/
Текст
В.А.ГУСЕВ В.Н. ЛИТВИНЕНКО А.Г. МОРДКОВИЧ
ПРАКТИКУМ
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
ГЕОМЕТРИЯ
Учебное пособие для студентов
физико-математических специальностей
педагогических институтов и учителей
Утверждено
Министерством образования
Российской Федерации
2-е издание, переработанное и дополненное
МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 1992
ББК 22.151
Г96
Рецензент:
доктор физико-математических наук,
профессор А. С. Солодовников
Гусев В. А. и др.
Г96 Практикум по элементарной математике: Геометрия:
Учеб, пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ии-tqb и
учителей / В. А. Гусев, В. Н. Литвиненко, А. Г Морд-
кович.— 2-е изд., перераб. и доп.— М.: Просвещение,
1992,— 352 с.: ил,— ISBN 5-09-003840-6.
Цель настоящего пособия — оказать студентам и учителям конкрет¬
ную помощь в развитии умения решать математические задачи школь¬
ного курса. Наличие теоретического материала и подробно разобран¬
ных примеров даст возможность использовать это пособие абитуриен¬
там, изучающим этот курс самостоятельно.
1-е издание вышло в 1985 г. под названием «Практикум по решению
математических задач. Геометрия».
4309000000-532 (КБ-31-1991) ББК 22.151
103(03)—92 '
Учебное издание
Гусев Валерий Александрович
Литвиненко Виктор Николаевич
Мордкович Александр Григорьевич
ПРАКТИКУМ ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ МАТЕМАТИКЕ
ГЕОМЕТРИЯ
Зав. редакцией Т А. Бурмистрова
Редакторы Г А. Шаламова, Т Ю. Акимова
Младшие редакторы Л. И. Заседателева, Т Ю. Фёдорова
Художники В. В. Костин, Б. Л. Николаев
Художественный редактор Ю. В. Пахомов
Технический редактор С. С. Якушкина
Корректоры Г Мосякина, И. Корогодина
ИБ № 13874
Сдано в набор 05.09.91. Подписано к печати 08.07.92. Формат 60X90*/16
Бум. офсетная № 2. Гарнитура литературная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 22,0+
+ 0,25 форз. Усл. кр. отт. 22,69. Уч.-изд. л. 22,59 + 0,37 форз. ТйраЯс 59 000 экз,
Заказ 130. Цена
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Министерства
печати и информации Российской Федерации. 129846,.Москва, 3-й проезд Марьиной
рощи, ,41.
Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат S
Министерства печати и информации Российской ФеДёр&ц4{и. 410004, Саратов*
ул. Чернышевского, 59. 4 '
(Ф Издательство «Просвещение», 1985.
“ © Гусев В. А., Литвиненко В. Н.,
Мордкович А. Г., 1992
ISBN 5-09-003840-6
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящее пособие предназначено для студентов математи¬
ческих и физико-математических специальностей педагогических
институтов и может быть также использовано в работе учителя¬
ми математики.
Авторы стремились к тому, чтобы в нем были представлены
основные типы школьных геометрических задач. Таким образом,
в пособии помещено более 1000 различных по степени труд¬
ности задач. Наряду с задачами, достаточно простыми, носящими
тренировочный характер, имеются задачи, для решения которых
потребуются определенные навыки, а иногда и способность к не¬
стандартному мышлению. у
Решение значительной части задач поможет студенту в
приобретении одного из важнейших навыков профессиональной
подготовки будущего учителя математики — навыка решения гео¬
метрических задач в соответствии с требованиями программ по
математике средней общеобразовательной школы.
Приемы и методы решения геометрических задач рассматри¬
ваются в различных разделах курса геометрии, изучаемого в
пединститутах. Однако традиционным методам уделяется недоста¬
точное внимание, и восполнение этого пробела — одна из целей,
которая ставилась авторами при создании предлагаемого пособия.
Отметим, что книга, представляя собой практикум по решению
задач (каждый параграф содержит теоретический материал и
решение типовых задач), вместе с тем является и сборником за¬
дач (в конце каждого параграфа помещены задачи для само¬
стоятельного решения по теме этого параграфа). Подбирая
примеры, авторы стремились систематизировать их таким образом,
чтобы охватить основные типы школьных геометрических задач
и методы их решения. Наряду с традиционными методами ав¬
торы в некоторых случаях предлагают и новые подходы к реше¬
нию примеров.
Книга состоит из двух глав. Первая глава посвящена пла¬
ниметрии. В § 1 этой главы рассматриваются основные методы
решения геометрических задач. При этом методы геометри¬
ческих преобразований, векторный и координатный, рассматрива¬
ются наряду с традиционными.
В § 2—4 включены разнообразные планиметрические задачи.
Решение их, как показывает практика, является одним из слабых
мест в профессиональной подготовке студента.
з
Два параграфа (§ 5 и 20) посвящены геометрическим зада¬
чам на отыскание наибольших и наименьших значений. Обыч¬
но считают, что эти задачи должны рассматриваться в курсе мате¬
матического анализа. Однако в указанном курсе основное назна¬
чение этих задач — демонстрация прикладной роли дифферен¬
циального исчисления (акцент делается на решение задачи внут¬
ри составленной математической модели и в меньшей степени на
само составление модели и ее интерпретацию). Включая в настоя¬
щее пособие ту или иную задачу на отыскание наибольше¬
го или наименьшего значения, авторы имели в виду то обстоя¬
тельство, что каждая задача должна быть интересной прежде
всего с геометрической точки зрения (акцент делается на конст¬
руирование модели и ее интерпретацию).
Вторая глава посвящена решению стереометрических задач.
Авторы убеждены, что стереометрические задачи нельзя успешно
решать, минуя задачи на построение в пространстве и в осо¬
бенности на построение на изображениях пространственных фигур.
При этом, естественно, необходимо уделить внимание и так
называемым воображаемым построениям (иллюстративные чер¬
тежи), которые выполняются при изложении начальных сведе¬
ний стереометрии, и эффективным построениям (решающие
чертежи), которые выполняются при изложении последующих
разделов.
Решение позиционных задач на построение в пространстве
и на изображениях многогранников является, на наш взгляд,
необходимым практическим дополнением при изучении аксиом
стереометрии и темы «Параллельность прямых и плоскостей в
пространстве».
Решение метрических задач на построение в пространстве
и особенно на изображениях многогранников должно дополнять
теоретическую часть темы «Перпендикулярность прямых и плос¬
костей в пространстве». Умение решать такие задачи потребуется
затем при нахождении угла между прямой и плоскостью, угла
между плоскостями, двугранного угла, площади сечения и т. д.
Авторы считают, что стереометрические задачи на построе¬
ние должны решаться сначала как самостоятельные задачи
(а не в связи с необходимостью, например, подсчитать вели¬
чину какого-нибудь угла или какое-нибудь расстояние в много¬
граннике). Решение таких задач способствует развитию прост¬
ранственных представлений. Навыки выполнения построений
в пространстве, разумеется, «сработают» в дальнейшем — при
решении последующих задач, особенно таких, где требуется вы¬
полнять дополнительные построения.
Исходя из изложенных соображений, авторы дают во второй
главе необходимую информацию о полных изображениях (§ 6),
рассказывают о простейших построениях в пространстве (§ 7), о
различных методах решения позиционных задач на изображениях
многогранников (§ 8), затем сообщают основные сведения о метри¬
4
чески определенных изображениях (§ 9), об основных методах
решения метрических задач на построение в пространстве (§ 10)
и на изображениях многогранников (§ И).
Все примеры, а также упражнения для самостоятельного ре¬
шения в § 6—11, а также в § 12—16 являются новыми,
составленными специально для настоящего пособия. Много новых
примеров и упражнений и в последующих параграфах второй
главы. Упражнения для самостоятельного решения даются во вто¬
рой главе преимущественно блоками — по три задачи в каждом
номере. Как правило, внутри каждого блока задачи расположены
по нарастанию трудности.
Значительное внимание при решении примеров в § 6—11 уде¬
ляется изложению способов построения в пространстве, ранее
не освещавшихся в методической литературе (способ выносных
чертежей, вычислительный и векторно-координатный способы).
Применение этих способов позволяет более полно использовать
аппарат параллельного проектирования при решении стереомет¬
рических задач.
Структура и содержание книги, порядок изложения материа¬
ла обсуждались авторами совместно. Работа по написанию
книги распределилась между авторами так: введение написано
В. Н. Литвиненко и А. Г Мордковичем, ими же написан § 19
(пп. 1 и 2 — А. Г Мордковичем, п. 3 — В. Н. Литвиненко),
§ 2—4 написаны А. Г Мордковичем (при этом были исполь¬
зованы материалы, подготовленные В. А. Гусевым), § 5 и 20 на¬
писаны А. Г. Мордковичем, а § 6—18 — В. Н. Литвиненко.
Авторы
§ 1. ВВЕДЕНИЕ
(О методах решения геометрических задач)
Основными методами решения геометрических задач (не яв¬
ляющихся задачами на построение) можно считать следующие три
метода: геометрический, алгебраический и комбинированный.
Напомним суть этих методов и рассмотрим примеры их при¬
менения.
Геометрический метод чаще всего используется при решении
задач на доказательство. Требуемое утверждение при этом выво¬
дится из ряда известных теорем с помощью логических рас-
суждений. Заметим, что при этом во многих случаях приходится
устанавливать равенство двух отрезков (или углов) Укажем
основные пути доказательства равенства двух отрезков:
— рассматривают эти отрезки как стороны двух треуголь¬
ников и доказывают, что треугольники равны, а рассматривае¬
мые отрезки являются в них соответственными сторонами;
— рассматривают эти отрезки как стороны одного треуголь¬
ника и доказывают, что он является равнобедренным треуголь¬
ником, а рассматриваемые отрезки являются его боковыми сто¬
ронами;
— заменяют отрезок а равным ему отрезком а', отрезок Ь —
равным ему отрезком Ь' и доказывают равенство отрезков а'
и Ь'.
При решении геометрических задач обычно приходится выпол¬
нять различные дополнительные построения. Укажем некоторые из
них: проведение прямой, параллельной или перпендикулярной
одной из имеющихся на рисунке; удвоение медианы треуголь¬
ника с последующим достраиванием треугольника до параллело¬
грамма; проведение вспомогательной окружности; проведение ра¬
диусов в точки касания двух окружностей или окружности и пря¬
мой и т. д.
К геометрическому методу относится и метод геометри¬
ческих преобразований (симметрия центральная и осевая, па¬
раллельный перенос, поворот, гомотетия).
Суть алгебраического метода может состоять в том, что ис¬
комая величина находится с помощью уравнения (или системы
уравнений), составленного по условию задачи. Естественно, при
составлении уравнения используются различные геометрические
факты, формулы, теоремы. Например, пропорциональность соот¬
ветственных элементов в подобных фигурах, формула для опреде-
6
ления косинуса угла треугольника, теорема Пифагора и т. д.
Наиболее распространенным путем получения уравнения является
выражение какой-либо величины двумя независимыми способами.
Такую величину называют опорным элементом, а алгебраи¬
ческий метод в этом случае называют также методом опорного
элемента.
В качестве опорного элемента могут быть использованы
длина отрезка (или квадрат длины отрезка, или сумма отрез¬
ков), площадь фигуры, объем фигуры. Если, в частности,
опорным элементом является площадь фигуры, то говорят, что
применяется метод площадей. Разумеется, при составлении урав¬
нения могут быть избраны также векторный, или координат¬
ный, или векторно-координатный пути. В этом случае говорят
о применении соответственно векторного, или координатного, или
векторно-координатного методов. В качестве опорного элемента
тогда могут быть использованы разложение вектора по неколли¬
неарным векторам, длина вектора, расстояние между двумя
точками.
Отметим еще, что если фигура, о которой идет речь в зада¬
че, задана с точностью лишь до подобия, то для составления
уравнения может оказаться целесообразным введение так назы¬
ваемого вспомогательного параметра. Чаще всего в качестве
вспомогательного параметра принимают длину какого-нибудь от¬
резка (или длину вектора, или расстояние между двумя точ¬
ками). После введения вспомогательного параметра, как обычно,
находят выражения опорного элемента двумя независимыми спо¬
собами. Приравнивая полученные выражения, приходят к урав¬
нению.
При решении некоторых задач оказывается целесообразным
для нахождения искомой величины найти сначала некоторую
другую величину. Такую величину называют вспомогательной
неизвестной. В качестве вспомогательной неизвестной может быть
выбрана длина некоторого отрезка, величина какого-то угла и т. д.
Вспомогательная неизвестная величина может быть введена также
и при составлении системы уравнений.
Разумеется, уравнение может быть составлено не только
путем уравнивания двух независимых выражений опорного эле¬
мента, а и, например, из соображений подобия или путем ис¬
пользования других зависимостей между элементами геометри¬
ческих фигур.
К алгебраическому методу следует отнести и так называе¬
мый метод прямого счета, называемый также поэтапно-вы¬
числительным методом, который состоит в поэтапном нахожде¬
нии ряда промежуточных (вспомогательных) величин, с помощью
которых находят затем и искомые величины. Естественно, при
нахождении промежуточных величин могут быть использованы
различные геометрические факты, формулы и теоремы, а также
сведения из векторной алгебры, координатные соображения.
7
Отметим теперь в заключение этого краткого обзора мето¬
дов решения геометрических задач, что при решении конкретной
задачи, конечно, нет необходимости применять какой-либо метод
в «чистом» виде. На каком-то этапе решения может быть при¬
менен, например, метод прямого счета (поэтапно-вычислительный
метод), после чего составляется, например, уравнение методом
опорного элемента и, наконец, геометрическим методом доказы¬
вается некоторое требуемое утверждение. В подобных случаях
говорят, что задача решается так называемым комбиниро¬
ванным методом.
Перейдем к рассмотрению примеров.
Пример 1. Две взаимно перпендикулярные прямые пере¬
секают стороны АВ, ВС, CD и DA квадрата ABCD соответ¬
ственно в точках Е, F, К. L. Докажем, что EK = FL (рис. 1)
Решение. Используя первый из указанных выше путей для
доказательства равенства двух отрезков, проведем FM\\CD и
KP\\AD. Тогда интересующие нас отрезки ЕК и FL станут сторо¬
нами двух прямоугольных треугольников ЕКР и FLM, и,
значит, достаточно доказать равенство этих треугольников.
Имеем PK = FM (как высоты квадрата), Z_LFM= Z-EKP (как
углы со взаимно перпендикулярными сторонами). Значит,
&ЕКР= &FLM (по катету и острому углу). Из равенства пря¬
моугольных треугольников следует равенство их гипотенуз, т. е.
отрезков ЕК и FL.
Пример 2. Докажем, что ортоцентр остроугольного тре¬
угольника совпадает с центром окружности, вписанной в тре¬
угольник, образованный основаниями высот.
Решение. Поскольку центром вписанной в треугольник
окружности является точка пересечения биссектрис, то задача сво¬
дится к тому, чтобы доказать, что DH, ЕН, КН — биссектри¬
сы треугольника DEK (рис. 2). Для этого достаточно дока¬
зать, что /LEDH = Z-HDK.
Рассмотрим четырехугольник DHKC. Имеем Z_HDC = 90°,
Z_HKC = QQQ Значит, 2_HDC4- /_ИКС = 180°, а потому около
четырехугольника можно описать окружность.
8
Описав эту окружность, заметим, что углы HDK и ИСК
равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу НК.
Аналогично, описав окружность около четырехугольника AEHD,
заключаем, что ЛЕАН= Z_EDH.
Итак, Z~EAH=Z_EDH, Z_HDK=Z-HCK. Но углы ЕАН
и НСК равны как углы со взаимно перпендикулярными сторо¬
нами. Значит, Z_EDH = Z.HDK, что и требовалось доказать.
Пример 3. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС
вне его построены квадраты ABDE и ВСКМ. Докажем, что от¬
резок DM в два раза больше медианы ВР треугольника АВС
(рис. 3).
Решение. Так как надо доказать, что DM = 2BP, то целе¬
сообразно удвоить медиану ВР, достроив дАВС до параллело¬
грамма АВСТ, а затем доказать, что DM = BT Для доказа¬
тельства равенства отрезков DM и ВТ нужно рассмотреть эти
отрезки в качестве сторон двух треугольников и доказать ра¬
венство этих треугольников. В соответствии с намеченным планом
выполним решение задачи.
Удвоим медиану ВР, достроив дАВС до параллелограмма
АВСТ
Рассмотрим треугольники DMB и ВСТ Имеем ВМ = ВС
как стороны квадрата ВМКС, DB = CT (более подробно: DB =
= АВ как стороны квадрата и АВ = СТ как противолежащие
стороны параллелограмма. Значит, DB = CT), Z_DBM = Л ВСТ
(как углы со взаимно перпендикулярными сторонами). Значит,
/\DBM~ &ВСТ (по двум сторонам и углу между ними), а по¬
тому DM = BT
Так как ВТ=2ВР, то из DM = BT следует, что DM = <2BP
Пример 4. В треугольнике АВС проведены медианы АА\,
ВВ\, СС\, пересекающиеся в точке М. Точки Р, Q, R — соответ¬
ственно середины отрезков AM, ВМ, СМ. Докажем, что тре¬
угольники А\В\С\ и PQR равны (рис. 4).
9
Решение. Отобразим треугольник А\В\С\ симметрично от¬
носительно точки М. Тогда, так как МВ\=— ВМ, точка Bi ото¬
бразится в точку Q; аналогично точка А\ отобразится в точку
Р и точка С\ — в точку /?. Треугольники А\В\С \ и PQR центрально¬
симметричны относительно точки М, а потому равны.
При решении примера 4 мы использовали преобразование
симметрии. Вернемся к примеру 3 и покажем, как эту задачу
можно было бы решить с помощью преобразования поворота.
Осуществим поворот плоскости вокруг точки В на 90° в
направлении против часовой стрелки (рис. 5). Тогда треуголь¬
ник АВС отобразится в треугольник А'ВМ: сторона ВС после по¬
ворота на 90° совместится со стороной ВЛ4, а АВ займет по¬
ложение отрезка А'В, служащего продолжением отрезка DB; ме¬
диана ВР отобразится в медиану ВР' треугольника А'ВМ.
В треугольнике DMA' имеем МР' = Р'А' и DB = BA' (более
подробно: DB = BA, ВА = ВА'). Значит, ВР' — средняя линия
треугольника DMA' а потому ВР' = -±- DM. Но ВР' = ВР Зна¬
чит, и ВР = — DM.
2
Рассмотрим еще один пример, решаемый также методом гео¬
метрических преобразований.
Пример 5. Даны четырехугольник ABCD и точка S, не
являющаяся серединой ни одной из сторон этого четырех¬
угольника. Докажем, что точки, симметричные точке S относи¬
тельно середин сторон четырехугольника ABCD, являются верши¬
нами параллелограмма.
Решение. Пусть серединами сторон четырехугольника
ABCD являются точки К, L, М и N, а точки, симметричные точ-
ю
ке S относительно них,— это соответственно точки Lh Mi и
(рис. 6). Выполним гомотетию Н$ плоскости с коэффициен¬
том Получим
Hks(KiLiMiNi) = KLMN.
Так как при гомотетии параллельность прямых сохраняется,
то задача свелась к необходимости доказать, что четырех¬
угольник KLMN — параллелограмм. Но это доказывается просто.
Действительно, в треугольнике ABC KL — средняя линия, т. е.
KL\\AC и KL = -±-AC. Аналогично в треугольнике ADC NM —
I
средняя линия, т. е. ММЦАС и NM = — АС. Таким образом,
KL\\MN и KL = MN Это значит, что четырехугольник KLMN —
параллелограмм. Тогда и четырехугольник K\L\M\N\— парал¬
лелограмм.
Рассмотрим теперь несколько задач, решение которых сводит¬
ся к непосредственным вычислениям с помощью различных фор¬
мул геометрии.
Пример 6. В параллелограмме ABCD, у которого АВ = а,
ВС = Ь и Z_BAD = a, приведены биссектрисы внутренних
углов. Найдем площадь четырехугольника, ограниченного этими
биссектрисами.
Решение. Пусть биссектрисами внутренних углов парал¬
лелограмма ограничен четырехугольник KLMN (рис. 7). Выясним
прежде всего вид этого четырехугольника.
Так как AD\\BC, AMAD = -^~ и АВСК=-^, то АЛ4ЦСК.
Аналогично BK\\DM. Таким образом, четырехугольник KLMN —
параллелограмм. Далее, так как Z_BAM=-^-, Z_ABK=iSQ-~—,
то в треугольнике ABN /LABN =180°——18°.-^=90° Зна¬
чит, и /_MNK = 90° Тогда параллелограмм KLMN является
прямоугольником. Поэтому его площадь равна:
S = MN-NK.
Рис. 7
Итак, для определения искомой площади необходимо подсчи¬
тать стороны MN и АА прямоугольника KLMN Сделаем это
поэтапным вычислением. Из прямоугольных треугольников ABN
и AMD имеем соответственно AN = а cos -у, AM = b cos
Тогда MN = AM — AN=(b — d) cos
Аналогично из прямоугольных треугольников ABN и ВКС на¬
ходим: BA = asin--, BA = bsin---
Тогда NK = BK — BN = (b — d) sin у- Искомая площадь:
S -(» - a) cos f (й - 0) sin f-
Аппарат векторной алгебры позволил создать особый метод
решения различных геометрических задач. Этот метод не являет¬
ся универсальным. В таблице даны примеры использования век¬
торного языка для формулировки и доказательства некоторых
геометрических утверждений или вычисления геометрических ве¬
личин.
Что требуется
(на геометрическом языке)
Что достаточно сделать
(на векторном языке)
1. а||6
—►- —>•
AB = kCDy где отрезки АВ и CD принадлежат соот¬
ветственно прямым а и b\ k — число. В зависимости
от выбора АВ и CD возникают различные вздорные
соотношения, среди которых выбираются подходящие
2. Точки А, В и С при¬
надлежат прямой а
а) Установить справедливость одного из следующих
равенств: AB = kBC, или AC = kBC, или AC = kAB.
——►- —►-
б) Доказать равенство QC = pQA + qQBy где р + Я = 1
и Q — произвольная точка
3. а±Ь
AB-CD = 0, где точки А и В принадлежат прямой а,
а точки С и D — прямой b
4. Вычислить длину от¬
резка
Превратить искомый отрезок а в вектор а и вос¬
пользоваться формулой а2=|а|2 = (а)2
5. Вычислить величину
угла
Выбрать на сторонах угла векторы а и b и восполь¬
зоваться формулой
cos (а, Ь)=
|а|•161
12
5
Рис. 9
Рис. 8
Вернемся к рассмотренному выше примеру 5 и покажем, как
можно его решить векторным методом.
Решение. Пусть ABCD — данный четырехугольник, К],
Li, М\ и —точки, симметричные точке S относительно сере¬
дин соответственно отрезков АВ, ВС, CD и AD (рис. 8).
По правилу параллелограмма имеем SK\=SA-\- SB, SL\ =
= SB + SC, SM\=SCA~SDy SNi=SD + SA.
——>■ —>■
По определению разности векторов K\N\=SH\— SK\ и
L\M | = SMi — SL\.
Так как KiN\— L\M\ =(SAG — S/G) —(SMi — SLi), то, исполь¬
зуя исходные равенства, убеждаемся, что K\Ni — LiMt =0, т. е.
—>■ —
KiNi = LiM\. Следовательно, четырехугольник /GZ^MiAG—па¬
раллелограмм.
Пример 7 Докажем, что высоты произвольного треуголь¬
ника пересекаются в одной точке.
Решение. Пусть АР, BQ и CL — высоты д АВС кН — точ¬
ка пересечения высот АР и BQ (рис. 9).
Положим для краткости НА=а, НВ = Ь, НС = с.
По определению разности векторов
АВ = Ь — а, ВС = с — Ь, СА=а — с.
Так как далее НАЛ.ВС, то НА-ВС = 0, т. е.
а(с — 6) = 0, или ab = ac. (1)
13
Аналогично так как HBL.CA, то b (а — с) = 0, откуда
ab = bc. (2)
Из равенств (1) и (2) следует, что ас = Ьс, или с (Ь — а) = 0.
Это означает: НС-LAB. Так как через данную точку прохо¬
дит единственная прямая, перпендикулярная данной прямой, то из
того, что НС_LAB и CL.LAB, следует, что CL совпадает с СН.
Итак, три высоты треугольника пересекаются в одной точке.
Пример 8. В окружность со радиуса 1 вписан равно¬
сторонний треугольник АВС, и на этой окружности взята произ¬
вольно точка D. Найдем AD2 + BD2 + CD2
Решение. Введем на плоскости прямоугольную систему
координат с началом в точке О, как это показано на рисунке 10.
Тогда вершины треугольника имеют следующие координаты:
Л(0; 5(^; “4") “"г-)
Пусть точка D имеет координаты (х; у). Тогда AD2 BD2
+ CD2 = (x2 + (y-l)2)+((x-^)2+(f/ + 4-)2) + ((x + ^)2 +
+({/+4’)2)=3(x2+y2+1)-
Но точка D лежит на окружности со. Это значит, что х2-|-у2= 1.
Тогда AD2 + BD2 + CD2 = 6.
Замечание. Приведем еще векторное решение этого примера: AD2 +
+ BD2 + CD2 = AD2 + BD2 + CD2 = (ДО + OD)2 + (BO + OD)2 + (CO + OD)2 =
=AO2 + BO2 + CO2 + 2OD (AO + BO + CO)+3OD2
14
Так как АО2 ~ ВО2 = С02 = DO2 1, а А0-\-ВО+ СО = $У то AD2-\-BD2 +
+ CZ)2 = 6.
Пример 9. В основании пирамиды SABC лежит правиль¬
ный треугольник, а точка О — основание высоты SO пирами¬
ды — является серединой стороны АВ и SO:AB = 3:2. На ребрах
SC и SB взяты соответственно точки Р и Q — середины этих
ребер. Найдем угол между прямыми АР и CQ.
Ррщение (рис. 11). Соединим точку О с точкой С. Так
как SO — высота пирамиды, то 5О±ЛВ и SO.LOC. Кроме то¬
го» треугольник АВС правильный, поэтому СО А. АВ. Таким об¬
разом, удобно выбрать прямоугольную систему координат Oxyz,
как показано на рисунке. Примем сторону основания равной
А В=2. Тогда SO==3, 0С = п/3. Найдем координаты нужных для
дальнейших вычислений точек. Имеем О (0; 0; 0), С (д/З; 0; 0),
Д (0; 1; 0), S (0; 0; 3), В (0; -1; 0), р(^; 0;Q (о; -Д-;
Далее находим координаты векторов АР и CQ:
-1;4) CQ(-V3; -J-; А)
Теперь прямым счетом находим:
cos (ДР, CQ)=|cos^P, CQ)| =
Итак, угол между прямыми Др и Cq равен arccos
1.5
Замечание. Можно предложить и другой путь вычислений, не
требующий введения координат. В плоскости SBC (рис. 12) через точку Р
проведем прямую PV\\CQ и точку V соединим с вершиной А. Тогда угол APV тре¬
угольника APV равен искомому углу. Подсчитаем стороны треугольника APV
С этой целью введем вспомогательный параметр, положив, например, АВ = 2а.
Находим далее, что SO = 3a, ОА=а, S4 = ^SO2 -]-ОА2 = а д/То, — =
= SC = ^jSO? А~ОС2 = 2а д/3. Затем, так как (2АР)2SC2 = 2 (AC2SA2),
найдем, что АР = 2а. Из равенства (2CQ)2 + SB2 = 2 (ВС2 + SC2) найдем:
С<3 = ф, е. PV = ^
Из треугольника ABV по теореме косинусов AV2 = AB2 + BV2 — 2AB-BVX
Xcos ABV
Так как cos /LABV = cos /LSBA=Q^-=—^-—= то получим AV2 = -
SB ад/10 10 8
И наконец, применяя к треугольнику APV теорему косинусов, получим
Л^=ЛР2 + РУ2-2ЛР-РУ.со5 APV, или^=4а2+^— 2-2a-^-^-cos APV,
о 16 4
5 л/22
откуда cos4PV = —— Мы получили cos APV<zO. Это значит, что угол
оо
APV дополняет угол между прямыми АР и CQ до 180°
5 ^22
Таким образом, угол между прямыми АР и CQ равен arccos ——
Пример 10. Стороны треугольника равны а, b и с. Вычислим
высоту hc, проведенную к стороне с.
Решение. Выразим СН2 двумя способами. I способ. Вы¬
сота hc является общим катетом двух прямоугольных треуголь¬
ников АСН и СНВ (рис. 13). Воспользовавшись теоремой Пи¬
фагора, выразим СН2 из £±АСН (СН — опорный элемент).
Положим АН = х, тогда ВН = с — х. (Если бы дЛСй был
тупоугольным, то было бы ВН = с-\-х (рис. 14); ограничимся
здесь случаем, представленным на рисунке 13.)
