 2.87.-^ a». 2.88. y R sin I60’
X
/ a \
X sin l60° — -у I . 2.89. -
2
c
 - . 2.90. 1613 X
a — p
cos ——
156
. 2 °5
1	cts T 2 a
cm3, 40333 з см3. 2.91. 2/3tf2yyy; R3 ctg3 у tga.
n2	a a	a
я — arccos • 2.93. 8a2 cos a cos2 у ctg2 . 2.94* у x
/ л a
3sln\~3~~~2~
/ л a \
2.92.
4я/2 sin2 -у cos I -у + 30®
2.95. -------------------i
л / a \
3 cos I у — 30® I
P
л cos Д sin y
2.97*	-----------j---------
2 /2 cos3
2.96.
л	У 6
T; 2arctg —
2.98.
h (У —cos ф + cos <p)
n 2
2 cos
2.99. arccos —?— или arccos X
6
Х-У-. 2.100.^
2.102. arccos (/2— 1).
. 2.101
Я
-= 2
m
Глава 3
§ 7. 3.1. у (9/3+ 3/15) см2. 3.2.4,5г2. 3.3. 13м, Им
и 15 м.
у —
х nQ’
3.4. 4:5. 3.5. 4(7 —4/3).
з—/з
3.7. --4— (a2 — 52). 3.8.
7Г
4 q
3.6. arcsin^;
У п2 — п + 1.
л— arcsin X
3.9. 1:2.
Я2 (а + /?)3	/3+1
ЗЛ0‘ ffr-WW. ЗЛ,«	ЗЛ2- 30° и
3ji 1863- 3-14- з (i +	• ЗЛ5---------7- ЗЛ6- агс‘бХ
8cose-y
.5 — 3/2	$У$1£ф
X----^г— • 3.17. -у ....... ^T=-'7.7==s . 3.18. Seos X
/2 sin а • sin |d • sin (а + Р)
t______________ 5
x (30* + a) cos (30° — а) /1 + 16 sin4 а. 3.19. ----X
cosy ♦ sin8 15*
X 5 tg у sin ^15° + yj sin ^15° — y^
x tgs (-f- — 7-) ₽•
/552 — 8а2
§8. 3.21. 4:5.	3.22. n ,z-  ~.
3.20. p3 tg -у X
3.23. 22,5 cm.
157
3.24.	—a+l. 3.25.	см. 3.26. ~gy' .
3.28. у (1+/б—/з). 3.29. а2 + 2/2 + 1). 3.30. /X
1/ . ( , H • I FI
/ a \ К stnla + g/sinia- 2/	26
X tg I 45° — "27-----------§---i-----3.31.	27 nf,«
cos 2
c / 2  ----------(a 4-№ r________________ a
3.32, -5X-/256S2—25a«.	3.33. -  T. /a2 - 2a6 ctg2 4 .
O\J	£t
15 .«
3-34, 988 h '
§ 9.	3.35. -“-V17 — V105. 3.36. При 0<a< " ^Jtga;
2/2	3 4
я я	„ a	3	1 я
при < a <-g- 2/?2 sin asin2-g-t 3.37, g h. 3.38. -g*. 3.39. -p
na2 /2	3 + V 21	2
3.40.	-f-. 3.41.	. 3.42. ПриЯ = ^/? Vnp/=
=(Vnp.)max = ^. 3.43. j; 3.44.	3.45.
3 —	V*"2	l^"2
3.46,	/V, arctg-y. 3.47. При 0 < a < arctg-y jg-^sinax
.	/2 л /6,	4
Xcos2a, при arctg-у < a < у jgj/’cos’a. 3.48. h^SA.
3.49.	4R. 3.50. RV2 + YT3. 3.51. arccos(|^2 — 1). 3.52. ? X
О
6/3
X я дм3. 3.53. arctg 2. 3.54. ——— V,
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ И РЕКОМЕНДУЕМОЙ
ЛИТЕРАТУРЫ
1.	Айзенштат Я. И., Белоцерковская Б. Г.