Из /^АСН находим: СН2 = Ь2 — х2
Рис. 13
16
11 способ. Из &ВСН находим: С7/2 = а2 — (с — х)2. При¬
равнивая найденные для СН выражения, получаем уравнение
Ь2 — х2 = а2 — (с — х)2, откуда x = g2 + ^~-a-. Теперь из &АСН на¬
ходим:
Ч(6~£^)(6+£^>
=£ л/(«2 - (6 - с)2) ((fe + с)2 - а') =
=Х--\/(а-|-Ь — с) (а + с — b)(b-\- с — а) (а + b + с).
Итак,
l bс) (аb — с) (а -|- с — b) ~(b -\-с — а)
Пс Тс •
В качестве опорного элемента может быть использована и пло¬
щадь. Приведем решение этого примера методом площадей. С од¬
ной стороны, площадь треугольника АВС равна
(jj-a)(p--b)(p — c\ а с другой стороны, она же равна — chc.
Приравняв эти выражения, получим уравнение, из которого най¬
дем:
hc = 2л/р(р-аТ(р-&)(р-с) _
С
Подставив вместо р его выражение через стороны р = -^-^-с ,
получим
й У(о +~Ь~+ с) (а -|- д — с) (а с — b)(b -\-с — а)
с 2с
Пример 11. Стороны треугольника равны а, b и с. Найдем
биссектрису /с, проведенную к стороне с.
Решение. 1 способ (алгебраический). Пусть CD — бис¬
сектриса дЛВС (рис. 15). План решения: найдем длины отрез¬
ков AD и BD, а затем, применив к треугольникам ACD и BCD
теорему косинусов (учтя при этом, что Z_ACD= DCB), найдем
биссектрису: lc = CD.
Положим AD = x, BD = y. Тогда x-f-t/ = c, а по свойству
биссектрисы треугольника —=—. Из системы уравнений
у
'Х + У = с> Ьс ас
i_£_=_L находим:
V у а
17
Применив к дЛОС теорему косинусов, получим
х2 = Ь2 + /2 — 2Ы cos t (1)
(здесь мы для краткости положили 1С = 1 и AACD= xLDCB = t).
Применив к BCD теорему косинусов, получим
у2 = а2-}-12 — 2al cos t. (2)
Умножим обе части равенства (1) на а, а обе части равенства
(2) — на ( — Ь) и сложим полученные в результате этих умножений
равенства: ax2 — by2 = ab2 — a2b-\-al2 — bl2, откуда находим:
l2=-^(x2a — y2b) + ab. (3)
Подставим в равенство (3) найденные выше значения х и у.
Получим <?\ =
3 а-Ь\(а+Ь'? (а-Н) / \ (а + й)2 7
_ад (а + & + с)(а+д-с)
(а + д)2
Итак I — (а + 6 + с)(а + д — с)
с а + Ь
II способ. Кроме искомой неизвестной величины /, введем
вспомогательную неизвестную величину: положим х= 2~ACD =
= xLDCB и воспользуемся методом площадей. Имеем 5ЛВС —
= 5ЛСО + 5ВС£). С одной стороны, SABC=-^-ab sin 2х. С дру1
гой стороны, так как 5ЛС0=-^- bl sin х, SBCD=-^-al sin х, то
5лвс=у- s*n xA-~^-bl sin х.
Значит, -~ab sin 2x= z(a+^)sinx откуда I = cos x .
2 2 a+b
Для отыскания cos x применим теорему косинусов к треуголь¬
нику АВС для стороны АВ. Получим c2 = a2-]-b2 — 2ab cos 2х,
18
откуда находим: cos 2х = —— Тогда cos% =
1 +cos 2х
2
/ 1 /i I — g2 1 / (q Ч~ ~i~ ^)(fl 4~ — г)
“ V 2 \ 2аЬ / 2 V ab
В итоге получаем
[ 2ab cos х 2ab . 1 Г'а-\-Ь -\-с}(а-\-Ь — с)
а + b а-\-Ь 2 V ab
_ ^ab (о4-д+'с) (а + Ь — с)
~ а + Ь
При составлении уравнений в процессе решения геометри¬
ческой задачи нужно иметь в виду, что успех решения часто
зависит от удачного введения переменных. Поясним эту мысль на
следующем примере.
Пример 12. В прямоугольном треугольнике гипотенуза
С л/з
равна с, а биссектриса одного из острых углов равна —
Найдем катет (рис. 16)
Решение. / способ. Положим АС = х, ВС = у, CD = z.
Тогда по теореме Пифагора %2 + */2 = с2 и %2-|-z2=^-C^^ Кро-
по теореме о биссектрисе треугольника имеем
X Z
г. е. —=
с y — z
ме того,
АС _ CD
АВ DB ’
В итоге мы получили систему трех уравнений с тремя пере¬
менными:
' х2-\-у2 = с2
3 ’
х z
с y — z
решение которой сопряжено со значительными алгебраическими
трудностями.
II способ. Положим Z_CAD = Z.BAD = х. Составим уравнение,
использовав отрезок АС как опорный элемент. Из треуголь¬
ника АВС находим: АС = с cos 2%, из треугольника ACD имеем
= cos х. Приравняв эти выражения, получим тригоно¬
метрическое уравнение с cos 2х = ^-^~ cos х.
Решим это уравнение: у/3 cos 2x = cos х, у/3 (2 cos2 х —1) =
= cos х, 2 у/3 cos2 х — cos х—у/3 = 0, откуда cos х=или
cos х= —
з
19
Так как по смыслу задачи cosx>>0, то получаем cosx = ^-
Значит, угол BAD равен 30°, а угол ВАС равен 60° В итоге полу¬
чаем лс=-|-, вс=-—^-
Пример 13. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины
прямого угла С проведены высота и медиана. Угол а между ни¬
ми равен arccos А Найдем отношение катетов (рис. 17).
Решение. Заметим прежде всего, что по условию cos а
т. е. Решим задачу методом введения вспомогатель-
СМ 41
ного параметра.
Положим CK=h. Тогда CM = ^-h, KM=^JCM2-СК2 =—h.
40 40
Так как в прямоугольном треугольнике медиана, проведенная к
гипотенузе, равна половине гипотенузы, то AM = CM = MB = ^h.
Тогда АК = AM —КМ =^-h-^-h=-^h, КВ = КМ +BM=-^-h +
ДС=л/А№ +СК5 =д/^-/12 +ft2=4-д/4Т, ВС =
40 4 V 25 5
/ГТ ЛС —/1-У4Т. AAL—Л__
16 4 ’ ВС 5’4 5
Пример 14. В равнобедренном треугольнике АВС угол С
при вершине равен 100° Построены два луча: один — с началом
в точке А под углом 30° к лучу АВ, другой — с началом в точ¬
ке В под углом 20° к лучу ВА. Эти лучи пересекаются в точ¬
ке М. Найдем углы АСМ и ВСМ.
Решение. Соединим точки М и С и обозначим угол АСМ
через х. Опустим из точки М перпендикуляры на стороны тре¬
угольника: МС1±ЛВ, МВ\Л_АС, МА\.\_ВС (рис. 18) Введем
вспомогательный параметр, положив СМ = а, и подсчитаем МС\
двумя способами, т. е. используем МС\ как опорный элемент.
=^ВК2 + СК2=у
20
Из треугольника СМВ\ находим: МВ\ = МС sin х = а sin х.
Так как ААСВ = 100°, а треугольник АВС по условию равнобед¬
ренный, то Z_CAB= ЛЛВС = 40° Значит, Z_CAM= 10°
Из треугольника АМВ\ находим: АМ = ~-—= Нако-
sin 10° sin 10
нец, из треугольника АМС\ имеем MCi = АМ sin 30°= ^ski'^o^
Рассмотрим треугольник CMAi. В нем Z_MCAi = 100°— х.
Значит, МА\ = СМ sin (100° — х) = а sin (100° — х).
Так как ЛМВС = 40° — 20° = 20°, то треугольники ВМС\ и
ВМА\ равны, а потому MCi =МАi = а sin (100° — х).
Приравняв найденные для МС\ выражения, получим триго¬
нометрическое уравнение - = Д sin (100° —х).
Из этого уравнения последовательно находим: sinx =
= 2 sin (100° —x)-sin 10°, sin x = cos (90° — x) — cos (110° — x),
cos (110° —x) = 0, x = 20°
Пример 15. В треугольнике ABC проведена высота СН.
Найдем отношение АН:АВ, если известно, что АВ:ВС:АС =
= 4:2:3.
Решение (рис. 19). Введем неизвестную АН = х и вспо¬
могательный параметр ВС = 2а (меньшая из сторон треуголь¬
ника АВС). Тогда ЛВ = 4а, ЛС = За.
Выразим двумя способами СН2 (принимая, таким обра¬
зом, СН2 за опорный элемент)
I способ. Из прямоугольного треугольника АСН
СИ2 = АС2 — АН2 = 9а2 — х2
II способ. Из прямоугольного треугольника ВСН
СН2 = ВС2 — ВН2 = 4а2 — (4а — х)2
В итоге получаем уравнение 9а2 —х2 = 4а2 —(4а —х)2 откуда
х = Тогда л//:ЛВ=-^-:4а, т. е. АН\АВ = <2Л :32.
8 8
21
Замечание. Мы рассмотрели решение с опорным элементом СИ2 Выбе¬
рем теперь в качестве опорного элемента площадь треугольника АВС, в ка¬
честве неизвестной СН = х, а в качестве вспомогательного параметра ВС = 2а.
Получаем
1) SABC=-^AB-CH = 2ax.
п. _ _ /эа/9а \ /9а \ /9а \ _ 3 УТб 2
2) sABC-\-2\-2—4a Д 2 2а/\2 3 / 4
„ „ 3Д15 2 3V15
Таким образом, приходим к уравнению 2ах =—-—а , откуда х = —-—а.
Тогда АН = у/АС2 —СИ2 = ^а2 — х2 о2 = — Следовательно,
21а
АН:АВ=—^— :4а = 21:32.
о
Рассмотрим еще пример, для решения которого в качестве
опорного элемента целесообразно принять объем многогранника.
Пример 16. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит
прямоугольный треугольник и АС = ВС=АА\=а. Найдем рас¬
стояние между прямыми А\С и ВС\.
Решение (рис. 20) В плоскости грани АА\С\С через
точку Ci проведем прямую С1ОЦЛ1С и соединим точку D с
точкой В. Ясно, что прямая А\С параллельна плоскости C\DB.
Поэтому расстояние от любой точки прямой А\С до плоскости
C\DB равно искомому расстоянию между скрещивающимися пря¬
мыми А\С и ВС\. Найдем расстояние от точки С до плоскости
C\DB. Это расстояние равно высоте пирамиды CC\BD, про¬
веденной из вершины С. Положим это расстояние равным х
и выразим двумя способами V — объем пирамиды CC\BD, т. е.
примем V за опорный элемент.
/ способ. Будем считать основанием пирамиды треугольник
C\DB. Нетрудно убедиться, что в этом треугольнике BC\ = C\D =
= BD = a-\fi. Тогда V = y-x-SCiDB = -^-^-
II способ. Будем теперь считать треугольник BCD основанием
пирамиды CC\BD. Тогда V = -±-CC\-SBCD = -^-
о О
Таким образом, получаем уравнение —-V?..—А-, откуда
6 6
х_О-^з_ итак, расстояние между прямыми AtC и ВС, равно
а УЗ
3
Мы рассмотрели примеры, в которых уравнения составлены с
помощью опорного элемента. Рассмотрим теперь примеры, в ко¬
торых уравнения составляются из других соображений.
22
Пример 17 Диаметр АВ окружности со с центром в точ¬
ке О перпендикулярен ее диаметру CD. На отрезке ОВ взята
точка /<— такая, что ОК'-ОВ =1:3, а на отрезке OD взята
точка М — середина этого отрезка. Докажем, что точка пересе¬
чения прямых СК и ДМ лежит на окружности со.
Решение (рис. 21). Пусть прямые СК и ДМ пересекаются
в точке F Опустим из точки F перпендикуляр FL на прямую АВ.
Примем FL = x. Тогда из подобия треугольников ОС К и KFL ясно,
что ^=^=-L,T. е. KL=±
Г L ъ о о
Далее, из подобия треугольников AFL и АМО получаем
уравнение —= —— (/? — радиус окружности) Из это-
У
го уравнения находим: х = -^- Подсчитаем теперь OL2-\-FL2
5
Получаем + (^Д) Это значит’ что точка ле-
жит на окружности со.
При решении некоторых задач алгебраическим методом урав¬
нение (или система уравнений) может быть составлено также из
координатных соображений.
Так, вернемся к только что рассмотренному примеру. Пола¬
гая радиус окружности w равным 1, введем на плоскости
прямоугольную систему координат с началом в точке О, как это
показано на рисунке 22. Тогда О (0; 0), В (1; 0), D (0; 1), С (0; — 1),
Д (— 1; 0), о) М (о; Координаты точки F примем
равными соответственно хну.
Так как точка F лежит на прямой СК, то ее координаты
удовлетворяют уравнению прямой СК, т. е. уравнению
23
у = Зх — 1. (1)
Так как точка F лежит на прямой AM, то ее координаты
удовлетворяют уравнению прямой AM, т. е. уравнению
—2~ ' (2)
Решая систему уравнений, составленную из уравнений (1)
и (2), находим: х=-|-, У—-^~-
э 5
Так как х2 + //2=(-|-) +(“5”) = 1’то точка лежит на ОКРУЖ“
НОСТИ (D.
Уравнение (или система уравнений) может быть составлено
также из векторных соображений. Проиллюстрируем это на сле¬
дующем примере.
Пример 18. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника
АВС взяты соответственно точки L, N и К — такие, что AL:AB =
= 1:4, ВАГ:ВС = Л/(:ЛС = 2:3. Прямые LK и AN пересекаются
в точке D. Найдем отношение AD:AN.
—
Решение (рис. 23). Выразим вектор AD двумя способами,
т. е. примем его за опорный элемент. Примем за неизвестную
—
отношение Введем также вспомогательную неизвестную,
AN
приняв -=^_=у. Таким образом, AD = x>AN и LD = y-LK. По-
ложим еще для краткости АВ = а, АС = Ь.
I способ. Так как ЛМ = Д# + -|-£С = а + -|-(Ь —-5)==^-а + -|-Ь,
о и о о
24
II способ. Так как LK=AK— AL=-^-b—^-а, то AD=AL-\-
Так как разложение вектора по двум неколлинеарным векто¬
рам единственно, то получаем систему уравнений
х = [~У-
3 4 ’
2х = ty
3 3
3
Из этой системы находим: х = ~
Итак, АО:ЛЛГ = 3:7, т. е. 4£>:4W=3:7
Пример 19. Шар проходит через вершины А и С куба
ABCDA iSiCiDi, ребро которого равно а, и через точки Р и Q —
середины соответственно ребер ВВ\ и DD\. Найдем радиус шара.
Решение. Введем в пространстве прямоугольную систему
координат с началом в точке В, как показано на рисунке 24.
Получаем В (0; 0; 0), С (а; 0; 0), А (0; а; 0), В\ (0; 0; а), D (а; а; 0),
р(0;0;т) Q(a;a;f)
Пусть центром шара является точка S. Ее координаты при¬
мем равными х, у, z. Для составления уравнений воспользуем¬
ся очевидными равенствами: SA = SC = SQ = SP Таким образом,
роль опорного элемента в этом примере выполняет искомый ра¬
диус шара.
Получаем следующую систему уравнений:
+ —a)2 + z2 = V(x —a)2 + i/2 + z2,
■ л/*2 + (У — а)2 + г2=д/(х — a)2 + (y — a)2+(z—
д/х2 + (у —a)2 + z2 =_\/*2 + </2+(z—У
Из этой системы находим: х = у=—, г=—
* 2 4
Тогда
V 4 1 4 Г 16 4
Глава I
ПЛАНИМЕТРИЯ
Какой бы путь решения задачи ни был выбран, успешность
его использования зависит, естественно, от знания теорем и умения
их применять. Не приводя здесь всех теорем планиметрии (боль¬
шинство из них хорошо известны студентам: это признаки ра¬
венства произвольных треугольников, признаки равенства прямо¬
угольных треугольников, различные свойства равнобедренного
треугольника, параллелограмма, ромба, прямоугольника, теоре¬
ма Фалеса, теорема Пифагора, соотношения между сторонами и
углами прямоугольного треугольника, признаки подобия тре¬
угольников, теорема о равенстве дуг, заключенных между парал¬
лельными хордами окружности, и т. д.), считаем необходи¬
мым напомнить формулировки некоторых теорем, активно исполь¬
зующихся при решении задач,— ссылки на эти теоремы будут
делаться в дальнейшем неоднократно.
1. ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ
1. Теорема о равенстве углов со взаимно перпендикулярными
сторонами: если А АВС и /LDEF оба острые или оба тупые и
ABA_.DE, BCA.EF (рис. 25), то Z_ABC = A.DEF
2. Свойства средней линии трапеции:
а) средняя линия параллельна основаниям трапеции;
б) средняя линия равна полусумме оснований трапеции;
в) средняя линия (и только она) делит пополам любой отре¬
зок, заключенный между основаниями трапеции (рис. 26).
26
Рис. 26
Рис. 27
Эти теоремы справедливы и для средней линии треугольника,
если считать треугольник «вырожденной» трапецией, одно из
оснований которой имеет длину, равную нулю.
3. Теоремы о точках пересечения медиан, биссектрис, высот
треугольника:
а) три медианы треугольника пересекаются в одной точке
(ее называют центром тяжести или центроидом треугольника) и
делятся в этой точке в отношении 2:1, считая от вершины;
б) три биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке;
в) три высоты треугольника пересекаются в одной точке (ее
называют ортоцентром треугольника)
4. Свойство медианы в прямоугольном треугольнике: в прямо¬
угольном треугольнике медиана, проведенная к гипотенузе, равна
ее половине. Верна и обратная теорема: если в треугольнике
одна из медиан равна половине стороны, к которой она проведена,
то этот треугольник прямоугольный.
5. Свойство биссектрисы внутреннего угла треугольника: бис¬
сектриса внутреннего угла треугольника делит сторону, к которой
она проведена, на части, пропорциональные прилежащим сторо-
нам: f=£ (рис. 27).
О о
6. Метрические соотношения в прямоугольном треугольнике:
если а и b — катеты, с — гипотенуза, h — высота, а' и Ь' — про¬
екции катетов на гипотенузу (рис. 28), то: a) h2 = a'b'; б) а2 = са'-
в) Ь2 = сЬ'- г) а2-}-Ь2 = с2\ д) h = ^~
7 Теорема косинусов: a2 = b2-|-c2 — 2bc-cos А (рис. 29)
8. Теорема синусов: —^~г=—-—=—^——=2/?, где R — ра-
J sin A sin В sin С
диус описанной около треугольника окружности.
9. Определение вида треугольника по его сторонам: пусть а, b
ис — стороны треугольника, причем с — наибольшая сторона.
Тогда:
а) если с2 <а2 + &2, то треугольник остроугольный;
27
Рис. 29
б) если с2 = а2 + &2, то треугольник прямоугольный;
в) если с1 >а2 + ^2, то треугольник тупоугольный.
10. Теоремы Чевы: пусть в треугольнике АВС на сторонах
АВ, ВС, АС взяты соответственно точки D, Е, F Для того чтобы
прямые АЕ, BF и CD пересекались в одной точке (рис. 30), не¬
обходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство
Л2) BE с/7 1
BD ‘ СЕ ' AF
11. Метрические соотношения в параллелограмме: сумма
квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов
всех его сторон: d2 + d2 = 2a2 + 2/r (рис. 31).
2. ОКРУЖНОСТЬ
12. Свойства касательных к окружности:
а) радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен
касательной (рис. 32);
б) две касательные, проведенные к окружности из одной точ¬
ки, равны, и центр окружности лежит на биссектрисе угла между
ними (рис. 33).
13. Измерение углов, связанных с окружностью:
а) центральный угол измеряется дугой, на которую он опира¬
ется;
б) вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он
опирается;
28
в) угол между касательной и хордой измеряется половиной
дуги, заключенной между касательной и хордой.
14. Теоремы об окружностях и треугольниках:
а) около всякого треугольника можно описать окружность;
центром окружности служит точка пересечения перпендикуляров,
проведенных к сторонам через их середины;
б) во всякий треугольник можно вписать окружность; центром
окружности служит точка пересечения биссектрис.
15. Теоремы об окружностях и четырехугольниках:
а) для того чтобы около четырехугольника можно было
описать окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма
противолежащих углов четырехугольника была равна 180° (а +
+ Р = 180° — рис. 34);
б) для того чтобы в четырехугольник можно было вписать
окружность, необходимо и достаточно, чтобы суммы противо¬
лежащих его сторон были равны {a-\-c = b -\-d — рис. 35).
16. Метрические соотношения в окружности:
а) если хорды АВ и CD пересекаются в точке М, то AM • ВМ =
= CM-DM (рис. 36);
б) если из точки М к окружности проведены две секущие
МАВ и MCD, то AM-BM = CM-DM (рис.- 37);
Рис. 34
Рис. 35
29
Рис. 36 Рис. 37
в) если из точки М к окружности проведены секущая МАВ
и касательная Л4С, то АМ-ВМ — СМ2 (рис. 38).
3. ПЛОЩАДИ плоских ФИГУР
17 Отношение площадей подобных фигур равно квадрату
коэффициента подобия.
18. Если у двух треугольников равны основания, то их площа¬
ди относятся как высоты; если у двух треугольников равны высо¬
ты, то их площади относятся как основания.
19. Формулы для вычисления площади треугольника:
с ah . с ab sin С . с abc
a) S = —,6) S =—-—; в) S = —; г) S = pr, где р=^Ш.;
R — радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окруж¬
ности; д) S = ^fp (р — а) (р — Ь) (р — с) (формула Герона).
20. Формулы для вычисления площади выпуклого четырех-
угольника (рис. 39) a) S = S/lflC+S?,CD=S?,SD+SSCD = S?,0B +
+ Ssoc+‘Sco/3 + S,4OD; б) S=-C/4C-BD>sin а; в) S = pr (если
в четырехугольник можно вписать окружность иг — ее радиус).
21. Формулы для вычисления площади параллелограмма
(рис. 40): a) S = ah\ б) S = ab sin С; в) S = -^-d\d2 sin а.
22. Формула площади трапеции (рис. 41) S=^-^-h.
зо
'Рис. 41
23. Формула площади кругового сектора (рис. 42): 5 =
= (а — радианная мера центрального угла).
24. Формула площади кругового сегмента (рис. 43): S =
==-“/?2 (a —sin а).
§ 2. ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ
Пример 1. Основания трапеции а и Ь. Найдем длину отрез¬
ка, соединяющего середины диагоналей (рис. 44).
Решение. Так как точка Р — середина диагонали АС, а
точка К — середина диагонали BD, то точки Р и К лежат на сред¬
ней линии трапеции EF (теорема 2в). Так как ЕК — средняя
линия треугольника ABD, то ЕК=-^\ так как ЕР — средняя
линия треугольника АВС, то ЕР=-|- В итоге получаем РК=^
t=EK-EP = ^-.
Пример 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника АВС,
найдем сторону АС~Ь.
Решение. По свойству медиан в треугольнике (теорема За)
медианы пересекаются в одной точке М и делятся в ней в отноше¬
нии 2:1, считая от вершины (рис. 45). Поэтому в дДМС нам из-
Рис. 44
31
вестны две стороны: АМ=-^-та, МС = -^-тс — и медиана MD —
= -^-ть.
О
Рассмотрим ДЛЛ4С. Удвоив его медиану MD, достроим тре¬
угольник до параллелограмма АМСР. Тогда по теореме И ДС2 +
+МР2 = 2АМ2 + 2МС2, т. е. &2 + -^-ть = 2~/Па + 2~тс, откуда
находим: Ь=-^-^/2та + 2т2 — ть.
Пример 3. Найдем сумму квадратов медиан треуголь¬
ника, если известны его стороны a, b и с.
Решение. Пусть в дДВС ЛВ = с, ВС —а, СА = Ь (рис. 46).
Тогда по определению суммы векторов ЛО = с+^-, ВЕ = 5 + -у-,
c^+f
Используя свойство скалярного квадрата, получим
ad2+be2+cf2=(c+4)2+(5+t)2+(^+4)2=
= с2 + с-а+-^-+а2 + а-&4^_+^г + ^‘?+‘^_—
=-|-(а2 + &2 + с2) + (с-а + а-& + 6 - с).
Так как а + & + с = б, то (а + & + с)2 = 0.
Таким образом, а2 + &2 + ?+2 (c-a + a-b-|-b-c) = 0, т. е.
а2 + Ь2 + с2 = — 2 (с • а + а • b + b • с).
Итак, с-а-\-а-ЬА-Ь‘С=—а ~*~f2
Подставляя полученное значение выражения с-а-\-а-Ь +
+ Ь-с, получим Л/)2 + В£2 + С^2 = -|-(а2 + &2 + с2), так как
32
согласно свойству скалярного квадрата AD2 = AD2, ВЕ2 = ВЕ2
CF2 — CF2
Пример 4. Высота, проведенная к гипотенузе прямоуголь¬
ного треугольника, делит ее на части: 9 и 16 см. Из вершины
большего острого угла треугольника проведена прямая, про¬
ходящая через середину высоты. Найдем длину отрезка этой пря¬
мой, заключенного внутри данного прямоугольного треугольни¬
ка (рис. 47)
Решение. Имеем СН2 = АН-ВН (теорема 6а) Значит,
СН2 = 9-16, т. е. СН= 12 см. Из /\ADH находим: ЛО=д/92 + 62 =
= 3 713 см. Проведем НМ\\АК и положим DK = x. Так как
DK — средняя линия &НСМ, то НМ = 2х. Из подобия треуголь¬
ников НМВ и АКВ заключаем, что = т. е. —— =-“,
АК АВ' X4-3V13 25
откуда х= 24 и ДК = 3 713+ 24 ~ 7-^~
Итак, см.
17
Пример 5. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан
прямоугольник так, что две его вершины находятся на одной сто¬
роне треугольника, а две другие вершины — на двух других сторо¬
нах треугольника. Найдем стороны прямоугольника, если известно,
что его периметр равен 22,5 см.
Решение. Прежде всего определим вид треугольника. Име¬
ем 102= 100, 172 = 289, 212 = 441. Так как 212> 102+ 172, то тре¬
угольник тупоугольный (теорема 9), а значит, вписать в него
прямоугольник можно только одним способом: расположив две
вершины на большей стороне (рис. 48)
Найдем высоту ВН треугольника АВС. Применив метод, ис¬
пользованный нами в примере 10 из § 1 (или применив формулу,
полученную в этом примере), находим: ВН = 8 см.
Положим ED = x. Тогда 11,25 — х (поскольку периметр
прямоугольника DEFK равен 22,5 см), ВР = 8 — х.
Треугольники BEF и АВС подобны. Значит, EEL—ЕЕ (в п0_
АС вн '
добных треугольниках отношение соответственных высот равно ко-
2 За
33
эффициенту подобия), т. е. 11,25 х=-^—А откуда находим: х = 6.
21 8
Итак, стороны прямоугольника 6 и 5,25 см.
Пример 6. В треугольнике АВС известно, что угол А в два
раза больше угла С, сторона ВС на 2 см больше стороны АВ, а
ДС = 5 см. Найдем АВ и ВС.
Решение. / способ. Проведем биссектрису AD угла А. Тог¬
да получим, что ABAD= 2.DAC = Z-ACB (рис. 49)
В &ADC углы при основании равны. Значит, этот треугольник
равнобедренный: AD = DC. Положим АВ = х, AD = DC = y. Тог¬
да ВС = % + 2, BD = x-\-2 — у.
Треугольники ABD и АВС подобны, так как Z_BAD= /LBCA и
Z-В у этих треугольников общий. Из подобия треугольников за-
АВ
ключаем, что —-
’ вс
ВР_АР х = х + 2-у = У
АВ АС ' ' ’ х + 2 х 5
Для отыскания х и у получена система из двух уравнений
с
двумя переменными:
х = У
хА-2 5 ’
х4-2 — ц у
2 = , откуда
X о
J 5x = xz/ + 2z/,
( 5x4“ 10 — 5zy = xzy.
Вычтя второе уравнение из первого, получим 5у—\0 = 2у
и у = —. Значит, * =—, т. е. х = 4.
3 х 4~ 2 3
Итак, АВ = 4 см, ВС = 6 см.
// способ. Положим xLC = t, тогда AA=2t, Z_B= 180° —3/.
Положим также АВ = х, тогда ВС —х-И2. По теореме синусов
х 4~ 2 5
sin 2t sin (180° —3/) ’
(теорема 8) имеем -
Получена система из двух уравнений с двумя переменными х
и t:
f х — *4-2
sin t sin 2t ’
X 5
sin t sin 3/
(здесь воспользовались тем, что sin (180° —3/) = sin 3f).
A
К
Рис. 50
Рис. 49
34
Решим эту систему. Из второго уравнения получаем
% 5 sin t 5 sin t 5
sin 3/ 3 sin/ — 4 sin3/ 3 — 4 sin2/
Из первого уравнения системы находим: т- е- 1 +
+ ^-=2 cos t. Подставив вместо х найденное выше его выраже¬
ние через /, получим 1 -|-6~85S1--- = 2 cos t. Положим в этом три¬
гонометрическом уравнении cos t = z. Получим 1 $Л=
= 2z, откуда Zi = —, = т. е. либо cos t = —, либо cos t = —
4 2 4 2
Если cos/ = —, то из 1-|-— =2 cos / находим: х = 4.
4 х
Если cos/ = -~, то из l-|--—=2cosf находим: 1+— = 1, че¬
го не может быть.
Итак, АВ = 4 см, ВС = 6 см.
Замечание. Соотношение cos/=-^- означает, что / = 60°, тогда в тре¬
угольнике АВС получаем, что ZC = 60°, Z_A = 120°, а этого не может быть.
Пример 7 Точка К — середина стороны AD прямоуголь¬
ника ABCD. Найдем угол между ВК и диагональю АС, если из¬
вестно, что AD:AB = ^2.
Решение. Воспользуемся методом вспомогательного пара¬
метра. Положим АВ = а, тогда AD — a^[2. План решения зада¬
чи: выразим через а все стороны треугольника АМК (рис. 50)
и применим теорему косинусов для стороны Л/С Это позво¬
лит вычислить косинус искомого угла АМК\ обозначим его
через х.
Отрезки АО и ВК — медианы треугольника ABD. Значит,
МК=—ВК, АМ = ^-АО (теорема За) Имеем
з з
AM = ^АО = J-XC=4-V/lD2 + CD2 = ^-V(a л/2)2 + а2
ООО О о
В треугольнике АМК имеем АК^^^-, АМ=^&, МК~
п0 теореме косинусов (теорема 7) Л№ = ЛЛ12 + Л1№ —
6
-2ЛЛЬМ/<-со5 х, т. е. +(^У-2-^Х
35
X^^cosx и далее -^-=-7-—h-т—а-?^ cos х, откуда находим:
о 2 3 о 3
cosx = 0 и, следовательно, х = 90°
Итак, угол между и АС прямой.
Пример 8. Докажем, что во всяком треугольнике АВС
расстояние от ортоцентра до вершины В вдвое больше расстояния
от центра описанной около треугольника окружности до сторо¬
ны АС.
Решение. Пусть АВС — остроугольный треугольник, точка
Н — ортоцентр, точка О — центр описанной окружности, отрез¬
ки BD и АР—высоты, точки К и L — середины сторон, ОК
и OL — перпендикуляры к сторонам (рис. 51)
Треугольники АВН и KOL подобны (ВН\\ОК, AH\\OL, AB\\LK)-
Значит, ^= — Отрезок LK — средняя линия дДВС. Значит,
OK LK
^=2. Но тогда ^=2, что и требовалось доказать.
Пусть АВС — тупоугольный неравнобедренный треугольник,
причем сохранены обозначения предыдущего случая (рис. 52).
Из подобия треугольников АВН и KOL следует, что —7=
=~ = 2- Значит, ВН=20К-
L 1\
На рисунках 51 и 52 проведена прямая Эйлера НО (см.
упр. 63).
Пример 9. Через центроид правильного треугольника в
плоскости этого треугольника проведена прямая. Докажем, что
сумма квадратов расстояний от вершин треугольника до этой
прямой не зависит от выбора прямой.
Решение. Пусть прямая, о которой идет речь, образует с
основанием АС треугольника АВС угол а (рис. 53) Положим
36
Рис. 54
АО = ВО = СО = а. Выразим перпендикуляры к этой прямой AD,
В К и СЕ через а и а, а затем докажем, что выражение Л/)2 +
+ постоянно при любом а.
ДСМС = 30° Значит, ДЛМО=150°, тогда ДООЛ = 180° —
— (<х+ 150°)=30° — а. Из ДООД находим: AD = OA sin Z~AOD =
= а sin (30° —a). ABOK= AM0P = 9Q° — a. (из ДМОР). Из
ДВОК находим: ВК = ВО sin АВОК = а sin (90° — a)=acosa.
Z.PO£ = 90° + a (как внешний для ДЛ4ОР). ДРОС = 60°,
тогда Z-COE=Z.POE- ДРОС = (90° + а)-60° = 30° + а. Из
&СОЕ находим: СЕ = СО sin Z.СОЕ = а sin (30° + а).
Имеем
AD2 А- ВК2 А~СЕ2 = а2 sin2 (30° — а) + а2 cos2 а + а2 sin2 (30° + а) =
_а2 (1 — cos (60° — 2а) | cos2 а | 1—cos (60° +2а) ) _
= а2 (1 - cos <60° + 2а>+cos <60° +cos2 а) =
= а2 (1 - cos 60° cos 2а + l+c°s-2a) =
= а2 (1 —^-cos 2a + -±-+^-cos 2а) =^-а2
Итак, при любом а имеем ДО24-В№4-СЕ2=-|-а2
Пример 10. Найдем зависимость между сторонами a, b и с
треугольника АВС, если известно, что медиана AM, высота ВН и
биссектриса CD пересекаются в одной точке (рис. 54).
Решение. По теореме Чевы (теорема 10) имеем ^’^Х
X —= 1. Так как AM — медиана, то ВМ — СМ и 1. Так как
АН см
CD — биссектриса, то = — (теорема 5). В итоге данное соот-
Ви а
ношение принимает вид —--^= 1, т. е. тг = -т-
г а АН АН b
37
Положим СН = at, АН = bt. Тогда, с одной стороны, at + bt = b,
т. е. t = -ц-£ ; с другой стороны, использовав ВН как опорный эле¬
мент, получаем из /\ABH\BH2 = с2 — b2t2 — и из /\BHC\BH2
=a2 — a2t2 Значит, с2 — b2t2 = a2 — a2t2, откуда t2=-?2~cb2
Подставив в последнее равенство вместо t его значение
получим искомую зависимость между сторонами а, b
Ь2 ... а2 — с2^
а-\-Ь а — Ь
Ь2 а2 — с2
(а + b)2 а2 — Ь2
, т. е.
t =
и с:
7 ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Прямоугольный треугольник
1. Доказать, что в прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла
делит пополам угол между медианой и высотой, проведенными из той же вершины.
2. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит
прямой угол в отношении 1:2 и равна т. Найти стороны треугольника.
3. Точка, взятая на гипотенузе прямоугольного треугольника и одинаково
удаленная от его катетов, делит гипотенузу на отрезки 30 и 40 см. Найти катеты.
4. Найти биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника с катетами
18 и 24 см.
5. Найти биссектрису прямого угла прямоугольного треугольника с катета¬
ми а и Ь.
6. Из вершины прямого угла прямоугольного треугольника проведена бис¬
сектриса, делящая гипотенузу на отрезки т и п. Найти высоту, проведенную
к гипотенузе.
7. В прямоугольном треугольнике медианы, проведенные к катетам, равны
-д/52 и -\/73 см. Найти гипотенузу.
8. Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см, а высота, прове¬
денная к гипотенузе, равна 12 см. Найти стороны треугольника.
9. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины С прямого угла прове¬
дены биссектриса СК и медиана СМ. Найти катеты, если СМ = т и КМ = п.
10. В прямоугольном треугольнике найти угол между медианой и биссектри¬
сой, проведенными из вершины острого угла, равного а.
11. В прямоугольном треугольнике АВС проведены биссектрисы острых уг¬
лов AD и ВК. Найти углы треугольника, если известно, что АВ2 = 2AD• ВК.
12. Доказать, что если высота и медиана, проведенные из одной вершины
неравнобедренного треугольника, лежат внутри треугольника и образуют с его
боковыми сторонами равные углы, то этот треугольник прямоугольный.
13. Катеты ВС и АС прямоугольного треугольника АВС продолжены за
вершину прямого угла. На продолжении катета ВС отложена точка D так,
что CD = AC, а на продолжении катета АС отложена точка Е так, что СЕ = ВС.
Доказать, что медиана СМ треугольника АВС перпендикулярна отрезку DE.
14. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла прове¬
дена высота CD. Точки М и N делят соответственно стороны АС и СВ в равных
38
отношениях (начиная от концов А и С). Доказать, что треугольник DMN подобен
данному треугольнику.
15. Для прямоугольного треугольника АВС построен ему симметричный тре¬
угольник АВС\ относительно гипотенузы АВ. Если точка М — середина высоты
C\D треугольника АВС\ и N — середина стороны ВС, то треугольник AMN подо¬
бен треугольнику АВС. Доказать.
2. Равнобедренный треугольник
16. Доказать, что если в треугольнике отношение тангенсов двух углов равно
отношению квадратов синусов этих углов, то треугольник либо равнобедренный,
либо прямоугольный.
17. Доказать, что если в треугольнике выполняется соотношение =
b
= cos~B Т° тРеУГ0ЛЬНИК равнобедренный.
18. На сторонах ВС, СА и АВ равностороннего треугольника АВС даны соот¬
ветственно точки М, N и Р Известно, что BM\MC = CN: NA=AP: РВ =k. а) До¬
казать, что MNP— равносторонний треугольник, б) Вычислить MN, если ВС = а,
k = 2.
19. Через центр О правильного треугольника АВС проведены две прямые,
образующие между собой угол 60° Доказать, что отрезки этих прямых, заклю¬
ченные внутри треугольника, равны.
20. Основание равнобедренного треугольника равно 4 -у/2 см, медиана, прове¬
денная к боковой стороне, равна 5 см. Найти боковую сторону.
21. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 4 см, медиана, про¬
веденная к боковой стороне, равна 3 см. Найти основание треугольника.
22. Основание равнобедренного треугольника равно 12 см, а боковая сто¬
рона 18 см. К боковым сторонам проведены высоты. Вычислить длину отрезка,
концами которого служат основания высот.
23. Основание равнобедренного треугольника 12 см, а боковая сторона 18 см.
К боковым сторонам проведены биссектрисы. Вычислить длину отрезка, концами
которого служат основания биссектрис.
24. Сумма двух неравных высот равнобедренного треугольника равна /, угол
при вершине а. Найти боковую сторону.
25. На высоте ВН равнобедренного треугольника АВС (АВ = ВС) взята точ¬
ка М так, что углы АМВ, ВМС и АМС равны. В каком отношении, считая от
вершины, точка М делит высоту, если угол при основании треугольника равен
а (а >30°)?
26. Угол при основании равнобедренного треугольника равен а. Найти отно¬
шение основания к медиане, проведенной к боковой стороне.
27. Найти углы равнобедренного треугольника, если известно, что ортоцентр
делит пополам высоту, проведенную к основанию треугольника.
28. Прямые /|, Z2 и Z3 параллельны, причем Z2 лежит между Zi и Z3 и удалена
от них соответственно на расстояния р и q. Найти сторону правильного треуголь¬
ника, вершины которого лежат на данных прямых (по одной на каждой прямой).
29. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) на стороне АВ взята
точка D, а на стороне ВС — точка Е так, что BD = CE. Доказать, что множество
середин всех отрезков DE совпадает со средней линией треугольника АВС.
39
30. В равнобедренном треугольнике угол при вершине равен 36°, а осно¬
вание равно а. Найти боковые стороны треугольника.
31. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) на стороне ВС взята
точка D так, что BD'.DC= 1:4. Найти ВМ:МЕ, где BE — высота треугольника,
а М — точка пересечения BE и AD.
32. Основание равнобедренного треугольника равно а, угол при вершине 2а.
Найти длину биссектрисы, проведенной к боковой стороне.
33. Через вершину правильного треугольника проведен луч, делящий осно¬
вание в отношении 2:1. Какие углы образует этот луч с боковыми сторонами
треугольника?
3
34. Угол при основании равнобедренного треугольника равен arctg — Найти
угол между медианой и биссектрисой, проведенными к боковой стороне.
35. Найти угол при вершине равнобедренного треугольника, если медиана,
3
проведенная к боковой стороне, образует с основанием угол arcsin —
□
36. В равнобедренном треугольнике АВС угол В равен 110° Внутри тре¬
угольника взята точка М так, что Z МА С = 30° Z. MCA = 25° Найти угол ВМС.
3. Произвольный треугольник
37. Доказать, что если две стороны и высота одного остроугольного треуголь¬
ника соответственно равны двум сторонам и высоте другого остроугольного
треугольника, то такие треугольники равны (рассмотреть два случая).
xj 38. Доказать, что если две стороны и медиана одного треугольника соот¬
ветственно равны двум сторонам и медиане другого треугольника, то такие
треугольники равны (рассмотреть два случая).
39. Доказать, что во всяком треугольнике биссектриса либо совпадает с ме¬
дианой и высотой, проведенными из той же вершины, либо лежит между ними.
3
40. Доказать, что во всяком треугольнике сумма медиан больше — пери¬
метра, но меньше периметра.
41. Доказать, что прямая, проходящая через вершину А треугольника АВС
и середину медианы BD, делит сторону ВС в отношении 1:2.
42. Через центроид треугольника АВС проведена прямая /, пересекаю¬
щая стороны АВ и ВС. Доказать, что сумма расстояний от Л и С до / равна расстоя¬
нию от В до /.
43. Медиана СМ треугольника АВС образует со сторонами АС и ВС соот¬
ветственно углы аир. Какой из этих углов больше, если AC<zBC?
44. В треугольнике АВС угол В равен 115° Из середины стороны АС проведен
перпендикуляр к АС до пересечения со стороной ВС в точке D. Отрезок АО де¬
лит угол А в отношении 5:3, считая от стороны АС. Найти углы А и С треуголь¬
ника АВС.
45. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрез¬
ки длиной 2 и 4 см, а высота, проведенная к той же стороне, равна /15 см. Найти
стороны треугольника и определить его вид.
46. Найти отношение суммы квадратов медиан треугольника к сумме квадра¬
тов его сторон.
40
47. Определить вид треугольника, если известно, что его медианы связаны
равенством т2а-\-ть = Ьт2.
48. Две стороны треугольника равны а и Ь, а медианы, проведенные к этим
сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону треугольника.
49. В треугольнике АВС проведена биссектриса AD. Найти ВС, если из¬
вестно, что АС = Ь, АВ = с и AD = BD.
50. В треугольнике АВС известно, что ВС=12 см, АС =8 см и угол А вдвое
больше угла В. Найти АВ.
51. Высота треугольника равна 6 см и делит угол в отношении 2:1, а осно¬
вание треугольника — на отрезки, меньший из которых равен 3 см. Найти сторо¬
ны треугольника.
52. Высота треугольника делит угол в отношении 2:1, а основание — на
отрезки, отношение которых равно /г(6>1). Найти больший угол при основании
треугольника.
53. В остроугольном треугольнике АВС острый угол между высотами AD и
СЕ равен а. Найти АС, если AD = a, СЕ = Ь.
54. Основание треугольника равно 4. Медиана, проведенная к основанию,
равна -\/б —д/2, а один из углов при основании равен 15° Найти острый угол между
медианой и основанием.
55. Доказать, что угол С треугольника АВС будет острым, прямым или тупым
в зависимости от того, будет ли медиана CD больше, равна или меньше -т^АВ.
56. Доказать, что если в треугольнике две медианы взаимно перпендикулярны,
то сумма их квадратов равна квадрату третьей медианы.
57. Воспользовавшись теоремой Чевы, доказать, что: а) медианы треугольни¬
ка пересекаются в одной точке; б) биссектрисы треугольника пересекаются в
одной точке; в) высоты треугольника пересекаются в одной точке.
58. Прямая DE параллельна основанию АС треугольника АВС, причем точка
D лежит на стороне АВ, а точка Е — на стороне ВС. Доказать, что АЕ, CD и
медиана ВМ пересекаются в одной точке.
59. В треугольнике АВС проведены медианы АА\, ВВ\ и СС\, пересекающие¬
ся в точке М. Точки Р, Q и R являются соответственно серединами отрезков
ЛЛ4, ВМ и СМ. Через точки Р, Q и R проведены соответственно прямые, парал¬
лельные сторонам ВС, АС, АВ. Доказать, что в пересечении этих прямых обра¬
зовался треугольник, равный треугольнику АВС.
60. Доказать, что если длины сторон треугольника образуют арифметичес¬
кую прогрессию, то центр окружности, вписанной в этот треугольник, и центроид
треугольника лежат на прямой, параллельной средней по длине стороне тре¬
угольника.
61. AD—высота треугольника АВС, точка Н — ортоцентр. Доказать, что
DC-DB = AD-DH.
62. В треугольнике АВС угол А равен 30°, а угол В равен 50° Доказать, что
стороны треугольника связаны соотношением с2 = Ь (а 4-6).
,63. Доказать, что во всяком треугольнике ортоцентр, центроид и центр опи¬
санной окружности лежат на одной прямой (прямая Эйлера).
64. Доказать, что, для того чтобы в треугольнике один из углов был равен
60° или 120°, необходимо и достаточно, чтобы расстояние от вершины этого
угла до ортоцентра было равно радиусу описанной окружности.
41
65. Расстояние от точки пересечения медиан треугольника до центра описан¬
ной около него окружности равно радиуса этой окружности. Доказать, что
этот треугольник прямоугольный.
66. В треугольниках АВС и А'В'С' углы В и В' равны, а углы А и А' состав¬
ляют в сумме 180° Доказать, что стороны этих треугольников связаны соотно¬
шением аа' = bb' -\~сс'
67. В треугольнике АВС углы А, В и С относятся как 4:2:1. Доказать, что
стороны треугольника связаны равенством h“r =
а о
_1_
с
68. Даны два треугольника АВС и А\В\С\. Доказать, что если медианы перво¬
го треугольника параллельны сторонам второго, то медианы второго треугольни¬
ка параллельны сторонам первого.
69. Высота, медиана и биссектриса, проведенные из одной вершины треуголь¬
ника, делят угол при этой вершине на четыре равные части. Найти углы треуголь¬
ника.
70. CD — высота треугольника АВС. Найти зависимость между углами А и В,
если известно, что CD2 =AD- DB.
71. В треугольнике АВС угол А равен а, угол В равен р, медиана BD пере¬
пекается с биссектрисой СЕ в точке К. Найти СК:КЕ.
4. Параллелограмм
72. Доказать, что если в четырехугольнике диагонали являются биссектри¬
сами углов, то такой четырехугольник — ромб.
73. На сторонах ВС, CD, DA и АВ квадрата ABCD даны соответственно
точки Р, Q, R и S. Известно, что ВР: PC = CQ:QD = DR: RA=AS:SB = k. а) До¬
казать, что четырехугольник PQRS — квадрат, б) Вычислить PQ, если АВ = а, k = 3.
74. Дан квадрат ABCD. Через центр этого квадрата проведены две взаимно
перпендикулярные прямые, отличные от прямых АС и BD. Доказать, что фигуры,
отрезанные этими прямыми от квадрата, равны.
75. В параллелограмме со сторонами а и b (а >Ь) проведены биссектрисы внут¬
ренних углов. Определить вид четырехугольника, образовавшегося при пере¬
сечении биссектрис, и найти длины его диагоналей.
76. Высота ромба делит его сторону на отрезки т и п. Найти диагонали
ромба.
77. Перпендикуляр, опущенный из вершины параллелограмма на диагональ,
делит диагональ на отрезки 6 и 15 см. Найти стороны и диагонали параллелограм¬
ма, если известно, что разность сторон равна 7 см.
78. Две высоты параллелограмма, проведенные из вершины тупого угла,
равны соответственно р и q, угол между ними равен а. Найти большую диагональ
параллелограмма.
79. Диагональ прямоугольника делит его угол в отношении т:п. Найти
отношение периметра прямоугольника к его диагонали.
80. Острый угол параллелограмма равен а, а стороны равны а и Ь. Найти
тангенсы острых углов, которые образует со сторонами параллелограмма его
большая диагональ.
42
81. Найти острый угол ромба ABCD, если прямая, проведенная через верши¬
ну А, делит угол BAD в отношении 1:3, а сторону ВС — в отношении 3:5.
82. Отношение периметра ромба к сумме его диагоналей равно k. Найти
углы ромба.
83. Диагонали параллелограмма пропорциональны его непараллельным сто¬
ронам. Доказать, что углы между диагоналями равны углам параллелограмма.
84. В прямоугольнике ABCD основание AD разделено точками М и Р на три
равные части. Доказать, что сумма углов АМВ, АРВ и ADB равна 90°, если из¬
вестно, что AD = 3AB.
85. Стороны параллелограмма равны а и b (а<Ь). Меньшая диагональ об¬
разует с меньшей стороной тупой угол, а с большей стороной — угол а. Найти
большую диагональ параллелограмма.
86. Стороны параллелограмма относятся как p:q, а диагонали — как ггг.п.
Найти углы параллелограмма.
87. Отношение периметра параллелограмма к его большей диагонали равно k.
Найти углы параллелограмма, если известно, что большая диагональ делит угол
параллелограмма в отношении 1:2.
5. Трапеция
88. Доказать, что если стороны одной трапеции соответственно равны сто¬
ронам другой трапеции, то трапеции равны.
89. Доказать теоремы: для того чтобы трапеция была равнобедренной, необ¬
ходимо и достаточно, чтобы: а) углы при основании были равны; б) диагонали
были равны.
90. Доказать, что биссектрисы углов, прилегающих к боковой стороне тра¬
пеции, пересекаются под прямым углом и точка их пересечения лежит на сред¬
ней линии трапеции.
91. В прямоугольной трапеции ABCD с острым углом 45° диагональ АС
равна стороне CD. Доказать, что середина меньшего основания равноудалена
от вершины А и середины стороны CD.
92. Сумма углов при основании трапеции равна 90° Доказать, что отрезок,
соединяющий середины оснований, равен полуразности оснований.
93. Диагонали трапеции равны и взаимно перпендикулярны, высота равна
15 см. Найти длину средней линии трапеции.
94. Одно из оснований трапеции равно 24 см, а расстояние между середина¬
ми диагоналей 4 см. Найти другое основание.
95. Один из углов трапеции равен 30°, боковые стороны перпендикулярны.
Найти меньшую боковую сторону трапеции, если ее средняя линия равна 10 см,
а одно из оснований 8 см.
96. В прямоугольной трапеции основания и меньшая боковая сторона рав¬
ны соответственно а, b и с. Найти расстояния от точки пересечения диагоналей
до оснований и меньшей боковой стороны.
97. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются на дру¬
гом ее основании и равны 13 и 15. Найти стороны трапеции, если ее высота — 12.
98. В трапеции со взаимно перпендикулярными диагоналями большее осно¬
вание равно 4, а меньшее — 3. Найти ее боковую сторону, если известно, что
она составляет угол 60° с большим основанием.
43
99. Высота равнобедренной трапеции равна К, острый угол между диагона¬
лями 2а. Найти длину средней линии трапеции.
100. В трапеции ABCD углы А'и В прямые, АВ = 5 см, ВС= \ см, AD = 4 см.
На стороне АВ взята точка М так, что угол AMD вдвое больше угла ВМС. Найти
отношение АМ\МВ.
101. Угол при вершине А трапеции ABCD равен а, боковая сторона АВ
вдвое больше ее меньшего основания ВС. Найти угол ВАС.
102. Большее основание трапеции — а, боковые стороны — b и с (Ь < с), а уг¬
лы при большем основании относятся как 2:1. Найти меньшее основание.
103. Диагонали трапеции с основаниями а и b взаимно перпендикулярны.
Какие значения может принимать высота трапеции?
104. Диагонали АС и BD равнобедренной трапеции ABCD (AD\\BC) пе¬
ресекаются в точке О, причем /1ЛО£) = 60о Доказать, что точки К, М, Р, служащие
соответственно серединами отрезков АО, ВО и CD, являются вершинами пра¬
вильного треугольника.
105. Диагонали прямоугольной трапеции взаимно перпендикулярны. До¬
казать, что высота трапеции есть среднее пропорциональное между ее осно¬
ваниями.
106. Доказать, что в трапеции ABCD с основаниями АВ и CD выполняет¬
ся равенство AC2+ BD2 =AD2 + ВС2+ 2АВ-DC.
107. Доказать, что сумма квадратов диагоналей трапеции равна удвоенному
произведению ее оснований, сложенному с суммой квадратов боковых сторон.
108. Доказать, что если боковые стороны трапеции перпендикулярны, то
сумма квадратов ее оснований равна сумме квадратов диагоналей.
109. Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения продолже¬
ний боковых сторон трапеции и точку пересечения ее диагоналей, делит пополам
основания трапеции.
ПО. Доказать, что если прямая, проходящая через середины оснований тра¬
пеции, образует равные углы с прямыми, содержащими ее боковые стороны, то
трапеция равнобокая.
111. Прямые, которым принадлежат боковые стороны трапеции, перпендику¬
лярны. Доказать, что длина отрезка, концами которого являются середины
оснований трапеции, равна полуразности длин оснований.
112. В трапеции ABCD диагональ АС отсекает равносторонний треугольник
ACD. Из точки Е диагонали АС (или ее продолжения) основание ВС видно под
углом 60° Доказать, что середины отрезков АЕ, ВС и CD являются вершинами
равностороннего треугольника.
113. В трапеции с основаниями а и b через точку пересечения диагоналей
проведена прямая, параллельная основаниям. Найти длину отрезка этой прямой,
заключенного между боковыми сторонами трапеции.
114. В трапеции ABCD каждое из оснований AD и ВС продолжено в обе сто¬
роны. Биссектрисы внешних углов А и В пересекаются в точке К, а биссектрисы
внешних углов С и D пересекаются в точке Е. Найти периметр трапеции, если
КЕ = 20 см.
115. Через точку О пересечения диагоналей равнобедренной трапеции ABCD
(AD\\BC) со взаимно перпендикулярными диагоналями проведена прямая МК,
перпендикулярная к стороне CD (точка М лежит на АВ, точка К — на CD). Най¬
ти МК, если Л£) = 40 см, ВС = 30 см.
44
6. Разные задачи
^116. В четырехугольнике ABCD точки Р, К, Е и М — соответственно сере¬
дины сторон АВ, ВС, CD и DA. Доказать, что четырехугольник РКЕМ — парал¬
лелограмм.
117. На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС построены (вне
треугольника) квадраты ADKC и СЕМВ. Из точек D и М опущены перпенди¬
куляры DH и МР на продолжение гипотенузы АВ. Доказать, что DH МР=АВ.
118. На сторонах параллелограмма (вне его) построены квадраты. Их центры
последовательно соединены. Доказать, что полученный четырехугольник —
квадрат.
119. В прямоугольный треугольник с катетами а и b вписан квадрат, имею¬
щий с треугольником общий прямой угол. Найти периметр квадрата.
120. В прямоугольный треугольник вписан ромб так, что все его вершины
лежат на сторонах треугольника, а угол, равный 60°, является общим углом
треугольника и ромба. Найти стороны треугольника, если сторона ромба равна
6 см.
121. В треугольник вписан ромб так, что один угол у них общий, а противо¬
лежащая вершина ромба делит сторону треугольника на отрезки, отношение ко¬
торых равно 2:3. Найти стороны треугольника, между которыми лежит общий
угол треугольника и ромба, если диагонали ромба равны тип.
122. В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан параллелограмм
так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит на основании треугольника, а
диагонали соответственно параллельны боковым сторонам треугольника. Найти
другую сторону параллелограмма и основание треугольника.
123. В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольник АКМ так, что точ¬
ка К лежит на стороне ВС, точка М — на CD и АМ = АК. Найти угол MAD,
если известно, что tg гСАКМ = 3>.
124. В правильный треугольник АВС вписан правильный треугольник DEK
так, что точка D лежит на стороне ВС, точка Е — на АС и точка К — на АВ.
Найти AB'.DE, если известно, что Z_DEC = a.
/ 125. В квадрате ABCD точка О — центр, М и N — середины отрезков ВО и
CD. Доказать, что треугольник AMN равнобедренный и прямоугольный.
126. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противолежащих сто¬
рон выпуклого четырехугольника, и отрезок, соединяющий середины его диа¬
гоналей, пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам.
127. Доказать, что в выпуклом четырехугольнике точки — середины диа¬
гоналей и середины отрезков, соединяющих середины противолежащих сторон,—
лежат на одной прямой.
128. Доказать, что в произвольном четырехугольнике отрезок, соединяющий
середины диагоналей, проходит через точку пересечения средних линий и де¬
лится ею пополам.
129. Доказать, что если в четырехугольнике суммы квадратов противоле¬
жащих сторон равны, то его диагонали взаимно перпендикулярны.
130. Доказать, что если в выпуклом четырехугольнике отрезок, соединяю¬
щий середины противолежащих сторон, равен полусумме двух других сторон, то
этот четырехугольник — трапеция.
131. На сторонах АВ и АС треугольника АВС вне его построены квадраты
ABNM и ACQP. Доказать, что МС.ЕВР.
45
132. Точки М и N — соответственно середины сторон АВ и CD четырехуголь¬
ника ABCD. Доказать, что середины диагоналей четырехугольников AMND и
BMNC являются вершинами параллелограмма (или лежат на одной прямой).