Решение задач по тригонометрии.— Мл Учпедгиз, 1960.—
255 с.
2.	Б а л к М. Б., Б а л к Г. Д. Поиск решения.— Мл Дет.
лит., 1983.— 142 с.
3.	Б л о н с к и й П. П. Избранные педагогические и психо-
логические сочинения: В 2 т,— М.; Педагогика, 1979.— т. 2.—
542 с.
4.	Болтянский В. Г., Сидоров Ю. В., Шабу-
нин М. И. Лекции и задачи по элементарной математике,— Мл
Наука, 1960.— 532 с.
5.	Д о р о ф е е в Г. В., П о т а п о в М. К., Р о з о в Н. X.
Пособие по математике для поступающих в вузы.— Мл Наука,
1976. — 638 с.
6.	Задачи по элементарной математике / ЛидскийБ. В.,
Овсянников Л. В., Т у л а й ков А. Н. и др.— Мл На-
ука, 1973.— 416 с.
7,	НестеренкоЮ.В,ОлехникС. Н., Пота-
пов М. К. Задачи вступительных экзаменов по математике.—
Мл Наука, 1983.— 448 с.
8.	Сборник задач по элементарной математике / А н т о •
н о в Н. П., В ы г о д с к и й М. Я., Н и к и т и н В. В., С а н-
к и н А. И. — Мл Наука, I960.— 532 с.
9.	Сборник задач по математике для поступающих во втузы /
Под ред. М. И. Сканави.— Мл «Высшая шк.», 1988.— 431 с.
10.	С л еп к а н ь 3. И. Психолого-педагогические основы
обучения математике.— Кл Рад. шк., 1983.— 193 с.
11.	Т у м а н о в С. И. Поиск решения аадач.— Мл Учпед-
гиз, 1959.— 279 с.
12.	Ф р и д м а н Л. М., Турецкий Е. Н., Стецен-
ко В. Я. Как научиться решать задачи.— Мл Просвещение,
1979.— 160.с.
13.	Чада Б. Развивать алгоритмическую культуру учащих*
ся // Математика в школе.— 1983,— № 2.— С. 62—63.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ..............................................  3
Глаза 1. Базисные задачи планиметрии	.	.........6
1.	Треугольники ........................................6
2.	Четырехугольники....................................49
3.	Окружность............................. 67
Глава 2. Базисные задачи стереометрии.................73
4.	Прямые, плоскости, углы........................73
5.	Формулы перехода...............................90
6.	Комбинации геометрических тел...................  .101
Г лака 3. Решение задач методом введения вспомогательных
элементов..........................................119
7.	Введение вспомогательного отрезка.............119
8.	Введение вспомогательного угла................133
9.	Задачи на отыскание экстремумов	.......	138
Ответы и указания....................................151
Список использованной и рекомендуемой	литературы	. .	159
Учебно-методическое пособие
Габович Исай Григорьевич
АЛГОРИТМИЧЕСКИЙ ПОДХОД К РЕШЕНИЮ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
Книга для учителя
Заведующий редакцией математики И. Е. Зубченко. Художник обложки
А. В. Пермяков. Художественный редактор В. А. Пузанкевич. Техниче-
ский редактор Л1. С. Губарь. Корректор Л. С. Командир
ИБ № 6638
Сдано в набор 17.09.88. Подписано в печать 26.04.89. Формат 84ХЮ8/м.
Бумага тип. №2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Усл. печ. л.
ВЛ Усл. кр.-отт. 8,76. Уч.-изд. л. 8,36. Тираж 70 000 вкз. Изд. № 32927.
Заказ Кз 8-930. Цена 25 к.
Издательство «Радянська школа» 252053, Киев, Ю. Коцюбинского, 5.
Книжная фабрика имени М В. Фрунзе, 310057, Харьков-57, ул. Донец*
Захаржевского, 6/8.
СОВЕТСКИЕ УЧЕБНИКИ
БОЛЬШОЙ СКЛАД НА САЙТЕ
«СОЕТСКОЕ ВРЕМЯ»
SOVIETIME.RU