133. На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Доказать,
что центры этих квадратов являются вершинами квадрата.
134. На основании и одной из боковых сторон равнобедренного треугольника
вне его построены квадраты. Доказать, что центры этих квадратов и середина
другой боковой стороны служат вершинами равнобедренного прямоугольного
треугольника.
135. На сторонах АВ, ВС и CD прямоугольника ABCD вне его построены
равносторонние треугольники АВО\, ВСОч, CDO$. Доказать, что расстояния
между серединами отрезков АВ, О\О2 и ВС, O2O3 равны.
136. Основания двух правильных треугольников со сторонами а и За лежат
на одной и той же прямой. Треугольники расположены по разные стороны от
прямой, а расстояние между ближайшими концами их оснований равно 2а.
Найти расстояние между не лежащими на данной прямой вершинами треуголь¬
ников.
137. В четырехугольнике ABCD известно, что Zi4 = ZD=60o, АВ=^8,
ВС = 3, CD = 2-\f3. Найти углы В и С.
138. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке О
под прямым углом так, что АО=8 см, ВО = СО=\ см, DO = 7 см. Стороны АВ и
CD при продолжении пересекаются в точке М. Найти угол AMD.
139. В четырехугольнике ABCD угол В прямой, а АВ:BD = 2:4 д/2. Стороны
ВС и AD при продолжении пересекаются в точке М. Найти угол DMC, если
известно, что Z_ABD = 4§°
140. В прямоугольник ABCD вписан треугольник АЕК так, что точка Е
АВ BE
лежит на стороне ВС, а точка /( — на CD. Найти tg /LEAK, если
ВС СЕ
СК
= DK = m-
§ 3. окружности
Пример 1. Докажем, что если а и b — катеты, с — гипоте¬
нуза прямоугольного треугольника, аг — радиус вписанной ок¬
ружности, то г = а+^~£
Решение. Выполним необходимые дополнительные построе¬
ния: из центра О вписанной окружности проведем радиусы OD,
ОЕ и OF в точки касания. Тогда О£)±ВС, ОЕ±ЛС, OFЛ_АВ
(рис. 55) ODCE — квадрат (все углы прямые и OE = OD) Зна¬
чит, CE = CD = r, BD = a — r, AE = b — r Но BD = BF, a AE = AF
(теорема 126) Значит, BF = a — г, AF = b — г AB = BFA~AF, т. е.
с = (а — г) + (6 — г), откуда находим, что r = Q+^-~c
Замечание. Полученная формула часто используется при решении задач,
связанных с прямоугольными треугольниками.
46
Рис. 55
Пример 2. К окружности, вписанной в треугольник с пе¬
риметром 18 см, проведена касательная параллельно основанию
треугольника. Длина отрезка касательной, заключенного между
боковыми сторонами треугольника, равна 2 см. Найдем основа¬
ние треугольника.
Решение. Пусть М, Р и N— точки касания (рис. 56).
Тогда AM = AN, CN = CP, ВР = ВМ (теорема 126) Положим
AN = АМ = х, CN = СР = у, BP = BM = z. Тогда периметр тре¬
угольника АВС равен 2x4-2i/4-2z, а потому %4-^ + -2 = 9.
Проведем касательную DE\\AC. Тогда треугольники АВС и
DBE подобны, а потому их стороны относятся как периметры:
DE PDBE
АС РАВС ’ т-
2 Р РВЕ
Х~\~У 18 (1)
Pdbe = BD 4- BE + DE = BD + BE + (DK + KE)= BD 4- BE 4-
ЕР). (Здесь воспользовались тем, что DM = DK, а
КЕ = ЕР.) Значит, Pdbe = {BDA-DM)A-{BE + EP) = BMA-BP = <2z,
а тогда равенство (1) можно переписать в виде Полу¬
чена система уравнений (x + y + z = 9, Положив х + у = Ь, по-
I 2 = z
\ х-\-у 9
лучим j b 4-2 = 9, откуда находим, что либо b = 3 см, либо b =6 см.
( bz= 18,
Пример 3. Через точку А общей хорды АВ двух окружнос¬
тей проведена прямая, пересекающая первую окружность в точ¬
ке С, а вторую — в точке D. Касательная к первой окружности
47
в точке С и касательная ко второй окружности в точке D пере¬
секаются в точке М. Докажем, что точки М, С, В и D лежат на
одной окружности (рис. 57)
Решение. Достаточно доказать, что Z_CMD-\~ /_ CBD =
= 180° (теорема 15а) ЛСВА=^~ АС (как вписанный угол)
Но и Z-MCA =-|- о АС (как угол между касательной и хордой —
теорема 13) Значит, /-СВА = Z-MCA. Аналогично доказывает¬
ся, что Z_ABD=/_ADM.
Из AMCD заключаем, что Z.CMD-}- MCD-\- Z_MDC =
= 180° Но Z_MCD+ /-MDC= ЛСВА + sLABD= ACBD.
Значит, Z.CMD + Z_CBD= 180°, что и требовалось доказать.
Пример 4. В окружность вписан равнобедренный тре¬
угольник АВС с основанием АС = Ь и углом при основании а.
Вторая окружность касается первой окружности и основания
треугольника в его середине D и расположена вне треугольника.
Найдем радиус второй окружности (рис. 58)
Решение. Воспользуемся тем, что AD-DC = BD*DK (тео¬
рема 16а) Так как AD = DC = ^~, BD=-^-tga, DK = 2.r, то
получаем -^-=-^-tg а-2г, откуда r=~(Ag а.
Пример 5. Окружность радиуса R проходит через две смеж¬
ные вершины квадрата. Касательная к окружности, проведенная
из третьей вершины квадрата, вдвое больше стороны квадрата.
Найдем сторону квадрата.
Решение. Введем обозначения: АВ = х, ВМ = 2х (рис. 59)
Продолжим отрезок АВ до пересечения с окружностью в точке Л.
48
Тогда ВК-АВ = ВМ2 (теорема 16в), т. е. ВК-х = 4х2, откуда на¬
ходим: ВК = 4х. Значит, AK = 3x. Z. KAD = 90° Значит, —
диаметр. Из прямоугольного треугольника ADR находим: Д£>24~
-\-AK2 = KD2, т. е. х24-9х2 = 4R2, откуда х = ^[-
5
Пример 6. Дан прямоугольный круговой сектор. Окруж¬
ность того же радиуса имеет центр в конце дуги сектора, она
разбивает сектор на два криволинейных треугольника. В мень¬
ший из этих треугольников вписана окружность. Найдем отно¬
шение радиусов вписанной окружности и сектора.
Решение. Сделаем необходимые дополнительные построе¬
ния, которые обычно делают, когда речь идет о внутреннем или
внешнем касании окружностей или о касании окружности и пря¬
мой: O2O3 — линия центров, В — точка касания, O1O3 — линия
центров, А—точка касания, O3C±OiC, С — точка касания
(рис. 60) Введем обозначение: OiO2 = /? (вспомогательный па¬
раметр) — и выразим через R радиус г вписанной окружности.
Рассмотрим ДО1О2О3. Имеем O\O2 = R, O\O? = R — r, О2Оз =
= R-\-r Проведем высоту О$Н. Тогда О\Н = O$C = r, О2Н =
= R — г. Используем О3Я как опорный элемент. Из A±O\O$H име¬
ем O3W2 = O1Oi-O1/72 = (/?-r)2-r2 Из ДО3ЯО2 имеем О3Я2 =
= О2О2 - О2Н2 = (/? + г)2 - (/? - г)2
Итак, (R — г)2 — r2 = (R + rf — (R — г)2, откуда находим:
Значит, -^- = 7-
О Л о
Пример 7 Через точку М касания двух окружностей с
центрами Oi и О2 проведены две прямые. Первая из них пере¬
секает окружности соответственно в точках А и В, вторая — в точ¬
ках С и D. Докажем, что прямые АС и BD параллельны (рис. 61).
Решение. Пусть М — центр гомотетии, а коэффициент k
гомотетии равен (£<0, отношение радиусов окруж¬
ностей). При этой гомотетии точка Oi переходит в точку О2 и
49
Рис. 61
соответственно первая окружность отображается во вторую. В
частности, точка А перейдет в точку В, а точка С — в точку D.
Это значит, что прямые АС и BD гомотетичны относительно
центра М, а потому параллельны (при гомотетии прямая перехо¬
дит в параллельную ей)
Пример 8. Две равные окружности касаются внешним об¬
разом в точке М. Секущая, параллельная линии центров, пере¬
секает окружности последовательно в точках А, В, С и D. Дока¬
жем, что величина угла АМС не зависит от выбора секущей
(рис. 62).
Решение. Осуществим параллельный перенос плоскости
на вектор О\О2‘ При этом переносе первая окружность совместит¬
ся со второй, точка А совместится с точкой С, а точка М — с диа¬
метрально противоположной ей точкой /(. Так как ДМЦСК, то
ЛАМС= /LMCK. Но Z.MC^ = 90° (как опирающийся на диа¬
метр Л4К) Значит, Z.4MC = 90° независимо от выбора секу¬
щей AD.
Пример 9. Две окружности радиусами г и R касаются внеш¬
ним образом. АВ и CD — их общие внешние касательные. Дока¬
жем, что в четырехугольник ABCD можно вписать окружность,
и найдем ее радиус.
Решение. Выполним необходимые дополнительные построе¬
ния. Продолжим касательные до пересечения в точке О, проведем
линию центров ОО\О2, проведем радиусы O\D и О2С в точки
касания: O\DA_CD и O2C±.CD (рис. 63).
Так как линия центров является осью симметрии фигуры, то
точки А и D симметричны относительно ОО2 и точки В и С сим¬
метричны относительно ОО2. Это значит, что ABCD — равнобед¬
ренная трапеция.
Для того чтобы в трапецию ABCD можно было вписать ок¬
ружность, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равен-
50
ство AD ВС = АВ + CD (теорема 166) или, поскольку А В = CD,
равенство АВ = ^—^^^ Значит, достаточно доказать, что отре¬
зок АВ равен средней линии трапеции.
Проведем внутреннюю общую касательную КР Тогда АК =
= КМ, ВК=КМ, DP = PM, СР = РМ (теорема 126). Это значит,
что КР— средняя линия трапеции ABCD и КР = АВ. Итак, в
трапецию можно вписать окружность, EF — ее диаметр. Поло¬
жим О\Е = х, O2F = y. Тогда из равенства MF = ME (средняя
линия КР делит отрезок EF пополам) заключаем, что R — y =
= г + х. Из подобия треугольников O\DE и O2CF получаем —=
O2F
_OtP т е 2L=JL
О2С ’ ’ ' 1/ R „2_ „
Из системы уравнений | R — у = г-]-х, находим: у = -—— и
9 R — г
| X г
\ у~ R
2Rr
R + r
тогда радиус вписанной окружности равен R — y =
Пример 10. Острый угол прямоугольного треугольника ра¬
вен а. Найдем гипотенузу этого треугольника, если радиус окруж¬
ности, касающейся гипотенузы и продолжений катетов, равен R.
Решение. Так как АВ=АК + ВК (рис. 64), то задача сво¬
дится к вычислению отрезков АК (из Л АО К) и ВК (из /\ОВК}.
Рассмотрим А ДОК. Так как /LKOF= АВАС = а (углы со вза¬
имно перпендикулярными сторонами), то Z_ КО А =-“г( Л КО А =
= АДОК). Значит, АК = OK-tg ^-=R tg
Рассмотрим £±ВОК'. АВОК = -^- Z_DOK = -^-(90° — Z_KOF) =
= 45°——. (Здесь воспользовались тем, что в четырехугольнике
ODCF три угла D, С, F прямые. Значит, и четвертый угол, т. е.
51
угол DOF, прямой.) Тогда BK = OK-tg /LBOK = R tg (45°—^-),
AB = AK + BK = RtSf+RtS^5°-^ =
,_R 51п(т + 45°~т) Rx/2
coscos ( 45°—2 cos cos ( 45°—
(Здесь воспользовались формулой tg a-Hg )
Пример 11. Дан остроугольный треугольник ЛВС с углами
ЛЛ = а, zLB = p, zLC = y. В каком отношении ортоцентр делит
высоту, проведенную из вершины Л?
Решение. Опишем около треугольника ЛВС окружность.
Радиус окружности обозначим через В (вспомогательный па¬
раметр)
Проведем ОР±ВС и воспользуемся тем, что АН = 2ОР (см.
пример 8 из § 2), где Н — ортоцентр.
Рассмотрим &ОРВ (рис. 65) Так как Л КОВ измеряется
дугой ВК, оВК = ^-оВС, а А С АВ измеряется половиной дуги
ВС, то Z_KOB = Z_CAB = a. Тогда OP = R cos а, а поэтому АН =
= 2R cos а.
По теореме синусов = (теорема 8). Значит, ЛС =
= 2/?-sin р, а тогда из A ACD получаем, что AD = AC sin Z_АСВ =
= 2R sin р sin у.
Тогда AH = 2R cos a, HD = AD — AH = 2R sin р sin у —
— 2R cos a = 2/?(sin p sin y —cos (180° —(P + y))) = 27?(sin psiny +
+cos (P + y))=2R (sin p sin у+cos p cos у—sin p sin y)=2/? cos p cos y.
Итак. 4^=—^ cos a cos a
HD 2/? cos p cos y cos p cos у
Замечание. Эта задача допускает и существенно более простое реше¬
ние, не связанное с описанной окружностью и свойством ортоцентра треуголь-
Рис. 66
52
ника. Обозначим углы треугольника АВС соответственно а, р, у. Тогда по теореме
о равенстве углов со взаимно перпендикулярными сторонами и углы между
высотами будут равны соответственно а, р, у (рис. 66) Далее, имеем АН =
ЕН
= -=— (ДАЕН),
cos у
ЕН
HD — CH-cqs р (/\CHD), =—= cosa (ДСЕЯ).
Сп
Значит — ЕН —ЕН 1 _ cos a
'HD cos у- CH- cos p CH cos p cos у cos p cos у
Пример 12. Докажем, что если высота и медиана, прове¬
денные из одной вершины неравнобедренного треугольника, ле¬
жат внутри треугольника и образуют с его боковыми сторонами
равные углы, то этот треугольник прямоугольный.
Решение. Опишем около данного треугольника АВС окруж¬
ность и продолжим высоту BD и медиану ВМ до пересечения с
окружностью в точках соответственно Е и К (рис. 67). Так как
Z_ABE = Z.KBC, то АЕ= КС, а поэтому хорды АС и ЕК,
между которыми лежат равные дуги АЕ и КС, параллельны.
Но /С В DM = 90° Значит, и ЛВЕК = 90° а тогда ВК — диаметр
окружности.
Так как центр описанной окружности лежит, с одной стороны,
на диаметре В К, а с другой стороны, на перпендикуляре к АС,
восставленном из точки М, то этим центром является сама точка М.
Значит, АС — диаметр окружности, а поэтому ААВС = 90°
Пример 13. AD и СМ — высоты остроугольного треуголь¬
ника АВС, периметр треугольника АВС равен 15 см, периметр
треугольника BDM равен 9 см, радиус окружности, описанной
около треугольника BDM, равен 1,8 см. Найдем длину АС
(рис. 68).
Решение. Прежде всего докажем, что треугольники АВС и
BMD подобны. В самом деле, прямоугольные треугольники ABD и
53
ВМС с общим острым углом В подобны, а поэтому Но
тогда у треугольников АВС и MBD с общим углом В стороны, за¬
ключающие этот угол, пропорциональны, т. е. треугольники по¬
добны.
Воспользуемся тем, что в подобных треугольниках отношение
периметров и отношение радиусов описанных окружностей рав¬
ны коэффициенту подобия. Цр условию РАВС = 15 см, PBDM = $ см.
Значит, коэффициент подобия равен Так как по условию
радиус окружности, описанной около треугольника BMD, равен
1,8 см, то получаем, что радиус окружности, описанной около
треугольника ЛВС, равен 1,8--^-=3 см.
Пусть точка О — центр описанной около ЛВС окружности,
OP.LAC. Тогда BH = 2OP (см. пример 8 из § 2). Но ВН — диа¬
метр описанной около треугольника BMD окружности (поскольку
опирающийся на него угол BDH равен 90°). Значит, ВН = 3$ см,
а потому ОР=1,8 см.
Теперь в прямоугольном треугольнике АОР известны две сто¬
роны: ЛО = 3 см (радиус описанной окружности) и ОР= 1,8 см.
Тогда ЛР=-д^9 — см и’ слеД°вательН0’ ^С = 4,8 см.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Окружность
141. Две окружности внешне касаются в точке А, ВС — их общая внешняя
касательная. Доказать, что Z. ВАС = 90°
142. Две окружности пересекаются в точках А и В. Точки А и В лежат по раз¬
ные стороны от прямой /, которая пересекает окружности соответственно в точках
С, D, Е и М. Доказать, что сумма углов DBE и САМ равна 180°
143. Две окружности пересекаются в точках А и В. Прямые 1\ и /2 параллель¬
ны, причем /1 проходит через точку А и пересекает окружности в точках Е и К,
а /2 проходит через точку В и пересекает окружности в точках М и Р Доказать, что
четырехугольник ЕКМР — параллелограмм.
144. Из точки М проведены к окружности с центром в точке О касательные
МА и МВ. Прямая I касается окружности в точке С и пересекает МА и МВ соот¬
ветственно в точках D и Е. Доказать, что: а) периметр треугольника MDE не
зависит от выбора точки С; б) угол DOE не зависит от выбора точки С.
145. Точки А, В, С и D делят окружность на части, отношение которых
1:3:5:6. Найти углы между касательными к окружности, проведенными в точ¬
ках А, В, С и D.
146. Две равные окружности внешне касаются друг друга и третьей окруж¬
ности, радиус которой равен 8 см. Отрезок, соединяющий точки касания двух
равных окружностей с третьей, равен 12 см. Найти радиусы равных окружностей.
54
147. Общая хорда двух пересекающихся окружностей равна а и служит для
одной окружности стороной правильного вписанного шестиугольника, а для дру¬
гой — вписанного квадрата. Найти расстояние между центрами окружностей.
148. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. Найти
длину их общей внешней касательной.
149. Две окружности радиусами г и R касаются внешним образом. Прямая I
пересекает окружности в точках А, В, С и D так, что AB = BC = CD. Найти AD.
150. Две окружности, радиусы которых относятся как 1:3, касаются внешним
образом, длина их общей внешней касательной 6 у'З см. Найти периметр фигуры,
образованной внешними касательными и внешними дугами окружностей.
151. Из внешней точки к окружности проведены секущая длиной 48 см и ка-
сательная, длина которой составляет — от внутреннего отрезка секущей. Наити
радиус окружности, если известно, что секущая удалена от центра на расстоя¬
ние 24 см.
152. Общая внешняя касательная двух внешне касающихся окружностей со¬
ставляет с линией центров угол а. Найти отношение радиусов.
153. Из точки А, расположенной вне круга с центром О, проведены секу¬
щие АВС и АМК (В и М — ближайшие к А точки окружности, лежащие на
секущих). Найти ВС, если известно, что АС = а, zLCAO = a, АСОК = & и секу¬
щая АМК проходит через центр окружности.
154. Две окружности пересекаются в точках А и В. Через точку А проведены
отрезки АС и AD, каждый из которых, являясь хордой одной окружности, ка¬
сается другой окружности. Доказать, что АС2 • BD = AD2 • ВС.
155. АВ и CD — взаимно перпендикулярные пересекающиеся хорды окруж¬
ности радиуса R. Доказать, что АС2 + BD2 =4/?2
156. Доказать, что сумма квадратов расстояний от точки М, взятой на диа¬
метре окружности, до концов любой из параллельных этому диаметру хорд есть
для данной окружности постоянная величина.
157. Окружность 0)1 пересекает концентрические окружности о)2 и о)3 соот¬
ветственно в точках А, В и С, D. Доказать, что хорды А В и CD параллельны.
158. Три равные окружности имеют общую точку. Доказать, что окружность,
проведенная через вторые точки пересечения данных трех окружностей, равна
данным.
159. На плоскости даны четыре равные окружности, проходящие через одну
точку и пересекающиеся вторично в шести точках. Доказать, что четыре окруж¬
ности, проходящие через каждые три из этих шести точек, взятых по одной на
каждой из данных окружностей, пересекаются в одной точке.
160. На окружности с центром О даны такие три точки А, В и С, что
/ АОВ = / ВОС = 60° Доказать, что расстояние от точки В до произвольного
диаметра окружности равно или сумме, или абсолютному значению разности
расстояний от точек Л и С до этого диаметра.
161. Доказать, что если через точку касания двух окружностей провести
произвольную прямую, то она пересечет окружности вторично в таких точках,
что радиусы, проведенные в эти точки, параллельны.
162. Окружности о>| и а>2 касаются внутренним образом в точке Л, секу¬
щая а пересекает о)( в точках М и /V, а о)2 — в точках Р и Q. Доказать, что
Z.PAM— Z-QAN.
55
163. В окружности с центром О проведены две перпендикулярные хорды
АВ и CD, пересекающиеся в точке М. Доказать, что середины хорд АС и BD,
точка М и центр данной окружности являются вершинами параллелограмма.
164. Две окружности внешне касаются в точке С, АВ — их общая внешняя
касательная. Найти радиусы, если АС = 8 см, ВС = 6 см.
165. Расстояние между центрами двух пересекающихся окружностей равных
радиусов равно d. Прямая, параллельная линии центров, пересекает первую
окружность в точках А и В, вторую — в точках С и D. Найти длину отрезка АС.
166. Окружности радиусами R и — касаются внешним образом. Из центра
меньшей окружности под углом 30° к линии центров проведен отрезок длиной 2R.
Найти длины тех частей отрезка, которые лежат вне окружностей.
167. Окружности радиусами а и b имеют внутреннее касание (а<Ь), причем
центр большей окружности лежит вне меньшей окружности. Хорда АВ большей
окружности касается меньшей окружности и образует с общей касательной к
окружностям угол а. Найти АВ.
2. Вписанные и описанные треугольники
168. В правильном треугольнике АВС на сторонах АВ и АС взяты точки М и
К так, что АМ:МВ — 2:\, АК:КС= 1:2. Доказать, что отрезок КМ равен ра¬
диусу окружности, описанной около треугольника АВС.
169. Около треугольника АВС (АВ = ВС) описана окружность. Биссектрисы
углов А и С при продолжении пересекают окружность в точках К и Р, а друг
друга — в точке Е. Доказать, что четырехугольник ВКЕР— ромб.
170. AD и СЕ — биссектрисы треугольника АВС. Окружность, описанная
около треугольника BDE, проходит через центр окружности, вписанной в треу¬
гольник АВС. Доказать, что ЛЛВС = 60°.
171. Доказать, что центр окружности, вписанной в треугольник, лежит внутри
треугольника, образованного средними линиями данного треугольника.
172. В треугольник АВС вписана окружность, касающаяся прямой АВ в
точке М. Пусть точка М\ диаметрально противоположна точке М на вписанной
окружности. Доказать, что прямая CMi пересекает прямую АВ в такой точке Ci,
что ЛС4-ЛС|=ВС + ВС1.
173. Прямая / касается окружности, описанной около треугольника АВС, в
точке С. Доказать, что квадрат, высоты СН треугольника АВС равен произве¬
дению расстояний точек Л и В от прямой /.
174. Найти углы треугольника, если известно, что центры его вписанной
и описанной окружностей симметричны относительно одной из сторон треуголь¬
ника.
175. Основание равнобедренного треугольника 2а, высота h. К окружности,
вписанной в треугольник, проведена касательная, параллельная основанию.
Найти длину отрезка этой касательной, заключенного между боковыми сторона¬
ми треугольника.
176. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности
делит гипотенузу на отрезки 24 и 36 см. Найти катеты.
177. В прямоугольном треугольнике один катет равен 48 см, а проекция дру¬
гого катета на гипотенузу равна 3,92 см. Найти длину вписанной окружности.
56
178. В прямоугольном треугольнике с катетами 18 и 24 см найти расстояние
между центрами вписанной и описанной окружностей.
179. В равнобедренном треугольнике высота, проведенная к основа¬
нию, в 1,5 раза меньше радиуса описанной окружности. Найти угол при ос¬
новании.
180. Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторона¬
ми а и b и углом у между ними.
181. В равнобедренном треугольнике основание равно Ь, угол при основании а.
К окружности, вписанной в треугольник, проведена касательная, параллельная
основанию. Найти длину отрезка этой касательной, заключенного между боко¬
выми сторонами треугольника.
182. В равнобедренном треугольнике отношение радиусов вписанной и опи¬
санной окружностей равно k. Найти углы треугольника.
183. Доказать, что для любого прямоугольного треугольника справедливо не¬
равенство 0,4 <-^-<0,5, где г — радиус вписанной окружности, a h — высота,
опущенная на гипотенузу.
184. Доказать, что окружность, описанная около треугольника, равна ок¬
ружности, проходящей через две его вершины и ортоцентр.
185. В окружность вписан правильный треугольник АВС. На дуге ВС взята
произвольная точка М и проведены хорды AM, ВМ и СМ. Доказать, что АМ =
=вм + см.
186. Доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки ок¬
ружности до вершин вписанного в нее правильного треугольника есть величина
постоянная, не зависящая от положения точки на окружности.
187. В окружность вписан равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС).
На дуге АВ взята произвольная точка К и соединена хордами с вершинами
треугольника. Доказать, что АК-КС = АВ2 — КВ2.
188. Около треугольника АВС описана окружность, пересекающая биссектри¬
су угла С в точке М. Из ортоцентра И треугольника проведен перпендикуляр HD
к биссектрисе так, что точка D принадлежит 1С. Доказать, что CD :CA4=cos ZC.
189. В остроугольном треугольнике со сторонами а, b и с из центра описанной
окружности опущены перпендикуляры на стороны. Длины этих перпендикуляров
„ т . п , р тпр ■
равны соответственно т, п и р. Доказать, что (--г+“=—•
а ■ b с аос
190. Доказать, что основания перпендикуляров, опущенных на стороны тре¬
угольника или на продолжения сторон из произвольной точки описанной около
треугольника окружности, лежат на одной прямой.
191. Доказать, что если а и b — стороны треугольника, / — биссектриса угла
между ними и а', Ь' — отрезки, на которые биссектриса делит третью сторону,
то l2 = ab — а'Ь'.
192. Доказать, что радиус описанной около треугольника окружности, про¬
веденный в одну из вершин треугольника, перпендикулярен прямой, соединяю¬
щей основания высот, проведенных из двух других вершин треугольника.
193. Около треугольника АВС описана окружность. Через точку В проведена
касательная к окружности до пересечения с продолжением стороны СА за точку А
в точке D. Найти периметр треугольника АВС, если АВA~AD —AC, CD = 3.
Z ВАС = 60°.
57
194. В окружность радиуса вписан правильный треугольник АВС. Хорда
BD пересекает АС в точке Е так, что ЛЕ: СЕ = 2:3. Найти CD.
195. В трапеции ABCD биссектриса угла А пересекает основание ВС (или
его продолжение) в точке Е. В треугольник АВЕ вписана окружность, касаю¬
щаяся стороны ЛЕ в точке Л4 и стороны BE в точке Р Найти угол BAD, если
известно, что АВ:МР = 2.
196. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой касания впи¬
санной окружности на отрезки, отношение которых равно Найти углы
треугольника.
197. Найти угол при основании равнобедренного треугольника, если из¬
вестно, что его ортоцентр лежит на вписанной окружности.
3. Произвольное расположение окружности и треугольника
198. Отрезки AD, ВМ и СР—медианы треугольника АВС. Окружность,
описанная около треугольника DMC, проходит через центроид треугольника
АВС. Доказать, что Z_ABM= /LPCB, a Z_BAD= /СРСА.
199. В прямоугольный треугольник вписана полуокружность так, что ее диа¬
метр лежит на гипотенузе, а центр делит гипотенузу на отрезки 15 и 20 см.
Найти радиус полуокружности.
200. Окружность проходит через вершину А прямоугольного треугольника
АВС, касается катета ВС и имеет центр на гипотенузе АВ. Найти ее радиус,
если АВ —с, ВС = а.
201. На катете ВС прямоугольного треугольника АВС как на диаметре
построена окружность, пересекающая гипотенузу АВ в точке D так, что AD:DB =
= 3:1. Найти стороны треугольника АВС, если высота, проведенная к гипоте¬
нузе, равна 3 см.
202. Стороны треугольника равны а и Ь, угол между ними 120° Найти
радиус окружности, проходящей через две вершины третьей стороны и центр
вписанной в данный треугольник окружности.
203. Окружность проходит через вершины А и В треугольника АВС и ка¬
сается стороны ВС в точке В. Сторона АС делится окружностью на части AM
и МС так, что АМ = МСВС. Найти ВС, если АС = 4 см.
204. На стороне АВ треугольника АВС как на диаметре построена окруж¬
ность, пересекающая сторону ВС в точке D. Найти АС, если известно, что
CD = 2 см и АВ — ВС = 6 см.
205. На стороне АВ треугольника АВС как на диаметре построена окруж¬
ность, пересекающая АС в точке D и ВС в точке Е. Найти АС и ВС, если известно,
что АВ = 3 см, AD:DC=\:\ и BE: ЕС = 7:2.
206. Отрезок BD — высота треугольника ABC, a DE — медиана треуголь¬
ника BCD. В треугольник BDE вписана окружность, касающаяся стороны BE в
точке К и стороны DE в точке М. Найти углы треугольника АВС, если АВ =
= ВС = 8 см, КМ = 2 см.
207. В треугольнике АВС проведены высота AD и окружность с центром в
точке А и радиусом AD. Найти длину дуги этой окружности, лежащей внутри
треугольника, если ВС = а, АВ = $, АС=у.
208. Доказать, что радиус окружности, касающейся гипотенузы и продолже¬
58
ний катетов прямоугольного треугольника, равен сумме длин гипотенузы и ра¬
диуса окружности, вписанной в треугольник.
209. Биссектрисы AD и СК треугольника АВС пересекаются в точке О,
KD=\ см. Найти углы и две другие стороны треугольника KDO, если из¬
вестно, что точка В лежит на окружности, описанной около треугольника KDO.
210. Окружность касается сторон АС и ВС треугольника АВС и имеет центр на
АВ. Найти радиус окружности, если АС = 48 см, ВС=140 см, ЛВ = 148 см.
211. В треугольнике АВС точка D — середина АС, точка Е— середина ВС,
окружность, описанная около треугольника CDE, проходит через центроид тре¬
угольника АВС. Найти длину медианы СК, если АВ = с.
212. Найти зависимость между сторонами а, b и с треугольника АВС, если
известно, что вершина С, центроид М и середины сторон АС и ВС лежат на одной
окружности.
213. В равнобедренный треугольник АВС с углом В, равным 120°, вписана
полуокружность радиуса (3 см с центром на АС. К полуокружности
проведена касательная, пересекающая боковые стороны АВ и ВС в точках соот¬
ветственно D и Е. Найти BD и BE, если DE = C2^1 см.
214. В треугольнике АВС известны стороны: ЛВ = ВС = 39 см, АС =30 см.
Проведены высоты AD и BE. Найти радиус окружности, проходящей через точки
D и Е и касающейся стороны ВС.
215. В треугольнике АВС проведены высоты CD и АЕ. Около треугольника
BDE описана окружность. Найти длину дуги этой окружности, лежащей внутри
треугольника АВС, если AC = b, /_АВС = $.
4. Окружность и четырехугольник
216. Доказать, что если для трапеции существуют вписанная и описанная
окружности, то высота трапеции есть среднее геометрическое м'ежду ее осно¬
ваниями.
217. Около окружности с центром О описан четырехугольник ABCD. До¬
казать, что Z. АОВ 4- COD = 180°
218. Основания равнобедренной трапеции 21 и 9 см, высота 8 см. Найти
радиус описанной окружности.
219. Основания равнобедренной трапеции а и Ь, острый угол а. Найти
радиус описанной окружности.
220. Две вершины квадрата лежат на окружности радиуса R, а две дру¬
гие — на касательной к этой окружности. Найти сторону квадрата.
221. Острый угол Л ромба ABCD равен а. Найти отношение радиуса окруж¬
ности, вписанной в ромб, к радиусу окружности, вписанной в треугольник АВС.
222. Около окружности описана равнобедренная трапеция. Найти ее углы,
если известно, что отношение боковой стороны трапеции к ее меньшему ос¬
нованию равно k.
223. Около окружности описана трапеция с острыми углами аир. Найти от¬
ношение периметра трапеции к длине окружности.
224. а) Доказать теорему Птолемея: если противолежащие стороны четырех¬
угольника, вписанного в окружность, равны а и Ь, с и т, а диагонали d\ и d2, то
ab cm = d\d2. б) Воспользовавшись теоремой Птолемея, доказать утверждение
задачи 176.
59
225. Доказать, что сумма произведений высот остроугольного треугольника на
отрезки их от ортоцентра до вершины равна полусумме квадратов сторон.
226. На гипотенузе прямоугольного треугольника как на стороне построен
квадрат (вне треугольника) Центр квадрата соединен с вершиной прямого угла
треугольника. На какие отрезки разбивается гипотенуза, если катеты равны
21 и 28 см?
227. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каждую из
двух других его сторон на отрезки 2 и 23 см. Найти радиус окружности.
228. В ромб ABCD со стороной 4 см и углом BAD, равным 60°, вписана ок¬
ружность. К ней проведена касательная, пересекающая АВ в точке М и AD в
точке Р Найти МВ и PD, если МР = 2 см.
229. Отношение радиуса окружности, описанной около трапеции, к радиусу
вписанной окружности равно k. Найти острый угол трапеции.
230. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого взаим¬
но перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через
точку Е и перпендикулярная к АВ, пересекает CD в точке М. Найти ЕМ, если
Л£) = 8 см, ЛВ = 4 см и /LCDB — a.
231. В окружность вписан четырехугольник ABCD, диагонали которого вза¬
имно перпендикулярны и пересекаются в точке Е. Прямая, проходящая через
точку Е и середину стороны CD, пересекает АВ в точке Н. Найти НВ, если ED =
= 6 см, BE — 5 см и Zi4DB = a.
25
232. В выпуклом четырехугольнике ABCD сторона АВ равна —, сторона ВС
25 1
равна 12 — , сторона CD равна 6— Известно, что угол DAB острый, угол ADC
3 63
тупой, причем sin /LDAB=— , cos /LABC= — — Окружность с центром в точ¬
ке О касается сторон ВС, CD и AD. Найти длину отрезка ОС.
5. Разные задачи
233. Из точки С к окружности проведены две касательные СА и СВ, обра¬
зующие между собой угол 60° В криволинейный треугольник, образованный
этими касательными и меньшей дугой АВ, вписана окружность. Доказать, что
длина этой дуги равна длине вписанной окружности.
234. Около окружности описан шестиугольник с параллельными противоле¬
жащими сторонами. Доказать, что противолежащие стороны этого шестиуголь¬
ника равны.
235. Прямоугольник со сторонами 36 и 48 см разделен диагональю на два
треугольника. В каждый из этих треугольников вписана окружность. Найти
расстояние между их центрами.
236. Две окружности радиусами 16 и 9 см касаются внешним образом.
Вычислить радиус окружности, вписанной в криволинейный треугольник, заклю¬
ченный между окружностями и их общей внешней касательной.
237. Хорда окружности длиной 6 см разбивает окружность на два сегмента.
В меньший из них вписан квадрат со стороной 2 см. Найти радиус окружности.
60
238. Два круга радиуса R расположены так, что расстояние между их центра¬
ми равно R. В пересечение кругов вписан квадрат. Найти сторону квадрата.
239. В круговой сектор с углом 2а вписана окружность. Найти отношение
радиусов вписанной окружности и сектора.
240. В сектор АОВ круга радиуса R с центральным углом а вписан пра¬
вильный треугольник, одна из вершин которого лежит в середине дуги АВ, а две
другие — на радиусах ОА и ОВ. Найти сторону треугольника.
241. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а
Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них
вписан квадрат. Найти сторону квадрата.
242. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а
Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В меньший из них
вписан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой
дуги, а две другие лежат на хорде сегмента. Найти сторону треугольника.
243. Дуга окружности радиуса R стягивает центральный угол 2а^а<-^-^.
Хорда этой дуги разбивает окружность на два сегмента. В больший из них впи¬
сан правильный треугольник так, что одна его вершина совпадает с серединой
хорды, а две другие лежат на дуге. Найти сторону треугольника.
244. В равнобедренный треугольник вписана окружность радиуса а. Окруж¬
ность радиуса b касается боковых сторон треугольника и вписанной окружности.
Найти основание треугольника.
245. На отрезке АС длиной 12 см взята точка В так, что АВ = 4 см. На АС
и на АВ как на диаметрах построены окружности. Найти радиус окружности,
касающейся двух данных и отрезка АС.
246. Основание равнобедренного треугольника Ь, угол при основании а.
В треугольник вписана окружность. Вторая окружность касается первой и боко¬
вых сторон треугольника. Найти радиус второй окружности.
247. В окружности радиуса R с центром в точке О проведены радиусы ОА и
ОВ так, что ЛЛОВ = а^-^-<а<лУ Найти радиус окружности, касающейся
дуги АВ сектора О А В, хорды АВ и биссектрисы угла АОВ.
248. Два равных круга радиуса а расположены так, что расстояние между
их центрами равно а. Пересечение кругов разделено линией центров на два
криволинейных треугольника, в один из которых вписана окружность. Найти
длину отрезка, соединяющего точки касания вписанной окружности с двумя дан¬
ными окружностями.
249. Из точки А к окружности с центром О и радиусом 2 см проведена ка¬
сательная А К. Отрезок О А пересекает окружность в точке М и образует с ка¬
сательной угол 60° Найти радиус окружности, вписанной в криволинейный
треугольник МКА.
250. Из точки А, удаленной от центра О окружности радиуса г на расстоя¬
ние а(а>г), проведен луч, образующий угол 60° с лучом АО и пересекающий
окружность в двух точках К и Р (К лежит между А и Р). Найти радиус окруж¬
ности, вписанной в криволинейный треугольник МКА, где М — точка пересечения
окружности и отрезка АО.
61
251. Основание равнобедренного треугольника Ь, угол при основании а.
В треугольник вписана окружность. Вторая окружность касается первой, основа¬
ния и боковой стороны треугольника. Найти радиус второй окружности.
252. Около равнобедренного треугольника с основанием b и углом а при ос¬
новании описана окружность. Вторая окружность касается первой окружности и
боковых сторон треугольника. Найти радиус второй окружности.
253. В сегмент окружности радиуса R с центральным углом а (а<л) вписаны
две равные окружности, касающиеся друг друга. Найти их радиусы.
254. Точки D, К и М лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и АС тре¬
угольника АВС. Доказать, что окружности, описанные около треугольников A DM,
BDK и СКМ, пересекаются в одной точке.
255. Из точки С к окружности радиуса 12 см с центром в точке О проведены
две касательные АС и ВС. В треугольник АВС вписана окружность с центром О1э
касающаяся сторон АС и ВС в точках К и Н. Найти ААОВ, если расстояние
от точки Oi до прямой КН равно 3 см.
256. Из центра О окружности радиуса R проведены радиусы ОА и ОВ так,
что АА0В = а (а<л). В меньший сегмент круга, отсекаемый хордой АВ, вписан
правильный треугольник, одна из сторон которого перпендикулярна хорде АВ.
Найти сторону треугольника.
257. В окружности радиуса г проведены диаметр АВ и хорда АС. В обра¬
зовавшийся криволинейный треугольник вписана окружность. Найти ее радиус,
если АСАВ = а.
258. В окружности с центром О радиус ОМ и хорда КР пересекаются в
точке А, причем АМАК=а(а<-^-)- В образовавшийся криволинейный тре¬
угольник МАК вписана окружность. Найти ее радиус, если 0М = г, ОА=а.
259. Из точки А окружности радиуса г проведены диаметр AD и две хорды
АВ и АС. Найти радиус окружности, касающейся хорд АВ и АС и дуги ВС,
если AB — b, ABAC —а и АВ>АС.
260. На одной стороне угла а даны две точки, расстояния которых от другой
стороны угла равны b и с(Ь<с). Найти радиус окружности, проходящей через
эти две точки и касающейся другой стороны угла.
261. Угол АОВ равен а. Окружность касается стороны АО в точке С и пере¬
секает сторону ОВ в точках D и Е. Найти DE и радиус окружности, если из¬
вестно, что ОС=а и OD = b(b>a).
§ 4. ПЛОЩАДИ
Пример 1. Точка Н — ортоцентр треугольника АВС. На
прямой СН взята такая точка К, что АВК — прямоугольный
треугольник. Докажем, что площадь треугольника АВК есть сред¬
нее геометрическое между площадями треугольников АВС и АВН
(рис. 69).
Решение. Введем обозначения: SAR=S, S .R=S\, S.D =
Adi\ AdC Adu
= S2. Тогда S = ±-AB-KD, S{=±-AB-CD, S2=-^-AB-HD. Надо
62
Рис. 69
Рис. 70
доказать, что
s=Vs^2, (1)
т. е. что ~^~АВ-KD -^-АВ • СD-~^-АВ • НD или что
KD'^CD-HD. (2)
Но треугольник АВК прямоугольный, поэтому KD2 = BD • AD
(теорема 6а). Таким образом, равенство (2) будет установлено,
если докажем, что BD-AD — CD-DH, или что 77=777 Послед-
нее равенство с достаточной очевидностью следует из подобия
прямоугольных треугольников BCD и HDA (у этих треугольни¬
ков углы BCD и HAD равны как углы со взаимно перпендикуляр¬
ными сторонами, поскольку АЕ — высота треугольника) Значит,
равенство (2), а с ним и равенство (1) доказаны.
Пример 2. Зная медианы та, ть и тс треугольника, вычис¬
лим его площадь.
Решение. Отметим прежде всего, что S4/MC = -~- SARC
(рис. 70) В самом деле, основание АС у этих треугольников об¬
щее. Значит, их площади относятся как высоты МК и ВН (тео¬
рема 18) Но из подобия треугольников МКЕ и ВНЕ заключаем,
что —-^■= ——а МЕ:ВЕ=1:3 (теорема 36) Итак, искомая пло-
вн BE
щадь S равна 35лмс.
Рассмотрим треугольник АМС. У него известны две стороны:
ЛМ = -|~та, МС = -^-тс — и медиана МЕ = -^-ть (снова исполь¬
зуем теорему 36) Удвоим медиану и, достроив треугольник до
параллелограмма МСРА, получаем
63
S = S — _L
°,4MC ^MCP 2 ^AMCP-
У треугольника MCP известны три стороны:
9 о о _
~ть' ~з'пгс' Значит, площадь тре¬
угольника МСР можно найти по формуле
Герона (теорема 19д) Итак,
S = 3S дж; = 35 МСр =
= 3д/-у (та + ть + тс)~(п1а + ть — тс) ~(гПа + тс — ть)Х
Хд]-^-(ть + тс — та)=-^(та + ть + тс) (та + ть — тс)Х
X -^(та -\-тс — ть) (ть + тс — та)
Пример 3. Найдем площадь треугольника с углами а, 0
и у, зная, что расстояния от произвольной точки М, взятой
внутри треугольника, до его сторон равны соответственно т, п
и k (рис. 71)
Решение. Площадь S треугольника АВС можно найти по
формуле S = -^-АС• ВС• sin у, но для этого надо найти АС и ВС.
Положим BC = x. Тогда по теореме синусов (теорема 8)
= да находим. 4C = £sin£> ЛВ=^1
sin a sin у sin a sin a
Итак, задача сводится к отысканию х. Для составления урав¬
нения применим метод площадей (см. § 1): выберем в качестве
опорного элемента площадь S треугольника АВС.
С одной стороны, имеем
S =—AC-BC sin y=-L.*-^b sin ? = *2 sin fl sjnj,
2 2 sin a 2 sin a
С другой стороны,
5 = + + +-^ВС-п + -^ЛС-т —
_ 1. х sin у / I 1 | 1 sin fl х (k sin у + п sin a-\-tn sin fl)
— ~i т— xn H • • т —
2 sin a 2 2 sin a 2 sin a
Значит,
x2 sin fl sin у x (fe sin y + sin a-|-sin fl)
2 sin a 2 sin a
откуда находим: x = k sin 7 + n sin a+m sln &
sin fl sin у
64
Подставив это значение х в первую из отмеченных выше фор¬
мул для площади треугольника АВС, получим
х2 sin р sin у (k sin у sin a-j-m sin p)2
2 sin a 2 sin a sin p sin у
Пример 4. В треугольнике АВС на сторонах АВ и ВС
взяты точки К и Р так, что АК:ВК = 1:2, СР\РВ = 2\ 1. Прямые
АР и СК пересекаются в точке Е. Найдем площадь треугольника
АВС, если известно, что площадь треугольника ВЕС равна
4 см2 (рис. 72)
Решение. Положим АК = х, ВК = 2х, ВР = у, СР — 2у
и проведем РМ\\КС. По теореме Фалеса = Значит,
/VI /у 1
ем=—, км=—
3 3
Далее, треугольники АКЕ и АМР подобны, поэтому ,
т. е. — =—-—= —, и, значит, КЕ = ^-МР С другой стороны,
е. МР = ±-КС.
КС ВС 3 3
В итоге получаем, что КЕ = ±-КС, а потому ЕС = -^-КС.
Рассмотрим треугольники ВЕС и ВКС. У них высота, про¬
веденная из вершины В, общая. Значит, их площади относятся как
основания КС и ЕС (теорема 18), т. е. =
^ВЕС О
Но SBEC = 4 см2, следовательно, SBKC = ~4 =—■ см2
Рассмотрим, наконец, треугольники ВКС и АВС. У них высота,
проведенная из вершины С, общая. Значит, их площади относятся
65
В итоге получаем SARr = — SRKr = — •—=1 см2
J АОС 2 DfxC С2 3
Пример 5. В треугольнике АВС (АВ —ВС) угол А равен
arctgОкружность радиуса 1 см касается сторон АВ и ВС и
пересекает основание АС в точках Е и К (Е лежит между А и К)
М — точка касания окружности и прямой ВА, ДМ = у- см. Вы¬
числим площадь треугольника АМК.
Решение. Прежде всего нужно провести расчеты, которые
позволят выяснить, где лежит центр окружности (пока ясно лишь
одно, что этот центр лежит на высоте ВН равнобедренного тре¬
угольника АВС, так как ВА и ВС — касательные к окружности,
а потому центр окружности лежит на биссектрисе угла между
прямыми — теорема 126)
Введем обозначение: ЛВАС = а (рис. 73) Проведем радиус
ОМ в точку касания, тогда угол ВОМ тоже равен а. По условию
tga = -jy Воспользовавшись формулой 1 -|-tg2 a = cos12 а найдем:
15 8
cos а = —, тогда sin a = tg a cos а = —.
Из треугольника ВОМ находим: ВО= ВМ —
г J cos а 15 lb
Г7
= OMtga=-^- Далее, АВ = АМ + ВМ = ВН
15 о 1 о i2U
120 17 15
Это значит, что ВН = ВО, а поэтому точки О и Н совпадают, и
для дальнейшего решения задачи надо сделать новый (правиль¬
ный) рисунок (рис. 74).
Площадь треугольника АМК будем искать по формуле S =
=—ЛЛ1 -71/<- sin а. Известно, что = см, sin a = -~ Таким
2 8 15
образом, задача свелась к отысканию отрезка АК.
Воспользуемся тем, что AM2 = АЕ • АК (теорема 16в) Поло¬
жим АЕ = х, тогда ДК = 2Ц-х и получаем уравнение ^=х (2 +А
66
Тогда ЛК=-|—1-2=—см и, следовательно,
8 8
Q —_1_л ля . А К • Ч1П гх - 15-.—. 8 375 гм2
*лмк- 2 ЛМ АК sin а- 2 8 8 — см
Пример 6. В четырехугольнике ABCD через середину диа¬
гонали BD проведена прямая, параллельная диагонали АС. Эта
прямая пересекает сторону AD в точке Е. Докажем, что прямая
СЕ разбивает четырехугольник ABCD на две равновеликие части
(рис. 75)
Решение. Надо доказать, что площадь четырехугольника
АВСЕ равна половине площади четырехугольника ABCD — это
и будет означать, что площади фигур АВСЕ и CED равны, т. е.
что фигуры равновелики.
Заметим, что четырехугольник АВСЕ равновелик четырех¬
угольнику АВСМ, где М —любая точка на прямой ЕР В самом
деле, у треугольников АСЕ и АСМ общее основание и равные вы¬
соты, поскольку точки Е и М лежат на прямой, параллельной
основанию АС. Это наблюдение наталкивает на мысль заменить
четырехугольник АВСЕ равновеликим ему четырехугольником
АВСК, где К — специальным образом подобранная точка на ЕР
Выберем в качестве К середину диагонали BD.
Имеем SAB(:k = ~-AC-BK-sin а, где а — угол между диагона¬
лями (теорема 206) По условию BK = ^-BD. Значит,
$авск'~9~• sin а =—(—АС • BD • sin = — SABCD,
что и требовалось доказать.
Пример 7 Площадь выпуклого четырехугольника ABCD
равна 2 см2 Его стороны продолжены: сторона АВ — за точку В
так, что BL = ^-AB\ сторона ВС — за точку С так, что СР =
= — ВС\ сторона CD — за точку D так, что DE = ^-CD\ сторо-
2
на DA — за точку А так, что AM = -^-AD. Найдем площадь че¬
тырехугольника LPEM (рис. 76)
Решение. Введем обозначения: АВ = а, BC = b, CD = c,
DA = m. Рассмотрим треугольник AML. У него AM = AL =
= -|-а. Тогда его площадь Si равна sin а, где а =
= Z_MAL. Сравним это выражение с площадью треугольника
ABD-. £лдп = —АВ-AD-sin (180° —а)=4-шп sin а. Замечаем, что
adu 2 4 2
с 3 о
01 4 ^ABD'
67
Аналогично площадь S3 треугольника СРЕ связана с пло¬
щадью треугольника BCD соотношением 5з=-|-SCBD. Значит,
Si + S3 = -^-(SABD + S8CD) = ^-5ЛВСР = -|-2= 1,5 см2 Точно так же,
если положить S? = SBLpy S4 = SMDEy получим S2 + S4 = 1,5 см2
В итоге SMIPE=SABCD + S} + S2 + S3 + S4 = 2 + 1,5+ 1,5 =
= 5 см2
Пример 8. Около треугольника АВС с тупым углом А опи¬
сана окружность с центром О Радиус АО образует с высотой АН
угол 30° Продолжение биссектрисы AF пересекает окружность
в точке L, а радиус АО пересекает ВС в точке Е (рис. 77). Вы¬
числим площадь четырехугольника FEOL, если известно, что
AL = 4^/2 см, АН = -yj2 -у/3 см.
Решение. Если в примере 6 площадь четырехугольника мы
искали по готовой формуле 206, а в примере 7 — как сумму
площадей составляющих частей, то в данном случае целесообраз¬
но рассмотреть интересующий нас четырехугольник как разность
треугольников AOL и AFE. Значит, SFEOL = SAOl — SAEE. Поэтому
дальнейшее решение задачи сведется в основном к вычислению
различных элементов (сторон, углов) треугольников AOL и AFE.
Докажем, что OL\\AH. Для этого заметим, что /LCAL —
= zLLAB (по условию), а потому ^CL=^BL. Но тогда равны
и хорды CL и BL, т. е. CBL — равнобедренный треугольник. Но
центр О окружности, описанной около равнобедренного треуголь¬
ника CBL, лежит на его высоте АХ. Ясно, что LK\\AHy а потому
OL\\AH. Но тогда AHAF = Z~ALO= ALAO=±- Z_HAO =
=-1—30°= 15°.
68
Подведем предварительные итоги. Мы знаем, что треугольник
ALO равнобедренный с углами 15°, 15° и 150° и стороной AL,
равной 4 д/2 см. Этого достаточно, чтобы вычислить его площадь.
По теореме косинусов (теорема 7) имеем AL2 = АО2 A-OL2 —
— 2АО -OL-cos 150° откуда, положив AO = OL = R, получим
(4 72)2 = /?2 + Я2 + 2/?2^, R2 =-^-.=32 (2-д/З).
2 2 +д/З
Далее, имеем S40i=-^-X0-0L-sin 150°=^-/?2~=~32х
Х(2—д/3) = 8 (2 —д/3) см2
Теперь вычислим площадь треугольника AFE. Имеем НЕ =
=^//tg30°=-^\^-f, HF = AHig 15°=V2^(2-V3), FE =
= HE-HF=^(^-2 + ^)=^2-2^, Saef =
= -^-FE-AH=-^-^2^2<'2^^/2^ = 2(2-^) cm2
В итоге Sfeol - $aol = л/3) 2(2 ~\/3) = 6 (2
— д/З) см2
Пример 9. В пятиугольнике ABCDE известно, что АВ=-\[2,
BC = CD, Л АВЕ = 45° и Л£)В£ = 30° Вычислим площадь пяти¬
угольника, если около него можно описать окружность радиуса
1 см (рис. 78)
Решение. Площадь пятиугольника вычислим как сумму
площадей треугольников ABE, BED и BCD. По теореме синусов,
примененной к треугольнику АВЕ, находим, что —^-~-o = 2R, т. е.
АЕ = ~\/2. Значит, треугольник АВЕ — равнобедренный прямо¬
угольный треугольник, у которого АВ = АЕ = д/2, а потому BE = 2
И Sabe=±-AB-AE=\.
Так как ВЕ = 2, то BE — диаметр окружности. Значит, тре¬
угольник BDE прямоугольный; из него находим: DE= 1, BD = ^f3,
Sbde=±-BD-DE=&
Рассмотрим, наконец, треугольник
BCD. В нем BD = ^3. По теореме си¬
нусов . ^__=2/?,т.е. sin ZBCD=^.
J sin Z-BCD 2
Отсюда находим, что Z.BCD = 120° а
/ СВ D = /_ CDB = 30° Поскол ьку 0С =
sin 3U
= 2R, то находим, что BC = CD=\ и
SBCD=-J-ВС-CD-sin ABCD =
69
Рис. 79
— 1 1 ^1=^
2 2 4
В итоге получаем
е — 1 1 I V3_ 4 + 3 /3
1 2 ' 4 4
Пример 10. Центры четырех
кругов расположены в вершинах
квадрата со стороной а, радиусы
равны а. Вычислим площадь пере¬
сечения кругов (рис. 79)
Решение. Из соображений симметрии следует, что четы¬
рехугольник ЕКМР — квадрат. Значит, искомая фигура есть
объединение квадрата и четырех равных сегментов. Для вычис¬
ления площади сегмента нужно прежде всего найти соответствую¬
щий центральный угол. Поскольку треугольник AKD равносто¬
ронний, то Z-KAD — 600 Значит, АВАК = 30° Аналогично полу¬
чаем, что A MAD = 30° а потому А КАМ = 30° Применив для
отыскания площади сегмента теорему 24, получим 5сегм = —а2Х
x(t-f)
Для отыскания стороны квадрата ЕКМР применим теорему
косинусов к треугольнику АКМ: КМ2 = АК2 А~АМ2 — 2АК-АМХ
XCOS 30° т. е. КМ2 = а2 + а2-2а2 а2 (2-д/З).
В итоге получаем S = SKB + 4Sccr%, = а2 (2 — д/3) + 2а2 (-2—
Пример 11. Окружность касается сторон АС и ВС тре¬
угольника АВС в точках D и Е соответственно и имеет центр на
стороне АВ. Найдем площадь сектора DOE, если ВС= 13 см,
АВ= 14 см, АС=15 см (рис. 80)
Решение. Для отыскания радиуса сектора применим метод
площадей (см. § 1) С одной стороны, площадь S треугольника
АВС можно найти по формуле Герона (теорема 19д) S = 84 см2
С другой стороны, S = S4OC+Sboc=-^-AC-£>O + -—BC-O£' =
=—(15+ 13) г= 14г Значит, 14г = 84, г = 6 см.
Чтобы найти площадь сектора, надо знать его центральный
угол, т е. угол DOE. Из четырехугольника ODCE заключаем,
что Z.DOE = n — у, где у = /LACB. По теореме косинусов АВ2 =
= АС2 ВС2— 2АС • ВС-cos у. Значит, 142= 132 + 152 — 2-13- 15Х
70
Рис. 80
Xcosy, откуда находим, что cosy=—, а потому у = arccos —
195
В итоге получаем, что центральный угол сектора равен л —
99
— arccos —
195
По теореме 23 получаем
\екТ = у <2 (я - arccos ) = 18 ( л - arccos .
Пример 12. Внутри треугольника АВС со сторонами а, b и с
взята точка М так, что из нее стороны треугольника видны под
равными углами. Найдем АМ-\-ВМ + СМ (рис. 81)
Решение. В этой задаче в отличие от предыдущих речь
не идет о вычислении площади плоской фигуры. Тем не менее,
как мы увидим, площадь треугольника окажется средством для
решения.
Положим АМ = х, ВМ=у, CM = z. По условию ЛАМВ =
= Z_BMC= Z_AMC=V2ft° Применив теорему косинусов к каж¬
дому из треугольников АМВ, ВМС и АМС, получим систему
уравнений f a2 = z2 У2 У?,
< ft2 = X2 + z2 + >VZ,
(с2=Х2 + //2 + ^.
Далее, имеем 5 = 5двс==‘$ЛЛ1С-|-‘$ВЛ4С4"‘$/4уИВ =—xz sin 120 4“
4-у-У2 sin 120° + 4х</ sin 120°=^(xz + yz + xi/). Значит, xy +
+xz + t/z=^p , где
S--y/p(p—a) (p — b)(j> -c)(p = )
Надо найти значение суммы х + у + 2- Имеем (x+y + z)2 =
=x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz. Сложив три уравнения системы,
получим х2 + у2 + z2 = а ^-(xy + xz + yz).
Рис. 82
Значит,
(x + y + z)2
g2 + fe2 + c2
|-(xy+xz + yz) =
a2 + &2 + c2 , 3 4S
“ 2 2 'V3
+-2S л/3,
и, следовательно,
x + y + z=-y/^±^+2S л/3
Пример 13. В треугольнике АВС известно, что АС:ВС =
= 2:1 и Z_С = arccos—. На стороне АС взята точка D так, что
4
CD:AD = 1:3. Найдем отношение радиуса окружности, описанной
около треугольника АВС, к радиусу окружности, вписанной в
треугольник ABD.
Решение. Введем вспомогательный параметр CD = a. Тог¬
да AD = 3a, АС = 4а, ВС = 2а (рис. 82).
Чтобы найти радиус R окружности, описанной около тре¬
угольника АВС, вычислим сторону АВ по теореме косинусов, а
затем воспользуемся теоремой синусов. Имеем АВ2 — АС2 ВС2—
— 2АС-ВС-cos С, т. е. АВ2= 16а2 + 4а2 — 2-4а-2а~, откуда на¬
ходим, что АВ = 2а^. По условию cos С = -^- Значит, sin С =
= д/1 —cos2 С =^~ По теореме синусов -^В^ = 2/?. Значит,
2дл/2»4 = 2^> откуда находим: R = 4a-^
л/7 V7
Радиусу г окружности, вписанной в треугольник ABD, найдем
по формуле г = —, где S — площадь; р — полупериметр тре¬
угольника ABD. Уже известно, что Д£) = 3а, ДВ = 2аз/2. Сторону
BD найдем из треугольника BCD по теореме косинусов: BD2 =
= а2 + 4а2 — 2-а-2а~, откуда BD = a-^2. Значит, р =
=За + 2а 72 + а 7g __ Площадь S треугольника ABD вы¬
числим по формуле Терона:
72
S=Jp(p-AD) (p—AB)(p — BD)=
Значит, r——=—, —=-|-(24--\/2).
p 2(V2 + 1) ' 7
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Площадь треугольника
„ 2
262. Доказать, что площадь треугольника равна — mamb sin а, где та, ть —
медианы, а а — угол между ними.
263. В треугольнике АВС известны АС = 3 см, /_Л=30°, радиус описанной
окружности 2 см. Доказать, что площадь треугольника АВС меньше 3 см2
264. Доказать, что S^—’ где и с — стоРоны треугольника, aS —
его площадь.
265. Стороны треугольника равны 55, 55, 66 см. Найти площадь треугольника,
вершинами которого служат основания биссектрис данного треугольника.
266. В треугольнике АВС известны стороны: ЛВ=13 см, ВС =15 см, АС =
= 14 см. Проведены высота ВН, биссектриса BD, медиана ВМ. Найти: а) пло¬
щадь треугольника BHD\ б) площадь треугольника BMD\ в) площадь тре¬
угольника ВНМ.
267. На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в
отношении 5:1, считая от вершины. Найти площадь треугольника с вершинами
в этих точках, если площадь исходного треугольника равна 64 см2
268. В треугольник с основанием а вписан квадрат. Найти площадь тре¬
угольника, если известно, что сторона квадрата больше половины основания
треугольника и площадь квадрата составляет — часть площади треугольника.
269. Около треугольника АВС с углом В =60° описана окружность радиуса
4 см. Диаметр окружности, перпендикулярный к стороне ВС, пересекает АВ
в точке М так, что ЛМ:ВЛ1 = 2:3. Найти площадь треугольника.
270. Найти площадь прямоугольного треугольника с гипотенузой если
известно, что сумма синусов его острых углов равна q.
271. Найти площадь прямоугольного треугольника с острым углом а,
если известно, что расстояние от вершины другого острого угла до центра впи¬
санной окружности равно т.
272. В остроугольном треугольнике АВС известны АВ = с, медиана BD — m,
/LBDA = fi (р<90°). Найти площадь треугольника АВС.
273. Через вершину угла а при основании равнобедренного треугольника
проведена прямая под углом р к основанию (р<а), разбивающая треугольник
на две части. Найти отношение площадей этих частей.
73
274. Через середину стороны правильного треугольника проведена прямая,
образующая с этой стороной острый угол а. Найти отношение площадей тех
частей, на которые эта прямая разбивает треугольник.
275. В треугольнике АВС известны два угла: Z_A = a, ЛС = у. Проведены
биссектриса BD, высота ВН и медиана ВМ. Найти: а) отношение площади тре¬
угольника BDM к площади треугольника АВС\ б) отношение площади треуголь¬
ника ВНМ к площади треугольника АВС\ в) отношение площади треугольни¬
ка BHD к площади треугольника АВС.
276. Найти площадь треугольника, зная его стороны а и b и биссектрису
1с = 1.
277. Медиана AD треугольника АВС пересекает описанную около треугольни¬
ка окружность в точке Е. Найти площадь треугольника АВС, если известно, что
ZB/W = 60°, AB + AD = DE, АЕ = 6.
278. Доказать, что S^-^- jiR2, где S — площадь треугольника, a R — ради¬
ус описанной около него окружности.
279. Один из углов треугольника равен 60° Точка касания вписанной ок¬
ружности делит противолежащую этому углу сторону на отрезки а и Ь. Найти пло¬
щадь треугольника.
280. В треугольнике АВС из точки М на стороне АВ проведены прямые
М Q || А С и МР\\ВС. Найти площадь треугольника АВС, если известно, что пло¬
щадь треугольника BMQ равна Si, а площадь треугольника АМР равна S2.
281. Через точку, взятую внутри треугольника, проведены прямые, парал¬
лельные его сторонам. Они разбивают треугольник на шесть частей, среди которых
есть три треугольника с площадями Si, S2 и S3. Найти площадь исходного
треугольника.
282. В треугольник со сторонами 16, 30 и 34 см вписана окружность. Найти
площадь треугольника, вершинами которого служат точки касания.
283. Треугольник АВС со стороной АС = 20 см вписан в окружность. Через
точку В проведена касательная к окружности, удаленная от точек Л и С на рас¬
стояния соответственно 25 и 16 см. Найти площадь треугольника АВС.
284. Из точки М, расположенной внутри треугольника АВС, опущены пер¬
пендикуляры MD, ME и MF на стороны соответственно АВ, ВС и АС. Найти от¬
ношение площадей треугольников АВС и DEF, если известно, что АВ = с, ВС = а,
AC = b, ME = k, MF = m и MD = n.
285. В треугольнике АВС проведены высоты AD, BE и CF. Найти отношение
площадей треугольников DEF и АВС, если известны углы треугольника АВС\
а, р и у.
286. Хорда АВ стягивает дугу окружности, длина которой равна длины
О
окружности. На этой дуге взята точка С, а на хорде АВ — точка D. Найти пло¬
щадь треугольника АВС, если известно, что AD = 2 см, BD= \ см и CD = ^2 см.
287. В треугольнике АВС угол С равен 60° и радиус описанной окружности
равен 2 д/3 см. На АВ взята точка D так, что AD'.DB = 2'.\, CD = 2^[2 см.
Найти площадь треугольника АВС.
5
288. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) угол А равен arcsin —
74
n 13
Окружность, центр которой удален от вершины В на расстояние — см, касается
боковых сторон АВ в точке К и ВС в точке Р и отсекает на основании АС отре-
0
зок EF Найти площадь треугольника ЕРС, если известно, что РС=-=- см.
5
289. Около треугольника АВС описана окружность. Касательная к окружнос¬
ти в точке В пересекает прямую АС в точке D (точка С лежит между А и D)
21
Найти площадь треугольника BCD. если известно, что zLBDC = arccos , BD =
= 29 см, а расстояние от центра окружности до АС равно 10 см.
2. Площадь четырехугольника
290. Через вершины четырехугольника проведены прямые, параллельные его
диагоналям. Доказать, что площадь получившегося параллелограмма в два раза
больше площади заданного четырехугольника.
291. Стороны параллелограмма а и Ь, угол между ними а. Найти площадь
четырехугольника, образованного биссектрисами внутренних углов параллелог¬
рамма.
292. Средняя линия равнобедренной трапеции равна а, диагонали взаимно
перпендикулярны. Найти площадь трапеции.
293. Периметр трапеции 52 см, меньшее основание 1 см. Найти площадь
трапеции, если известно, что ее диагонали являются биссектрисами тупых углов.
294. Окружности радиусами 4 и 8 см с центрами в точках Oi и О2 пересека¬
ются в точках С и D, АВ — их общая внешняя касательная. Найти площадь
четырехугольника О\АВО2, если известно, что касательные к окружностям, про¬
веденные в точке С, взаимно перпендикулярны.
295. Две равные окружности радиуса R с центрами в точках Oi и О2 каса¬
ются внешним образом. Прямая / пересекает эти окружности в точках А, В, С и D
так, что АВ = ВС = CD. Найти площадь четырехугольника 01Л£Ю2.
296. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Высота, лежащая внутри тре¬
угольника, разделена в отношении 3:1, считая от вершины, и через точку деле¬
ния проведена прямая перпендикулярно этой высоте. Найти площадь полученной
трапеции.
297. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Найти площадь вписанного пря¬
моугольника, если известно, что его периметр равен 45 см.
298. Основания трапеции 62 и 20 см, боковые стороны 45 и 39 см. Найти
площадь трапеции.
299. Основания трапеции 30 и 12 см, диагонали 20 и 34 см. Найти площадь
трапеции.
300. Одно из оснований трапеции 7 см. Вписанная в трапецию окружность
делит одну из боковых сторон на отрезки 4 и 9 см. Найти площадь трапеции.
301. В трапеции ABCD точка К — середина основания AD, точка М — середи¬
на основания ВС, ВК — биссектриса угла ABC, DM — биссектриса угла ADC.
Найти площадь трапеции ABCD, если ее периметр равен 30 см, а /СВД£) = 60°
302. В выпуклом четырехугольнике ABCD точки Е, F, Р и К — соответ¬
ственно середины сторон А В, ВС, CD и AD. Известно, что EP=KF Найти
площадь четырехугольника ABCD, если ЛС=15 см и BD = 20 см.
75
303. Найти площадь параллелограмма, зная его стороны а и b (а>Ь) и угол а
между диагоналями.
304. Найти площадь трапеции с острым углом а при основании, если из¬
вестно, что одно из оснований трапеции является диаметром описанной около
трапеции окружности радиуса R.
305. В трапецию с острыми углами аир вписан круг. Найти отношение пло¬
щади трапеции к площади круга.
306. В треугольнике АВС известны углы: zLA=a, АВ = (1, АС = у, а
высота BD = H. На BD как на диаметре построена окружность, пересекающая
стороны АВ и ВС в точках Е и F Найти площадь четырехугольника BFDE.
307. Прямая /, параллельная основанию АС треугольника АВС, отсекает от
него треугольник BED. На стороне АС взята произвольная точка М. Доказать,
что площадь четырехугольника BEMD есть среднее геометрическое между пло¬
щадью треугольника АВС и площадью треугольника DBE.
308. В трапеции ABCD (AD\\BC) диагонали пересекаются в точке О. Найти
площадь трапеции, если известно, что площадь треугольника AOD равна а2, а
площадь треугольника ВОС равна Ь2
309. В ромбе ABCD точки М, N, Р и Q есть соответственно середины сторон
АВ, ВС, CD и AD. Найти площадь четырехугольника, ограниченного прямыми
AN, ВР, DM и CQ, если площадь ромба равна 100 см2
310. Две окружности с радиусами а и b касаются внешним образом. К ним
проведены общие внешние касательные. Найти площадь четырехугольника, вер¬
шинами которого служат точки касания.
311. Диагонали четырехугольника ABCD пересекаются в точке О. Найти пло¬
щадь четырехугольника, если известно, что площади треугольников АОВ, ВОС
и COD равны соответственно 12, 18 и 24 см2
312. Окружность касается сторон АВ и AD прямоугольника ABCD, проходит
через вершину С и пересекает сторону DC в точке К. Найти площадь четырех¬
угольника ABKD, если ЛВ = 9 см, ЛА) = 8 см.
313. Внутри прямоугольника ABCD взята точка М так, что АМ=у/2, ВМ =
= 2 и СМ = 6. Найти площадь прямоугольника ABCD, если известно, что AD =
= 2АВ.
3. Площадь многоугольника
314. На катетах АС и ВС и гипотенузе АВ прямоугольного треугольника АВС
как на сторонах построены квадраты (вне треугольника) СМРА, BEFC и ADKB.
Найти площадь шестиугольника DKEFMP, если АВ = с и площадь треуголь¬
ника АВС равна S.
315. На сторонах АС, ВС и АВ треугольника АВС построены квадраты
СМРА, BEFC и ADKB. Найти площадь шестиугольника DKEFMP, если извест¬
но, что 4В=13 см, АС = 14 см, ВС=15 см.
316. Данный квадрат со стороной а срезан по углам так, что получился пра¬
вильный восьмиугольник. Найти площадь восьмиугольника.
317. Дан квадрат со стороной а. На каждой стороне квадрата вне его построе¬
на трапеция так, что верхние основания трапеций и их боковые стороны образуют
правильный двенадцатиугольник. Найти площадь двенадцатиугольника.
76
318. Окружность разделена на восемь частей точками А, В, С, D, Е, F, Р и
К. Известно, что ^АВ = ^CD= ^EF= ^РК и ВС= оDE = оFP= о КА\
кроме того, о АВ = 2^> ВС. Найти площадь восьмиугольника ABCDEFPK, если
площадь круга равна 289л см2
319. В круг радиуса R вписаны правильный треугольник и квадрат, имеющие
общую вершину. Найти площадь их пересечения.
320. Каждая сторона треугольника разделена на три части в отношении
3:2:3. Найти отношение площади шестиугольника, вершинами которого служат
точки деления, к площади треугольника.
321. Площадь четырехугольника ABCD равна 12 см2 На сторонах АВ, ВС, CD
и DA взяты точки F, К, М и Р так, что AF'.FB = 2‘. 1, ВК:КС = 1:3, CM:MD= 1:1
и DP: РА = \ :5. Найти площадь шестиугольника AFKCMP
4. Площади комбинированных фигур
322. Стороны треугольника 20, 34 и 42 см. Найти отношение площадей вписан¬
ного и описанного кругов.
323. Сторона правильного треугольника равна а. На ней как на диаметре по¬
строен круг. Найти площадь той части треугольника, которая лежит вне круга.
324. В правильный треугольник вписан круг. С центром в одной из вершин
треугольника проведен второй круг, радиус которого равен половине стороны
треугольника. Какую часть площади треугольника составляет площадь пересе¬
чения кругов?
325. Две окружности радиусами а и b Ь) касаются внешним образом.
К ним проведена общая внешняя касательная. Найти: а) площадь полученного
криволинейного треугольника; б) площадь круга, вписанного в этот треугольник.
326. Сторона правильного треугольника равна а. Центроид -треугольника
служит центром круга радиуса Найти площадь части треугольника, лежащей
вне круга.
327. Внутри квадрата со стороной а на каждой стороне как на диаметре
построены полукруги. Найти площадь полученной розетки.
328. Каждая из п равных окружностей касается двух соседних. Найти площадь
фигуры, ограниченной ближайшими друг к другу дугами этих окружностей,
если известно, что радиус окружности, с которой все данные окружности имеют
внутреннее касание, равен R и что: а) и=3; б) и =4; в) п = 6.
329. Из точки, взятой на окружности радиуса R, проведены две равные
хорды; угол между хордами равен а. Найти площадь части круга, заключенной
между этими хордами.
330. Пусть ABCDEK — правильный шестиугольник со стороной а, точка О —
его центр. Проведены три окружности: первая с центром в точке А проходит
через точки С и Е; вторая с центром в точке В проходит через точки О и С;
третья с центром в точке К проходит через точки О и Е. Найти площадь фигуры,
ограниченной этими тремя окружностями и лежащей внутри шестиугольника.
331. Две окружности радиусами R и 2R расположены так, что расстояние
между их центрами О] и О2 равно 2R ^/3. К ним проведены общие касательные,
пересекающиеся в некоторой точке отрезка OiO2. Найти площадь фигуры, огра-
77
ниченной отрезками касательных и большими дугами окружностей, соединяющи¬
ми точки касания.
332. Основание треугольника равно а, углы при основании 15 и 45° С центром
в противолежащей основанию вершине треугольника и радиусом, равным высоте,
проведенной из этой вершины, построен круг Найти площадь части круга, ле¬
жащей внутри треугольника.
333. Два круга одинакового радиуса расположены так, что расстояние меж¬
ду их центрами равно радиусу. Найти отношение площади пересечения кругов
к площади вписанного в это пересечение квадрата.
334. Дана полуокружность с диаметром АВ. Точка С — произвольная точ¬
ка диаметра АВ, из точки С восставлен перпендикуляр CD к диаметру до пе¬
ресечения с полуокружностью в точке D. На АС и СВ как на диаметрах построены
полукруги, лежащие внутри данного. Доказать, что площадь фигуры, ограничен¬
ной тремя полуокружностями, равна площади круга, построенного на CD как
на диаметре.
335. В треугольнике АВС АА=а, ЛВ = (} и АС = Ь. Высоты AD и BE пе¬
ресекаются в точке Н Около треугольника HDE описан круг Найти площадь пе¬
ресечения круга и треугольника.
336. Внутри правильного я-угольника со стороной а расположены п равных
кругов так, что каждый касается двух других и стороны n-угольника. Найти
площадь «звездочки», образующейся в центре и-угольника.
337. Внутри правильного n-угольника со стороной а расположены п равных
кругов так, что каждый касается двух смежных сторон n-угольника и двух других
кругов. Найти площадь образовавшейся внутри n-угольника «звездочки».
5. Разные задачи
338. Площадь треугольника равна 16 см2, медианы та и пгь равны соответ¬
ственно 6 и 4 см. Доказать, что эти медианы перпендикулярны.
339. Внутри правильного n-угольника взята произвольная точка. Из нее опу¬
щены перпендикуляры на стороны или на их продолжения. Доказать, что сумма
этих перпендикуляров есть величина постоянная.
340. Через центроид правильного треугольника АВС проведена прямая, па¬
раллельная стороне АВ. На этой прямой внутри треугольника взята произвольная
точка М, из нее опущены перпендикуляры MD, ME и МК на стороны соответ¬
ственно АВ, АС и ВС. Доказать, что MD = -^~ (ME-j- КМ).
341. Доказать, что —|-т—Нт”=~’ где ^2, — высоты треугольника,
П\ П2 hz r
ar — радиус вписанной окружности.
342. Пусть D — внутренняя точка стороны АС в дЛВС, и г2— радиусы
окружностей, вписанных в треугольники соответственно ABD и BDC, г — радиус
окружности, вписанной в треугольник АВС. Доказать, что r<ri+r2.
343. Площадь выпуклого четырехугольника ABCD равна 3024 см2, а диагона¬
ли 144 и 42 см. Найти длину отрезка, соединяющего середины сторон АВ и CD.
344. Площадь равнобедренного треугольника равна S, а угол между медиа¬
нами, проведенными к боковым сторонам, равен а. Найти основание треугольника.
78
345. Стороны треугольника а и Ь, угол между ними у. Найти: а) биссектри¬
су 1С; б) высоту hc.
346. Основание треугольника равно а, высота h. Найти сумму боковых сторон,
если известно, что угол между ними равен а.
347. В треугольнике один из углов равен разности двух других, длина мень¬
шей стороны равна 1 см, а сумма площадей квадратов, построенных на двух
других сторонах, в два раза больше площади описанного около треугольника
круга. Найти длину большей стороны треугольника.
348. В треугольнике известны две стороны а и b (а > Ь) и площадь S. Найти
угол между высотой и медианой, проведенными из общей вершины двух данных
сторон.
349. Зная площадь S и углы а, 0 и у треугольника, найти длину высоты,
проведенной из вершины угла а.
350. В треугольник АВС вписана окружность, касающаяся стороны АВ в
точке М и стороны АС в точке N. Найти угол ВАС и радиус вписанной окружности,
если АМ = 1 см, ВМ = 6 см и CN = 7 см.
351. Площадь прямоугольника ABCD равна 48 см2, а диагональ равна 10 см.
Точка О удалена от вершин В и D на расстояние 13 см. Найти расстояние от
точки О до. наиболее удаленной от этой точки вершины прямоугольника.
352. Стороны треугольника а, b и с образуют возрастающую арифмети¬
ческую прогрессию. Доказать, что ас = 6/?г, где R и г — радиусы описанной и
вписанной окружностей.
353. Основания трапеции а и Ь. Найти длину отрезка, параллельного ос¬
нованиям, заключенного между боковыми сторонами и делящего трапецию на
две равновеликие части.
354. В параллелограмме ABCD основание AD=BC = V2 см. На продолже¬
нии ВС за точку С взята точка М так, что площадь треугольника, отсекаемого
прямой AM от параллелограмма ABCD, равна — площади параллелограмма.
Найти длину отрезка СМ.
355. В остроугольном треугольнике АВС из вершин А и С опущены высоты
AD и СЕ. Известно, что площадь треугольника АВС равна 18 см2, а площадь
треугольника BDE равна 2 см2, длина отрезка DE равна 2 д/2 см. Вычислить
радиус окружности, описанной около треугольника АВС.
356. В остроугольном треугольнике АВС из вершин А и С опущены высоты
AD и СЕ. Известно, что площадь треугольника АВС равна 64 см2, а площадь
треугольника BDE равна 16 см2 Найти длину отрезка DE, если радиус окруж¬
ности, описанной около треугольника АВС, равен 16 д/3 см.
357. В треугольнике АВС, площадь которого равна 6 см2, на сторонах АВ
и АС взяты соответственно точки К и М так, что /4/(:Bft = 2:3, AM: CM = 5:3.
Прямые СК и ВМ пересекаются в точке Р Найти АВ, если расстояние от точки Р
до прямой АВ равно 1,5 см.
358. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) проведена биссектриса
AD. Найти АС, если площадь треугольника ABD равна Si, а площадь треуголь¬
ника ADC равна S2.
359. В треугольнике АВС точка И — ортоцентр. Найти отрезок АН, если
А В = 13 см, ВС=14 см и ЛС = 15 см.
79
360. Центр вписанной в треугольник окружности соединен отрезками с вер¬
шинами треугольника. Получились три треугольника с площадями 4, 13 и 15 см2
Найти стороны исходного треугольника.
361. В треугольнике АВС известно, что ВС:4С = 3, ЛС = у. На АВ взяты
точки D и К так, чТо AACD = ADCK = А КСВ. Найти отношение CD:CK.
362. В треугольнике АВС проведена медиана BD. Найти отношение радиуса
окружности, описанной около треугольника ABD, к радиусу окружности, впи¬
санной в треугольник АВС, если АВ = 2, АС =6 и ABAC =60°
363. В треугольнике АВС известно, что АС:ВС=\ :3, А АС В = avctg
На стороне ВС взята точка D так, что AC = CD. Найти отношение площади
круга, описанного около треугольника ACD, к площади круга, вписанного в
треугольник ABD.
§ 5. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
Задачи на отыскание наибольших и наименьших значений гео¬
метрических величин рекомендуем решать по следующему плану:
1. Проанализировав условие задачи, определяют, что являет¬
ся оптимизируемой величиной (т. е. величиной, наибольшее или
наименьшее значение которой требуется найти); обозначают оп¬
тимизируемую величину буквой у (или S, /?, г и т. д. в зависимости
от условия задачи)
2. Одну из неизвестных величин (сторону, угол и т. д.) при¬
нимают за независимую переменную и обозначают буквой х, уста¬
навливают реальные (в соответствии с условием задачи) грани¬
цы изменения х.
3. Исходя из условия задачи выражают у через х и известные
величины (этап геометрического решения задачи), т. е. получают
функцию y = f(x).
4. Для функции y = f(x) находят наибольшее (или наимень¬
шее) значение по промежутку реального изменения х, указанно¬
му в п. 2.
5. Интерпретируют результат п. 4 для решаемой геометричес¬
кой задачи.
На первых трех этапах составляется, как принято говорить,
математическая модель данной геометрической задачи (функция
y = f(x)). При составлении модели успех во многом зависит от
удачного выбора независимой переменной — желательно, чтобы
этот выбор приводил к сравнительно несложному аналитическому
выражению у через х. На четвертом этапе составленная мате¬
матическая модель исследуется чаще всего средствами математи¬
ческого анализа, иногда элементарными способами. В момент та¬
кого исследования сама геометрическая задача, послужившая
отправной точкой для математической модели, исследователя не
интересует. И лишь когда закончится решение задачи в рамках
80 *
составленной математической модели, по¬
лученный результат интерпретируется для
исходной геометрической задачи.
Напомним план решения средствами диф¬
ференциального исчисления задачи на отыс¬
кание наибольшего или наименьшего значе¬
ния функции y = f(x), дифференцируемой
на промежутке х:
1) находят f' (х);
2) находят стационарные и критические
точки для функции f (х), т. е. соответственно
точки, в которых f (х) = 0 или f'(х) не существует; выбирают
из них те точки, которые принадлежат промежутку Л;
3) составляют таблицу значений функции y = f (х); в эту таб¬
лицу включают значения функции в точках, найденных в п. 2,
а также на концах промежутка X. Если промежуток X не со¬
держит своих концов, то в таблицу включают пределы функции
/ (х) на его концах.
Следует иметь в виду, что бывают случаи, когда задача про¬
ще решается чисто геометрическим путем.
Пример 1. На окружности радиуса R даны точки А и В,
расстояние между которыми равно а, и произвольная точка С.
Чему равно наибольшее значение выражения АС2 А~ВС2 (рис. 83)?
Решение. 1. Оптимизируемой величиной является выраже¬
ние АС2 + ВС2, положим АСг А-ВС2 = у.
2. Выберем независимую переменную, положив АСАВ = х.
Реальные границы изменения этой переменной: 0<х<л-у, где
у — величина угла АСВ (ясно, что у не зависит от выбора точки С,
поскольку X-АСВ измеряется половиной фиксированной дуги АВ\
ясно также, что точку С по смыслу задачи надо выбирать на той
из дуг АВ, которая больше половины окружности)
3. Выразим у через х, a, R. Применив теорему синусов к тре¬
угольнику АВС, получим AC — 2R sin (л — х — у) = 2/? sin (х + у),
BC = 2R sin х,
// = ЛС2 + ВС2=4/? (sin2 x.+ sin2 (х + у))
(математическая модель задачи составлена)
4. Для функции y = 4R2 (sin2 x + sin2 (х + у)) надо найти наи¬
большее значение на промежутке (0; л —у). Это можно сделать без
использования производной. Имеем
у = 4/?2 cos2x | 1 —cos (2x-h2y) ) _
= 2R2 (2 — (cos 2х + cos (2х + 2у))) = 2R2 (2 — 2 cos (2х + у) cos у) =
= 4R2 (1 —cos (2х + у) cos у).
Это выражение достигает наибольшего значения при тех х, для
которых cos (2х + у) = 1. Получаем 2х + у = л + 2л/г, х —л.+2^~Y
81
Промежутку (0; л —у) принадлежит лишь точка (полу¬
чается из х = при k = Q)
Вычислим наибольшее значение функции у:
{/„аиб = 4^2(1+С08 У).
Осталось выразить cosy через a, R. Имеем (из дДВС)
——=2/?. Значит,
sin у
sin V = 2₽ ’ cos V = л/1 - sin2 у 1 .
Унанб=4Я2 (1+ cos у) = 4/?2 (1 + ) = 2R (2R + л/4/?7^).
5. Интерпретируя этот результат (т. е. переводя его на язык
решаемой задачи), приходим к следующему выводу: наибольшее
значение выражения АС2-\-ВС2 равно 2/? (2/? + д/4/?2 + а2); оно
достигается, когда АСАВ=~^~, т. е. когда треугольник АВС
равнобедренный: АС = ВС.
Замечание. Наибольшее значение функции у = 4R2 (sin2 х 4- sin2 (х + у))
можно было найти и с помощью производной. Имеем
у' =4R2 (2 sin х cos х 4~ 2 sin (х-|- у) cos (% + у)) =
= 4/?2 (sin 2% + sin (2х + 2у)) =
= 8/?2 sin (2х-|-у) cos у.
Из уравнения у' =0 находим: sin (2x4-у) = 0, 2х-|-у = л/г, х = —-~У Промежут-
/Л А Л —У
ку (0; л —у) принадлежит точка х=—
Пример 2. Через точку М, лежащую внутри заданного
угла, проводятся различные прямые. Найдем ту из них, которая
отсекает от сторон угла треугольник наименьшей площади.
Решение. 1. Рассмотрим треугольник АОВ, где АВ — се¬
кущая, проходящая через точку М; ААОВ = а — данный угол
(рис. 84). Оптимизируемая величина — площадь А АОВ, обозна¬
чим ее S.
82
2. Проведем ДЛ4||ОВ, Л4/<||ОЛ. Положим ^B = x. Реальные
границы изменения х: 0<х< + оо
3. Поскольку М — фиксированная точка, отрезки DM и КМ
тоже фиксированы, положим DM = a, КМ = Ь и выразим S через
х, а и Ь. Воспользуемся формулой S = ^-/lO-OB-sin а.
Рассмотрим треугольники МКВ и АОВ. Они подобны. Значит,
т. е. Отсюда находим: АО==Ь^а^-^ Тогда
АО ОВ АО а + х х
S = -AO-OB sin a, S = —6 (-а+х)(а + х) sin
2 2 х v ' 2 х
(математическая модель задачи составлена)
4. Рассмотрим функцию S = k , 0<х< + оо, где k =
= b.^\* Найдем ее наименьшее значение:
1 \ S' = k 2(^ + х)х-(^4-х)2 = д, (а + х) (х-д)
7 х2 х2
2) Производная не существует в точке х = 0, а обращается в
нуль в точках х=—а, х = а. Из этих трех точек промежутку
]0; 4- оо[ принадлежит лишь точка х = а.
3) Найдем односторонние пределы функции на концах про¬
межутка:
i- k(a + x)2 | 1- k(a + x)2 ,
lim —-—!—^=-1"°°, lim —>—!—-= + оо
х—► + 0 % х—► + оо %
Значит, наименьшее значение функции достигается в един¬
ственной стационарной точке х = а.
5. Вернемся к исходной геометрической задаче. Если х = КВ =
= а, то, поскольку ОК = а, МК — средняя линия треугольника
АОВ. Значит, точка М — середина АВ. Таким образом, чтобы от
сторон угла отсечь треугольник наименьшей площади, надо про¬
вести через точку М прямую так, чтобы ее отрезок, заключенный
между сторонами угла, делился в точке М пополам.
Пример 3. На равных сторонах АВ и ВС равнобедренного
треугольника АВС взяты соответственно точки D и Е так, что
DE\\AC. На DE как на основании построен квадрат так, что
квадрат и точка В лежат по разные стороны от прямой DE. Найдем
наибольшее значение площади пересечения треугольника и квад¬
рата, если АС = Ь, а высота ВН треугольника АВС равна h.
Решение. 1. Оптимизируемая величина — площадь пересе¬
чения треугольника, и квадрата; обозначим ее буквой S.
2. Обозначим через х сторону квадрата: x = DE. Найдем ре¬
альные границы изменения х. Ясно, что из всех квадратов, це¬
ликом лежащих внутри треугольника, наибольшую площадь имеет
вписанный квадрат, т. е. квадрат, все вершины которого лежат
на сторонах треугольника (рис. 85) Если х больше стороны впи-
83
санного квадрата, то квадрат и треугольник расположены так,
как показано на рисунке 86. В этом случае пересечением квадрата
и треугольника будет вписанный прямоугольник DEPT (вписан¬
ный квадрат — частный случай) Значит, реальные границы изме¬
нения х\ от стороны вписанного квадрата до стороны АС.
Найдем сторону вписанного квадрата. Из подобия треугольни¬
ков BDE и АВС (см. рис. 85) получаем , откуда находим:
Итак,
b -|- h b h
3. Выразим площадь S вписанного прямоугольника DEPT че¬
рез х, а и h. Из подобия треугольников ADT и АВН получаем
Ь х
ВТ AT DT nr h(b—x}
' т- е- ~=—I—’ откУДа , и» следователь-
“2
но, S = hx ^~х^
ь
4. Рассмотрим функцию S = -^-(bx — х2) на промежутке
ь
~bh, ; b ) Найдем ее наибольшее значение:
Lo + h /
1) S' = -J-(6-2x).
2) S' —О при х = -^~
Теперь надо выяснить, лежит ли точка внутри промежутка
’ т’ е* выполняется ли неравенство <~р
84
Для этого определим знак разности Имеем
bh b_= 2bh — b2 — bh = b(h-b)
b + h 2 2(b + h) 2(b + h)
Если h<Zb, то —<—; если же h^b, то
b + h 2
в этом случае внутри промежутка
bh b
b+ti 2 ’
т. e.
стационарных то¬
bh .
b + h ’
чек нет.
3) Составим таблицу значений функции, среди которых надо
искать наибольшее. Заметим прежде всего, что
lim S(x) = lim -^-(bx — x2) = 0.
x->b-0 х^ь-о о
Далее, S так как сторона вписанного
квадрата. Наконец, S (-у) = -у- (й ~—(~2~) )==^' ^так’ если
h<b, таблица значений функции (включающая в себя значения
(или пределы) на концах и значения в стационарных или кри¬
тических точках) имеет вид
X
bh
b + h
_b_
2
b
S
(-Y
\b+hj
bh
+ 0
Надо сравнить значения ) и одно из них является
искомым. Рассмотрим разность ) Имеем
bh / bh У2 _ bh ((b + h)2 — 4bh) = bh (b — h)2 g
4 \b + h / 4 (b + h)2 4 (b+h)2
Значит, —■; — -■ Итак, если h<b, то наибольшее значе-
’ 4 \b+h/ ’
нне функции S (х) равно и достигается при х =
Если h^b, то в промежутке
стационарных то¬
чек, как мы отмечали выше, нет. В этом случае 4-С———, и,
’ ' ’ J 2 b+h
следовательно, S' =-у(Ь — 2х)^0, т. е. в рассматриваемом про-
85
межутке функция S (х) убывает. Тогда свое наибольшее зна¬
чение она достигает на левом конце промежутка, т е. в точке
х = bh—, и равно оно ( bh г]
b + h, н \b+h /
5. Возвращаясь к условию задачи, приходим к следующему
выводу: если высота треугольника меньше основания, то наиболь¬
шую площадь будет иметь пересечение треугольника с квад¬
ратом, построенным на средней линии треугольника; если же
высота треугольника не меньше основания, то наибольшей будет
площадь вписанного в треугольник квадрата.
Пример 4. В окружность радиуса R вписана трапеция,
одно из оснований которой имеет длину R -\[3. Чему должна рав¬
няться длина боковой стороны трапеции, чтобы трапеция имела
наибольшую площадь?
Решение. 1. Оптимизируемая величина — площадь трапе¬
ции, обозначим эту величину буквой S.
2. Обозначим буквой х угол при известном основании тра¬
пеции. При х = 60° трапеция вырождается в правильный вписан¬
ный треугольник — его сторона, как известно, как раз равна
д/З (рис. 87). При х<60° трапеция окажется вписанной в
меньший из двух сегментов, отсекаемых от окружности хордой
AD (рис. 88), тогда как нас по условию задачи интересуют тра¬
пеции, вписанные в больший из этих сегментов. Значит, х^60°
С другой стороны, х< 120°, так как дуга, на которую опирается
угол при основании трапеции (вписанный угол), меньше 240°,
поскольку дуга ABCD содержит 240° (рис. 89) Таким обра¬
зом, установлены реальные границы изменения введенной неза¬
висимой переменной: 60°^х<120°
3. Площадь S трапеции будем искать по формуле
S = AD+BC .ВН,
2
где ВН—высота трапеции. Но AD-\-BC = (AH-\-HD)-\-(DH —
— DK) = 2DH. Значит, S = DH-BH
Имеем AD — R^/З, BD = 2R sin х,
86
zLABD=-y^AD = 60°, Z-BDA — 12Q° — X,
BH = BD-s'm (120° — x) = 2R sin x sin (120° — x)
HD = BD-cos (120° — x) = 2R sin x cos (120° —xj,
S = HD-BH — 2R sin x cos (120°— x)-2R sin x sin (120°—x) =
— 2R2 sin2 x sin (240° — 2x).
Найдем наибольшее значение функции S = 2/?2 sin2 х\
Xsin (240° —2x) на промежутке [60°; 120°):
1) S'=2R2 (2 sin x cos x sin (240° —2x)—2 sin2 x cos (240° —2x))=
= 4/?2 sin x (sin (240° —2x) cos x —sin x cos (240° —2x)) =
= 4/?2 sin x sin (240° —2x —x) = 4/?2 sin x sin (240° —3x).
2) На промежутке [60°; 120°) S' обращается в нуль лишь
в точке х = 80°
3) При х = 60° S = ( при х = 80° S = 2R2 sin3 80°, при
х-»-120о S'—*• 0. Значит, наибольшее значение площади либо
’ ли(5о 2/?2 sin3 80° Предположим, что ^-^2R2 sin3 80°
■Тогда (£)3 >sin3 80°, т. е.
sin 80°, или sin 60° > sin 80°, что
2
неверно. Значит, 2R-^<2R2 sin3 80°
5. Итак, наибольшую площадь имеет трапеция с углом при
основании 80° Найдем боковую сторону такой трапеции (ч
требуется в задаче). Из &ABD по теореме синусов получ
AD = 2R sin (120° —х) = 2/? sin (120° —80°) = 2/? sin 40°
Пример 5. Докажем, что из всех треугольников
основанием и данным углом при вершине наибольшую
су угла при вершине имеет равнобедренный треугольн
Решение. / способ. 1. Оптимизируемая величи у
сектриса BD (рис. 90).
2. По условию АС и Z.ABC постоянны,
Z_ABC = $. Введем независимую переменную
Найдем реальные границы изме¬
нения х. С одной стороны, угол х как
внешний для треугольника BDC
больше, чем любой угол этого тре¬
угольника, не смежный с углом BDA,
т. е. х>-|- С другой стороны, из
треугольника ABD заключаем, что
Итак, —|-
положим АС — ь
x^Z-ADB.
87'
3. Выразим BD через х, b и 0. Отметим, что Z_BAD = n — х —
--L, zLBCD = x—
2 2
По теореме синусов из треугольника АВС получаем
АС АВ т е b __ Ав
sin В sin С ’ ’ sin В 7 Р \ ’
р sinV-2/
6sin (х-4)
откуда находим: АВ =
sin р
Аналогично по теореме синусов из треугольника ABD полу¬
чаем /-у- = - "D , т. е. —•= 7—V- -г-, откуда на-
sin D sin Л sin % . ( р \ J
sin I л — х—— I
ходим:
АВ sin ( х4--|") bsin(x—) sin (x4--^- ) ,
\ g/,- \ 2 / \ 2 / = b t cos p —cos 2x
sin x sin x sin p 2 sin p sin x
4. Найдем наибольшее значение функции и = ———cos_2x
2 sin р sin х
на промежутке ; л—
I \ / Ь 2 sin 2х sin х — cos х (cos р — cos 2х)
2 sin р sin2 х
b (cos 2x cos x4-sin 2x sin x)4-sin 2x sin x —cos p cos x__
2 sin p sin2 x
b cos x 4- 2 sin2 x cos x — cos p cos x _
2 sin p sin2 x
z n .9 4 b cos x I sin2 —4-sin2 x I
b e cos x (1 — cos p 4- 2 sin2 x) \ 2 /
2 sin p sin2 x sin p sin2 x
2) y' = 0, если cosx = 0, т. e. при х = -^~ (других решений на
промежутке ; л—уравнение cosx = 0 не имеет); у' не
существует, если sinx = 0, но в промежутке ; л
уравнение не имеет решений.
3) Чтобы составить таблицу для отыскания наибольшего зна¬
чения функции, вычислим прежде всего односторонние пределы
рассматриваемой функции при х->-|~+0 и при х л—|—0:
j j m b (cos p —cos 2x) b (cos p —cos p) q
r 2 sin p sin x n • о • P
+ o H 2 sin p sin y
ЭТО
88
5. Если х==^ то ^ADB =90° Это значит, что в треуголь¬
нике АВС биссектриса BD является высотой. Значит, треуголь¬
ник АВС равнобедренный. Таким образом, из всех треуголь¬
ников с данным основанием и данным углом при вершине
наибольшую биссектрису угла при вершине имеет равнобедренный
треугольник.
II способ. Дадим геометрическое доказательство, которое,
как мы увидим, по краткости и изяществу значительно выиг¬
рывает по сравнению с первым способом.
Опишем окружность около треугольника АВС с биссектри¬
сой BD (рис. 91) Вершины всех остальных треугольников
с данным основанием и данным углом при вершине лежат на
дуге АВС. Возьмем равнобедренный треугольник АВ\С, проведем в
нем биссектрису B\D\ и докажем, что BD <zB\D\.
Продлим обе биссектрисы BD и B\D\ до пересечения с ок¬
ружностью. Обе они пересекут окружность в одной и той же
точке М — середине дуги АС. Так как В\М — диаметр окруж¬
ности, то BM<zB\M. Из треугольника DD\M заключаем, что
DM> D\M. Из этих неравенств следует, что ВМ — DM<Z
<В\М — D\M, т. е. что BD <zB\D\.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
364. Доказать, что в прямоугольном треугольнике — 1, где г — ра-
R
диус вписанной, a R — радиус описанной окружности.
365. Доказать, что в равнобедренном треугольнике отношение радиусов
1
вписанной и описанной окружностей не больше —.
89
366. Доказать, что из всех треугольников с одинаковым углом при вершине
и постоянной суммой боковых сторон наименьшее основание имеет равнобед¬
ренный треугольник.
367. Доказать, что из всех треугольников с данным основанием и данным
углом при вершине равнобедренный треугольник имеет: а) наибольшую площадь;
б) наибольший периметр.
368. Доказать, что из всех равнобедренных треугольников, вписанных в
данную окружность, равносторонний треугольник имеет: а) наибольшую пло¬
щадь; б) наибольший периметр.
369. Точка А лежит между двумя параллельными прямыми lt и /2, удале¬
на от них на расстояния а и b и является вершиной прямого угла прямо¬
угольного треугольника АВС; точка В лежит на прямой 1\, точка С — на пря¬
мой /2. Доказать, что из всех таких треугольников наименьшую площадь имеет
треугольник с катетами а -^2 и b у/2-
370. В треугольник вписан прямоугольник. Доказать, что площадь прямо¬
угольника не больше половины площади треугольника.
371. Доказать, что из всех параллелограммов, вписанных в данный треуголь¬
ник так, что у треугольника и параллелограмма есть общий угол, наиболь¬
шую площадь имеет параллелограмм, вершина которого делит пополам сторону
треугольника, противолежащую общему углу.
372. В треугольнике АВС площадь равна S и ZB = 0. Найти наименьшее
значение: а) суммы сторон АВ и ВС; б) стороны АС; в) периметра треуголь¬
ника.
373. Из всех равнобедренных треугольников с постоянной длиной медианы,
проведенной к боковой стороне, найти треугольник с наибольшей площадью.
Чему равен угол при вершине такого треугольника?
374. В треугольнике АВС со сторонами а, b и с стороны АВ и АС про¬
должены за вершины В и С на расстояния AD и АЕ так, что BDA-CE—AC.
Найти AD и АЕ так, чтобы отрезок DE был наименьшим.
375. В треугольнике АВС на стороне АС взята произвольная точка, из
нее опущены перпендикуляры на стороны АВ и ВС. Чему равны наимень¬
шее и наибольшее значения суммы этих перпендикуляров, если известно,
что АВ>ВС?
376. В данный прямоугольный треугольник вписать прямоугольник, имеющий
с треугольником общий прямой угол и наименьшую диагональ.
377. Статуя высотой 4 м стоит на колонне высотой 5,6 м. На каком расстоя¬
нии от колонны должен встать человек, чтобы видеть статую под наибольшим
углом, если расстояние от земли до уровня его глаз равно 1,6 м?
378. Боковые стороны и одно из оснований трапеции равны 15 см. При каком
основании площадь трапеции будет наибольшей?
379. Из прямоугольной трапеции с основаниями а и b и высотой h вырезает¬
ся прямоугольник наибольшей площади. Чему равна эта площадь, если: а) а = 80 см,
6 = 60 см и 6=100 см; б) а = 24 см, 6=8 см и 6=12 см?
380. Сторона квадрата ABCD равна 8 см. На сторонах АВ и ВС взяты
соответственно точки Р и Е так, что ВР = ВЕ = 3 см. Найти на сторонах CD
и AD точки М и К так, чтобы трапеция РЕМК имела наибольшую площадь.
Чему равно наибольшее значение площади трапеции?
381. У пятиугольника ABCDE углы Л, В и Е прямые, АВ = а, АЕ = Ь,
90
ВС = с и DE = m. Вписать в пятиугольник прямоугольник наибольшей площа¬
ди, если: а) а = 1 см, Ь=9 см, с = 3 см и т = 5 см; б) а = 7 см, b =9 см, с = 3 см
и т=4 см.
382. На окружности даны две точки А и В. Найти на окружности точку С
такую, чтобы: а) произведение АС-ВС было наибольшим; б) сумма АС~\~ВС была
Наибольшей.
383. а) Из всех секторов с данным периметром Р найти тот, который име¬
ет наибольшую площадь, б) Из всех секторов с данной площадью S найти
тот, который имеет наименьший периметр.
384. Сечение тоннеля имеет форму прямоугольника, завершенного сверху по¬
лукругом. При каком радиусе полукруга площадь сечения будет наибольшей,
если периметр сечения равен Р?
385. Хорда АВ удалена от центра О окружности радиуса R на расстояние h.
В меньший из двух сегментов, образованных хордой АВ, вписать прямоуголь¬
ник наибольшей площади.
386. В окружность радиуса R вписана трапеция, одно из оснований кото¬
рой равно диаметру. Найти наибольшую площадь такой трапеции.
387. а) Доказать, что из всех треугольников с данным острым углом при
вершине и данным основанием наибольшую медиану, проведенную к основанию,
имеет равнобедренный треугольник, б) Доказать, что из всех треугольников
с данным тупым углом при вершине и данным основанием наименьшую медиану,
проведенную к основанию, имеет равнобедренный треугольник.
388. Через вершину В данного треугольника АВС проведена прямая /. Из
точек А и С опущены перпендикуляры на эту прямую. Доказать, что сумма этих
перпендикуляров будет наименьшей, если прямая Z перпендикулярна медиане ВМ
треугольника АВС.
389. а) Из всех равнобедренных треугольников данной площади S найти тот,
в который можно вписать окружность наибольшего радиуса. Вычислить этот ра¬
диус.
б) Около окружности радиуса г описать равнобедренный треугольник наи¬
меньшей площади. Найти эту площадь.
390. Сторона квадрата ABCD равна 6 см. На сторонах AD и АВ взяты
точки К и Р так, что ЛК = 3 см, АР = 2 см. В квадрат вписана трапеция с
основанием КР Какова наибольшая площадь трапеции?
391. Хорда АВ равна радиусу окружности. Хорда CD проведена параллель¬
но АВ так, что трапеция ABCD имеет наибольшую площадь. Найти угловую
величину меньшей из дуг, стягиваемых хордой CD.
Глава II
СТЕРЕОМЕТРИЯ
§ 6. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О ПОЛНЫХ ИЗОБРАЖЕНИЯХ
1. В планиметрии изображением фигуры Фо, называемой ори¬
гиналом, считается любая фигура Ф, подобная фигуре Фо.
Так, если фигура Фо — это прямоугольный треугольник с ка¬
тетами, равными 5 и 30 см, то фигурой Ф можно считать
любой такой прямоугольный треугольник, отношение катетов кото¬
рого равно 5:30, например прямоугольный треугольник с катетами
1 и 6 см.
2. Сложнее обстоит дело с изображением фигур в стереомет¬
рии. В начертательной геометрии детально разработаны различные
методы построения изображений, и в частности методы параллель¬
ного проектирования. Однако в школьном курсе геометрии выпол¬
нение чертежей в какой-либо определенной проекции ни в коей ме¬
ре не оправдано, и оказывается вполне целесообразным выпол¬
нять построение изображений пространственных фигур в так назы¬
ваемой произвольной параллельной проекции. Произвольность при
этом состоит в том, что положение оригинала относительно плос¬
кости, на которую осуществляется проектирование, и направление
проектирования на эту плоскость остаются неопределенными.
Возможность применения такого способа построения проек¬
ционного изображения следует из теоремы Польке-Ш варца, в со¬
ответствии с которой любой плоский четырехугольник ABCD вмес¬
те с его диагоналями может быть принят за параллельную
проекцию тетраэдра, подобного тетраэдру AqBqCoDq произвольной
формы.
Проекционное изображение фигуры Фо можно получить,
таким образом, не непосредственным проектированием фигуры
Фо, а выполняя построения в строгом соответствии с закона¬
ми параллельного проектирования, т. е. сохраняя аффинные
свойства оригинала.
Напомним некоторые из аффинных свойств (т. е. свойств,
сохраняющихся при параллельном проектировании)
1) свойство фигуры быть точкой, прямой, плоскостью;
2) свойство фигур иметь пересечение;
3) деление отрезка в данном отношении;
4) свойство прямых (плоскостей, прямой и плоскости) быть
параллельными;
5) свойство фигуры быть треугольником, параллелограммом,
трапецией;
92
6) отношение длин параллельных отрезков;
7) отношение площадей двух фигур.
По изображению, построенному в соответствии только с за¬
конами параллельного проектирования, форму оригинала восста¬
новить, разумеется, нельзя. Однако в школьном курсе геометрии
это делать и не требуется.
3. При изложении теоретического материала школьного курса
геометрии и решении различных задач обычно в целях нагляд¬
ности это изложение (или решение) сопровождается проекцион¬
ным чертежом (изображением) В зависимости от цели исполь¬
зуются изображения следующих трех видов: иллюстративные,
полные, метрически определенные. Ко всем этим видам изображе¬
ний пространственных фигур, применяемых в процессе препода¬
вания стереометрии в средней школе, предъявляются такие тре¬
бования:
1) изображение должно бытъ^верным, т. е. оно должно пред¬
ставлять собой фигуру, подобную произвольной параллельной про¬
екции оригинала;
2) изображение должно быть по возможности наглядным, т. е.
должно вызывать пространственное представление об оригинале
(для достижения, например, большей наглядности изображения
так называемые невидимые линии изображают пунктиром);
3) изображение должно быть легковыполнимым, т. е. правила
построения должны быть максимально простыми.
Необходимо четко различать понятие верного и понятие нагляд¬
ного изображения. Верность изображения является строго опре¬
деляемым математическим понятием. Чтобы изображение было
верным, достаточно строить его в соответствии с законами
параллельного проектирования. Понятие наглядности относится к
числу субъективных, так как оно связано с индивидуальным
восприятием изображаемой фигуры.
Так, все представленные на рисунках 92, а, б, в, г изобра¬
жения — это верные изображения куба. Однако наглядным нам
представляется лишь изображение, показанное на рисунке 92, г.
На рисунках 92, д, е, ж, з все изображения — это верные изо¬
бражения правильной четырехугольной пирамиды. Наглядным же
нам представляется только изображение, показанное на рисун¬
ке 92, з.
Остановимся в этом параграфе на полных и иллюстративных
изображениях. (О метрически определенных изображениях будет
рассказано далее в § 9.)
4. С понятием верного изображения тесно связано понятие по¬
зиционной полноты изображения (или, короче, полноты изображе¬
ния)
Напомним кратко, как вводится и определяется это понятие.
Пространственная фигура Фо проектируется на некоторую
плоскость лб. Это проектирование, называемое вспомогательным,
может быть как параллельным, так и центральным. На рисун-
93
Рис. 92
ке 93, а показано вспомогательное параллельное проектирование.
Далее фигура Фо и ее проекция (вспомогательная) — фигура
Ф6 — проектируются на плоскость л, отличную от плоскости лб'.
Плоскость л называют проекционной плоскостью или плоскостью
изображения (это плоскость чертежа)
Рис. 93
94
Проектирование на плоскость л называют внешним. Оно так¬
же может быть и параллельным, и центральным. (Мы в даль¬
нейшем, говоря о внешнем проектировании, будем иметь в виду
только параллельное проектирование.) Направление внешнего
проектирования, естественно, непараллельно плоскости л. В ре¬
зультате выполнения внешнего проектирования фигур Фо и Фб
на плоскость л на ней получаются соответственно фигуры Ф и Ф7
которые называют проекцией и вторичной проекцией фигуры
Фо (рис. 93, б) Именно с этими фигурами Ф и Ф' (или даже
только с первой из них) мы имеем дело, иллюстрируя дока¬
зательство теорем и решение задач.
Проекцию плоскости лб на плоскость л обозначим л'
Плоскость л7 называют основной плоскостью. Вторичные проек¬
ции всех элементов фигуры Фо принадлежат плоскости л' Та¬
ким образом, плоскость л7 является плоскостью вторичных про¬
екций.
Пусть точки А, В, С, и А' В' С', это соответствен
но проекции и вторичные проекции точек Ло, Во, Со, фигуры
Фо. Тогда, если вспомогательное проектирование фигуры Фо бы¬
ло параллельным, т. е. ДоЛб||ВоВб||СоСб|| то в плоскости
изображения будет ЛЛ7||ВВ7|| СС7|| Таким образом, соответ¬
ствие АА' на плоскости изображения можно (разумеется,
условно) рассматривать как некоторый род проектирования; его
называют внутренним параллельным проектированием.
Отметим еще, что если вспомогательное проектирование фи¬
гуры Фо было центральным, то соответствие А-+А', которое
будет установлено на плоскости изображения, будет также цент¬
ральным (внутренним) проектированием.
Под проекцией (изображением) пространственной фигуры по¬
нимают совокупность проекций всех ее точек.
Точка Ло называется заданной на проекционном чертеже
или, короче, данной, если известны ее проекция и вторичная
проекция, т. е. пара точек Л и Л7
Изображение фигуры Фо называется полным, если каждая
точка Ло, принадлежащая фигуре Фо, является заданной на
проекционном чертеже.
Для получения проекции пространственной фигуры Фо (ори¬
гинала) в общем случае не является обязательным проектиро¬
вание каждой из ее точек. Так, две пары точек Л, Л7 и В, В' при
условии, что ЛЛ7||ВВ7, определяют полное изображение прямой
Л0В0. Аналогично если ЛЛ7||ВВ7||СС', то три пары точек Л, А'
В, В' и С, С' определяют полное изображение плоскости ЛоВоСо.
Далее, если фигура Фо — многогранник, то он ограничен конеч¬
ным числом граней (плоских фигур); каждая же грань огра¬
ничена ломаной, звенья которой — это ребра многогранника (от¬
резки) Каждое ребро, в свою очередь, ограничено парой
вершин многогранника. Если найти проекции всех вершин мно¬
гогранника, то тем самым будут определены проекции всех его ре-
95
бер и граней, т. е. будет получено полное изображение много¬
гранника.
Параллельные проекции любой призмы и любой пирамиды яв¬
ляются полными изображениями.
5. Если изображение фигуры Фо является полным, то на нем
разрешима любая позиционная задача, т. е. задача о построе¬
нии инциденций точек, прямых, плоскостей и всех других эле¬
ментов фигуры Фо.
Изображение фигуры Фо, которая представляет совокуп¬
ность прямой PqQq и призмы ДоВоСоЛбВбСб (рис. 94, а), явля¬
ется неполным. Поэтому задача о построении точек пересече¬
ния прямой PqQo с плоскостями граней призмы не может быть
решена. Если же указать на изображении не только точки Р
и Q — проекции точек Ро и Qo, но и точки Р' и Qf — вторичные
проекции точек Ро и Qo (рис. 94,6), то все изображение ста¬
новится полным и поставленная задача становится разреши¬
мой.
Неполные изображения, или, каких называют, иллюстративные
чертежи, используются в практике преподавания в средней
школе, особенно при изложении первых разделов стереометрии.
Для выполнения построений непосредственно в пространстве
набор чертежных инструментов (циркуль и линейка), применяе¬
мый для построений на плоскости, необходимо пополнить инст¬
рументом, позволяющим строить плоскости в пространстве. (Мож¬
но было бы назвать этот воображаемый инструмент «пластинкой».)
Будем считать, что пополненным набором чертежных инструмен¬
тов можно выполнять следующие построения, которые называют
основными:
1) построение плоскости, проходящей через три точки;
2) построение линии пересечения двух плоскостей;
3) известные построения на плоскости.
Выполнить какое-либо построение в пространстве — это значит
выполнить конечное число основных построений, к которым
можно свести требуемое построение.
96
Построения, выполняемые с помощью введенного воображае¬
мого инструмента, называют также воображаемыми. На практике
конструктивные задачи в пространстве решаются на проекцион¬
ном чертеже с помощью обычных чертежных инструментов
(циркуль и линейка) В целях наглядности изложения необходи¬
мые построения часто сопровождают иллюстративными черте¬
жами. Приведем пример.
Пусть требуется построить прямую, проходящую через точ¬
ку С параллельно прямой, проходящей через точки А и В.
Ход решения можно сопровождать иллюстративным чертежом,
который показан на рисунке 95, а.
1 Через точки Л, В и С проведем плоскость а.
2. В плоскости а через точку С проведем прямую, парал¬
лельную прямой АВ.
Приведем теперь для сравнения решение этой же задачи на
полном изображении, т. е. так называемое эффективное (а не
иллюстративное) решение. Для этого прежде всего, считая точки
Л, В и С проекциями точек Ло, Во и Со, зададим в плоскости
изображения еще точки Л' В' и С' — вторичные проекции то¬
чек Ло, Во и Со, т. е. проекции (параллельные) точек Л, В и С,
на некоторую плоскость л' (рис. 95,6). Теперь изображение
прямой АВ и точки С становится полным и поставленная задача
разрешима.
1. Так как ЛЛ'ЦВВ' то точки Л, В, Л' и В' лежат в одной
плоскости. Построим точку Si, в которой пересекаются прямые
АВ и Л'В'
2. Аналогично находим точку S$, в которой пересекаются
прямые АС и Л'С'
3. Построим прямую S1S2. Эта прямая лежит и в плоскости
ЛВС, и в плоскости л'
4. В плоскости ЛВС через точку С проведем прямую CS31| Л В.
Прямая CS3 является проекцией искомой прямой. Соединив далее
точку С' с точкой S3, получим прямую С'5з, которая является
вторичной проекцией искомой прямой. Таким образом, пара пря¬
мых CS3 и С'5з определяет полное изображение искомой прямой.
Рис. 95
4
97
§ 7. ПРОСТЕЙШИЕ ПОСТРОЕНИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ
(ПОЗИЦИОННЫЕ ЗАДАЧИ)
Условимся о некоторых обозначениях, употребляемых в зада¬
чах и упражнениях этого параграфа.
Плоскость чертежа (плоскость изображения), как обычно, бу¬
дем обозначать л, а основную плоскость (плоскость вторичных
проекций) — л'
Точки, называемые данными (заданными на проекционном чер¬
теже), не лежащие в плоскости л', будем обозначать двумя бук¬
вами: А (Д'), В (В'), С (С'), Первые буквы обозначают проекции
точек До, Во, Со, на плоскость чертежа, а вторые буквы — про¬
екции точек Д, В, С, на плоскость л' При этом, естественно,
ДД' || ВВ' || СС' || Если же проекция и вторичная проекция
совпадают, т. е. данная точка лежит в плоскости л', то в двой¬
ных обозначениях нет необходимости. В таком случае будем
обозначать данные точки одной буквой: Д' В' С',
По аналогии с обозначениями, принятыми для данных точек,
будем и для данных прямых употреблять также либо двойные
обозначения: ДВ(Д'В'), ДС(Д'С'), ВС(В'С'), ..., когда данные
точки не лежат в плоскости л', либо более короткие обозна¬
чения: Д'В', Д'С' В'С' когда данные точки лежат в плоскости
л' Прямую, проходящую через данные точки Д(Д') и В' будем
обозначать АВ' (А'В'\
Вводить двойные обозначения для плоскостей нет необходи¬
мости, так как проекция любой плоскости на основную плоскость
л' совпадает с плоскостью л' Таким образом, данные плоскости
будем обозначать либо тремя буквами, например ДВС, ABD,
либо буквами а, £, у,
Не требуются двойные обозначения и для проектирующих
прямых ДД', ВВ' СС' ..., т. е. прямых, параллельных направ¬
лению проектирования. Плоскость, проходящую через проекти¬
рующую прямую, называют проектирующей плоскостью. В обо¬
значении проектирующей плоскости используется обозначение
проектирующей прямой, через которую эта проектирующая плос¬
кость проходит. Так, проектирующая плоскость ДД'В проходит
через прямую ДД' Эта же плоскость проходит и через про¬
ектирующую прямую ВВ', поэтому ее можно обозначить и АВВ'
Рассмотрим теперь примеры.
Пример 1. Даны точки А (Д'), В (В'), С (С') и D (О'). Постро¬
им плоскость, проходящую через точку D (О'), параллельно плос¬
кости АВС.
Решение (рис. 96, а). 1. Найдем точку Si, в которой пере¬
секаются лежащие в проектирующей плоскости ДД'В прямые АВ
А'В' точку Зг, в которой пересекаются прямые АС и Д' С' и
точку S3, в которой пересекаются прямые ДО и Д'О'
2. В плоскости Д515з построим прямую OS4, проходящую че¬
рез точку О, параллельно прямой Д5( и в плоскости ДЗгЗз —
98
прямую DS^ проходящую через точку D, параллельно пря¬
мой AS}.
3. Через прямые DS^ и DS5 проведем плоскость BS4S5, которая
и является искомой.
Замечание. Для сравнения приведем решение этой задачи на неполном
изображении, т. е. с помощью иллюстративного чертежа (рис. 96,6).
1. Построим плоскость р, проходящую через точки А, В и Z), и в этой плос¬
кости через точку D проведем прямую Ь\\АВ.
2. Построим плоскость у, проходящую через точки А, С и D, и в этой плос¬
кости через точку D проведем прямую с||ЛС.
3. Через прямые b и с проведем плоскость, которая и является искомой.
Пример 2. Даны точки Л (Д'), В', С' D (D') и Е (Е').
Найдем точку пересечения прямой DE (D'E'} с плоскостью а,
проходящей через точки Д, В' и С'
Решение (рис. 97). 1. В плоскости л' через точку Д' про¬
ведем прямую A'S'i\\D'E' и точку Sf соединим с точкой Д.
99
Так как AA'\\DD' и A'S'[\\D'E', то проектирующие плоскости
DD'E и AA'S\ параллельны между собой. Это значит, что плос¬
кость DD'E пересекает данную плоскость а по прямой, парал¬
лельной прямой A Si.
2. Через точку S£, в которой пересекаются прямые D'E' и
В'С', проведем в плоскости а прямую и найдем точку F,
в которой пересекаются прямые f и DE.
Точка F является искомой точкой.
Пример 3. Даны точки А (А'), В', С (С'), D' и К' Постро¬
им прямую, проходящую через точку К' и пересекающую
прямые АВ' (А'В') и CD' (C'D').
Решение (рис. 98, а). 1. Построим плоскость а, проходя¬
щую через точку К' и прямую АВ' (это плоскость АВ'К').
2. Найдем далее точку пересечения прямой CD' с плоскостью а.
Для этого в плоскости л' проведем через точку А' прямую,
параллельную прямой C'D'\ найдем точку Sf, в которой пере¬
секаются проведенная прямая с прямой К'В' и точку А сое¬
диним с точкой Sf. Затем найдем точку S£, в которой пере¬
секаются прямые C'D' и В'К'
100
Так как ДЛ'||СС' и Д5(||С'£)'' то проектирующие плоскости
AA'S'\ и CC'D' параллельны между собой. Это значит, что плос¬
кость CC'D' пересекает плоскость а по прямой, параллельной
прямой ASJ.
3. В плоскости а через точку S$ проведем прямую f||ASf и
найдем точку F, в которой пересекаются прямые f и CD' Точка
F является точкой пересечения также прямой CD' с плос¬
костью а.
4. В плоскости а через точку /С проведем прямую K'F
Прямые K'F и АВ' лежат в одной плоскости (плоскости а),
и если эти прямые пересекаются, то, найдя точку F' — про¬
екцию точки F на плоскость л', получим прямую K'F (K'F'),
которая является искомой прямой. Если же окажется, что
K'F\\AB' то задача решения не имеет.
Замечание. Приведем решение этого примера на неполном изображе¬
нии. Так как для иллюстративного чертежа вторичные проекции не нужны, то
сформулируем поставленную задачу короче: построим прямую, проходящую че¬
рез точку К и пересекающую скрещивающиеся прямые а и Ь.
Решение (рис. 98,6). 1. Через точку К и прямую а проведем плос¬
кость а.
2. Найдем точку F, в которой прямая b пересекает плоскость а.
3. Проведем прямую KF
Если прямая KF пересекает прямую а, то KF является искомой прямой;
если же KF\\a, то задача решения не имеет.
Если прямая b параллельна плоскости а, то задача также не имеет ре¬
шения.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ*
392. Даны точки Л (Л'), # (#') и С (С'). Построить: а) точки пересечения
прямых АВ(А'В'), АС(А'С') и ВС (В'С') с плоскостью л'- б) точки пересечения
медиан треугольника АВС с плоскостью л'- в) прямую, по которой пересекаются
плоскости АВС и л'
393. Даны точки Л (Л'), В (В'), С (С') и D (D'). Построить: а) прямую, по
которой пересекаются проектирующие плоскости АА'В и CC'D-, б) точку пересе¬
чения проектирующей прямой DD' с плоскостью ЛВС; в) точку пересечения
прямой CD(C'D') с проектирующей плоскостью АА'В.
394. Даны точки Л (Л'), В (В') и С (С'). Построить: а) прямую, прохо¬
дящую через точку С (С'), параллельно проектирующей плоскости АА'В-, б) плос¬
кость, проходящую через точку С (С'), параллельно плоскости л' и найти линию
ее пересечения с проектирующей плоскостью АА'В-, в) плоскость, проходящую
через прямую ВС (В'С'), параллельно проектирующей прямой АА' и найти линию
ее пересечения с плоскостью л'
* О принятых обозначениях точек, прямых и плоскостей рассказано в начале
§ 9.
101
395. Даны точки 4(4'), В' С' D (£>') и Е (Е'). Построить: а) точки пере¬
сечения проектирующих прямых DD' и ЕЕ' с плоскостью АВ'С' б) прямую, по
которой пересекаются плоскость АВ'С' проектирующей плоскосгькУ &D'E\
в) точку пересечения прямой DE(D'E'} с плоскостью АВ'С'
396. Даны точки 4(4'), В (В'), С {С') и D (D7). Построить: а) плоскдстчк,
проходящую через прямую АВ (А'В'), параллельно прямой CD (C'D'); б\ Плос¬
кость, проходящую через точку D (D'), параллельно плоскости 4‘ВС; в) две па1
раллельные между собой плоскости, одна из которых проходит через прямук)
АВ (А'В'), а другая — через прямую CD (C'D').
397. Даны точки 4(4'), В' С' и прямая DE(D'E'), параллельная \плосх
кости л': Построить: а) плоскость, проходящую через прямую DE(D<E'),
параллельно плоскости л' и найти линию ее пересечения с плоскостью
АВ'С'", б) прямую, по которой пересекаются проектирующая плоскость
DD'A с плоскостью АВ'С' в) точку пересечения прямой AD(A'D') с плос¬
костью DB'C'
398. Даны точки 4(4'), В' С и F (F'), D' Е' Построить: а) прямую, по
которой пересекаются плоскости АВ'С' и AD'E'; б) прямую, по которой перет
секаются плоскости АВ'С' и FD'E' если D'E'\\B'C' в) прямую, по которой пере¬
секаются плоскости АВ'С' и FD'E' если прямая D'Е' не ,параллельна пря:
мой В'С'
399. Даны точку 4 (4'), В' С (С'), D' и К' Построить прямую, проходя¬
щую через точку К' и пересекающую следующие пары прямых: а) АВ' (4«'В')
и CD'(C'D'); б) АС(А'С') и B'D'- в) С4'(С'4') и 4С'(4'С').
400. Даны точки 4(4'), В' С' D' и Е (Е'), К (/С). Построить: а) точку
пересечения прямой ED' (E'D') с плоскостью, проходящей через точку К (К'), па¬
раллельно плоскости АВ'С'-, б) точку пересечения прямой, проходящей через
точку К (К'), параллельно прямой ED' (E'D'), с плоскостью АВ'С' в) прямую,
проходящую через точку К (К'), параллельно плоскости АВ'С' и пересекающую
прямую ED' (E'D').
401. Даны точки 4(4'), В' С (С'), D' F' и Е' Построить: а) прямую,
параллельную прямой АВ' (А'В') и пересекающую прямые AD'(A'D') и F',E'-
б) прямую, параллельную прямой АВ' (А'В') и пересекающую прямые CD'(C'D')
и F'E'\ в) прямую, параллельную прямой F'E' и пересекающую прямые
АВ' (А'В') и CD' (C'D').
§8. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ МНОГОГРАННИКОВ
(ПОЗИЦИОННЫЕ ЗАДАЧИ)
Наиболее доступными и эффективными в практике преподава¬
ния геометрии в средней школе являются следующие три метода
построения сечений многогранников:
1. Метод следов.
2. Метод вспомогательных сечений.
3. Комбинированный метод.
Напомним суть каждого из этих методов.
102
I. МЕТОД СЛЕДОВ
В общем случае секущая плоскость пересекает плоскость каж¬
дой грани многогранника и каждую из прямых, на которых
лежат ребра многогранника. Прямую, по которой секущая
плоскость пересекает плоскость какой-либо грани многогранника,
называют следом секущей плоскости на плоскости этой грани, а
точку, в которой секущая плоскость пересекает прямую, содер¬
жащую какое-нибудь ребро, называют следом секущей плоскости
на этой прямой. Если секущая плоскость пересекает непосред¬
ственно грань многогранника, то можно также говорить о следе
секущей плоскости на грани и аналогично говорить о следе на
ребре.
След секущей плоскости на плоскости нижнего основания ус¬
ловимся ради краткости речи называть просто следом секущей
плоскости. С построения именно этого следа чаще всего начинают
построение сечения многогранника.
Способы задания сечения весьма разнообразны. Наиболее рас¬
пространенным из них является способ задания секущей плос¬
кости тремя точками, не лежащими на одной прямой.
В тех случаях, когда сечение строится с помощью следа на
плоскости нижнего основания, задавая три точки, принадлежащие
непосредственно секущей плоскости, следует указать их таким об¬
разом, чтобы проекции этих точек на плоскость нижнего основа¬
ния (вторичные проекции) строились однозначно. Сделать это
можно, например, если указать, на каком ребре лежит задан¬
ная точка или в какой грани и т. д.
При этом, если многогранником, сечение которого строится,
является призма, то проектирование (внутреннее) на плоскость
нижнего основания выполняется параллельное. Его направление
определяется боковым ребром призмы. Если же многогранником
является пирамида, то выполняется центральное (внутреннее)
проектирование на плоскость основания. Центром проектирования
является вершина пирамиды, в которой сходятся все боковые
ребра.
Перейдем к рассмотрению примеров-.
Пример 1. На ребрах ВВ\, СС\ и DD{ призмы
ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 99).
Построим след секущей плоскости PQR.
Решение. Так как требуется построить след плоскости
PQR на плоскости нижнего основания, то спроектируем точки
Р, Q и R на плоскость нижнего основания. Боковое ребро приз¬
мы определяет направление проектирования.
Так как точка Р задана на ребре ВВ\, то точка Р' —
проекция точки Р — совпадает с точкой В. Аналогично точка Q'
совпадает с точкой С, а точка R' — с точкой D.
Прямые РР' и QQ' параллельны, поэтому точки Р, Q, Р' и Q'
лежат в одной плоскости. Построим точку Si —точку пересече-
103
ния прямых PQ и P'Q' Точка Si лежит на прямой PQ и поэ¬
тому лежит и в секущей плоскости. Кроме того, точка Si
лежит на прямой P'Q' т. е. лежит и в плоскости нижнего ос¬
нования призмы. Таким образом, точка Si лежит на линии пере¬
сечения секущей плоскости с плоскостью основания, т. е. точка
Si лежит на следе секущей плоскости PQR.
Аналогично находим точку S2 — точку пересечения прямых PR
и P'R' Точка S<2 также лежит на следе секущей плоскости.
Итак, искомым следом секущей плоскости является прямая
SiS2.
Пример 2. На ребре SC пирамиды SABCD задана
точка Р, в грани SAB — точка Q, а внутри пирамиды, в плос¬
кости SBD, задана точка R (рис. 100). Построим след секущей
плоскости PQR.
Рис. 100
104
Решение. Выполним проектирование точек Р, Q и R на
плоскость АВС, приняв вершину S за центр проектирования.
Получим точку Р', совпадающую с точкой С, точку Q' —
на ребре АВ и точку R' — на диагонали BD.
Так как прямые РР' и QQ' пересекаются, то они лежат
в одной плоскости. Тогда в одной плоскости лежат также прямые
PQ и P'Q' Найдем точку Si—точку пересечения этих пря¬
мых. Точка Si по построению лежит на прямой PQ, т. е. ле¬
жит и в секущей плоскости. Вместе с тем точка Si лежит и на
прямой P'Q' т. е. лежит и в плоскости основания. Таким об¬
разом, точка Si лежит на линии пересечения секущей плоскости
с плоскостью основания, т. е. на следе секущей плоскости.
Аналогично строится точка S2 — точка пересечения прямых
PR и P'R' Точка S2 также лежит на следе секущей плоскости.
Итак, следом секущей плоскости является прямая S1S2-
Замечание. В рассмотренных примерах при построении следа секущей
плоскости мы имели дело с треугольниками PQR и P'Q'R' у которых прямые
РР', QQ' и RR' либо параллельны, либо пересекаются в одной точке. Это зна¬
чит, что треугольники PQR и P'Q'R' дезарговы, т. е. точки Si, S2 и S3, в кото¬
рых пересекаются их соответственные стороны, лежат на одной прямой. Имен¬
но эта прямая (дезаргова прямая) и является следом секущей плоскости. Ее
определяют любые две точки из трех точек Si, S2 и S3.
При задании секущей плоскости тремя точками может оказаться, что из
точек Si, S2 и S3, лежащих на следе секущей плоскости, лишь одна помещается
в пределах чертежа. Покажем на следующем примере, как можно найти след секу¬
щей плоскости и в этом случае.
Пример 3. На ребрах ВВ\, СС\ и DD[ призмы
ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 101).
Построим след секущей плоскости PQR.
Решение. Спроектировав на плоскость АВС точки Р, Q и R,
получим точки Р', Q' и R' Затем строим точку Si—точку
пересечения прямых PQ и P'Q' Попытки построить еще одну
точку следа секущей плоскости как точку пересечения прямых PR
и P'R' или прямых QR и Q'R' к успеху не приводят, так как
точки S2 и S3 — точки пересечения этих пар прямых — оказы¬
ваются за пределами чертежа.
Выберем тогда, например, на прямой PR некоторую точку V
Ясно, что выбранная таким образом точка V лежит и в секущей
плоскости PQR, и поэтому точки Р, Q и V определяют ту же самую
плоскость, что и точки Р, Q и R.
Итак, найдем след плоскости PQV Для этого сначала по¬
строим на прямой P'R' точку V' — проекцию точки V (на¬
правление проектирования, естественно, прежнее, т е. парал¬
лельное боковому ребру призмы) — и далее найдем точку S4 —
точку пересечения прямых QV и Q'V' Точка S4 лежит на следе
секущей плоскости.
Таким образом, след секущей плоскости PQR — прямая SiS4.
105
Рис. 101
Пример 4. На ребрах AAi, СС\ и ЕЕ\ призмы
ABCDEA\B\C\D\E\ заданы соответственно точки Р, Q и R
(рис. 102). Построим сечение призмы плоскостью PQR.
Решение. 1. Находим проекции точек Р, Q и R на плос¬
кость нижнего основания в направлении, параллельном боковому
ребру призмы. Получаем соответственно точки Р' (совпадает с
точкой Л), Q' (совпадает с точкой С) и R' (совпадает с точ-
106
Рис. 103
кой Е) Затем строим след SiS2 секущей плоскости. В точке
Зь пересекаются прямые PR и АЕ, а в точке 32 — прямые
QR и QE.
2. Найдем далее точку V — след секущей плоскости на прямой
DDi. Для этого найдем сначала точку З3, в которой прямая
DE пересекает след SiS2, а затем найдем и точку V как точку пере¬
сечения прямых S3/? и DD\.
3. Осталось найти след секущей плоскости на прямой ВВ\.
Найдем его так же, как и след V А именно найдем точку S4,
в которой пересекаются прямые BE и S1S2, а затем искомый
на прямой ВВ\ след — точку Т как'точку пересечения пря¬
мых S4/? и ВВ\.
4. Убедимся, что построенные точки V и Т лежат в плоскости
PQR. Действительно, точка S3 лежит на следе секущей плоскости
и поэтому лежит в плоскости PQR, а точка R лежит в плоскости
PQR по условию. Таким образом, и точка V лежащая на
прямой S3/?, лежит в плоскости PQR. Аналогично можно показать,
что и точка Т лежит в плоскости PQR.
Итак, многоугольник PRVQT — искомое сечение.
Пример 5. На ребрах А\В\ и DD\ призмы ABCDA[B\C{D\
(рис. 103) заданы соответственно точки Р и Q, а на диаго¬
нали АС\ призмы — точка R. Построим сечение призмы плос¬
костью PQR.
107
Решение. 1. Построим прежде всего след секущей плос¬
кости PQR. Для этого спроектируем точки Р, Q и R на плос¬
кость нижнего основания в направлении, параллельном боковому
ребру призмы. Получим точки Р', Q' и R' причем точка Q'
совпадает с точкой D. Затем найдем две точки искомого сле¬
да, например точку Si—точку пересечения прямых PQ и P'D
и точку S2 — точку пересечения прямых RQ и R'D. Прямая S1S2
и есть след секущей плоскости.
2. Построим далее след секущей плоскости на прямой СС\.
Для этого найдем точку S3, в которой прямая CD пересека¬
ет след SSi, и проведем прямую S3Q. Точка U, в которой пря¬
мая S3Q пересекает прямую СС|, и является следом секущей
плоскости на прямой СС\.
3. Аналогично построим точку S4 на следе S1S2, а затем
точку V — след секущей плоскости на прямой AA{.
4. Дальнейшие построения можно выполнить, уже не поль¬
зуясь следом S1S2. Так как точки V и Р обе лежат и в секу¬
щей плоскости, и в плоскости АА\В\В, то прямая VP являет¬
ся линией пересечения этих плоскостей (другими словами, пря¬
мая VP — след секущей плоскости на плоскости АА\В\В)
5. Построим точку А, в которой пересекаются прямые VP
и ВВ[. Так как точки К и U обе лежат и в секущей плоскости,
и в плоскости ВВ\С\С, то прямая KU является линией пере¬
сечения этих плоскостей.
6. И наконец, построим точку Г, в которой пересекаются пря¬
мые KJJ и В\С\. Так как точки Т и Р обе лежат и в се¬
кущей плоскости, и в плоскости верхнего основания, то пря¬
мая РТ является линией пересечения этих плоскостей.
7 В ходе построения было доказано и то, что построенные
точки V, U и Т лежат в плоскости PQR. Таким образом,
многоугольник PVQUT — искомое сечение.
Пример 6. На ребре SC пирамиды SABCD задана точка
Р, а в гранях SAB и SAD заданы соответственно точки R и Q
(рис. 104). Построим сечение пирамиды плоскостью PQR.
Решение. 1. Построим след секущей плоскости PQR. Для
этого спроектируем точки Р, Q и R на плоскость ABCD из
точки S. Получим точку Р' (совпадает с точкой С) и точки Q' и
R' Затем найдем две точки следа плоскости PQR, например
точку Si —точку пересечения прямых PQ и CQ' и точку S2 —
точку пересечения прямых RQ и R'Q' Прямая S1S2 — след
секущей плоскости.
2. Построим далее след секущей плоскости на прямой SD.
Для этого найдем точку S3, в которой прямая CD пересе¬
кает след SiS2, и проведем прямую S3P Точка V в которой пря¬
мая S3P пересекает прямую SD, и является следом секущей
плоскости на прямой SD
3. Дальнейшие построения можно выполнить, уже не пользуясь
следом S1S2. Так как точки V и Q обе лежат и в се-
108
s
Рис. 104
кущей плоскости, и в плоскости SAD, то прямая VQ является
линией пересечения этих плоскостей. На прямой ЗЛ строим
теперь точку U, в которой пересекаются прямые VQ и ЗЛ.
4. Рассуждая аналогично, получаем далее UT — след секущей
плоскости на грани SAB и ТР — след секущей плоскости на
грани SBC.
5. Многоугольник PVUT — искомое сечение (доказательство
того, что построенные точки V, U и Т лежат в секущей
плоскости, вполне понятно).
II. МЕТОД ВСПОМОГАТЕЛЬНЫХ СЕЧЕНИЙ
Этот метод в достаточной мере является универсальным и
имеет определенные преимущества по сравнению с методом сле¬
дов в тех случаях, когда нужный след секущей плоскости ока¬
зывается за пределами чертежа. Вместе с тем построения при
использовании этого метода получаются «скученными», так как все
они выполняются внутри многогранника (это обстоятельство по¬
служило причиной называть рассматриваемый метод также мето¬
дом внутреннего проектирования).
Рассмотрим примеры применения этого метода. Так, вернемся
к примеру 4. Выполним построение методом вспомогательных
сечений.
Решение (рис. 105). 1. Построим первое вспомогательное
сечение призмы — ее сечение плоскостью, которая проходит через
какие-нибудь две из трех заданных прямых РР' QQ' и RR', на¬
пример через прямые РР' и QQ' Этим сечением является четырех¬
угольник АА\С\С.
109
2. Будем искать теперь след секущей плоскости PQR на прямой
ВВ\. Для этого построим второе вспомогательное сечение приз¬
мы плоскостью. Это сечение проведем через третью заданную
прямую RR' и боковое ребро ВВ\, на котором мы хотим найти след
плоскости PQR. Этим сечением является фигура ВВ\Е\Е.
3. Находим прямую ОО\, по которой пересекаются плоскости
вспомогательных сечений АА\С\С и ВВ\Е\Е, а затем точку О2, в ко¬
торой пересекаются прямые PQ и ОО\.
4. Так как точка О2 лежит на прямой PQ, то она ле¬
жит и в плоскости PQR. Тогда и прямая RO2 лежит в плоскости
PQR. Это значит, что точка Г, в которой пересекаются прямые
RO2 и ВВ\, также лежит в секущей плоскости. Точка Т и являет¬
ся следом плоскости PQR на прямой ВВ\.
5. Аналогично найдем след плоскости PQR на прямой DD\.
Для этого построим прямую FF\y по которой пересекаются
плоскости ВВ\Е\Е и AA\D\D, а затем точку F2 — точку пересе¬
чения прямых RT и FF\. Проводя далее прямую PF2, получим
на прямой DD\ след V плоскости PQR.
6. Соединяя, наконец, заданные и построенные точки в соот¬
ветствии с порядком следования ребер призмы, получим много¬
угольник PRVQT — искомое сечение.
Вернемся теперь к примеру 6. Выполним построение на изобра¬
жении пирамиды SABCD методом вспомогательных сечений.
Решение (рис. 106) 1. Построим вспомогательное сече¬
ние пирамиды плоскостью, проходящей через точку S и какие-ни¬
будь две из трех заданных прямых, например через прямые РР'
и QQ', т. е. плоскостью SCQ'
2. Будем искать теперь след плоскости PQR на прямой SD.
Для этого построим второе вспомогательное сечение пирами-
110
5
ды. А именно ее сечение плоскостью, проходящей через третью
заданную прямую RR' и боковое ребро SDy на котором мы хо-
тим^ найти след плоскости PQR.
3. Строим прямую SFy по которой пересекаются плоскости
вспомогательных сечений SCQ' и SDR' и затем точку в ко¬
торой пересекаются прямые PQ и SF
4. Так как точка F\ лежит на прямой PQy то она лежит и в
секущей плоскости PQR. Тогда и прямая RFi лежит в секущей
плоскости. Это значит, что точка V, в которой пересекаются пря¬
мые RFi и SD, также лежит в плоскости PQRy т. е. точка V —
след плоскости PQR на ребре SD.
5. Осталось построить след плоскости PQR на прямой SB.
Это можно сделать, не обращаясь ни к методу следов, ни к методу
вспомогательных сечений. Следом секущей плоскости на плос¬
кости SAD является прямая VQ. Проведя ее, получим точку U —
след плоскости PQR на ребре SA, затем прямую UR — след
плоскости PQR на плоскости SABy затем точку Т — след секущей
плоскости на ребре SB. Получим PVUT — искомое сечение.
III. КОМБИНИРОВАННЫЙ МЕТОД
Суть этого метода состоит в применении теорем о параллель¬
ности прямых и плоскостей в сочетании с методом следов, или
с методом вспомогательных сечений, или с обоими этими методами.
Прежде чем привести примеры применения комбинированного
метода при построении сечений многогранников, рассмотрим ре¬
шение вспомогательной задачи.
Пример 7 На ребрах SB и SC пирамиды SABCD заданы
соответственно точки К и Р (рис. 107). Построим прямую, про¬
ходящую через точку КУ параллельно прямой АР.
Рис. 107
Решение. Построим сечение пирамиды плоскостью, прохо¬
дящей через точку К и прямую АР, т. е. плоскостью, заданной
тремя точками К, А и Р Для этого, как обычно, строим след
секущей плоскости. В рассматриваемом примере это прямая
Si/4. Строим далее сечение AKPS? и в плоскости этого сечения
через точку К проводим прямую KF, параллельную прямой АР
Прямая KF — искомая прямая.
Пример 8. На ребрах BBi и DDi призмы ABCDA\B\CiD\
заданы соответственно точки К и Р (рис. 108, а) Построим
прямую, проходящую через точку К, параллельно прямой АР
Решение. Построим сечение призмы плоскостью, проходя¬
щей через прямую АР и точку К. Для этого построим точку Si,
принадлежащую следу секущей плоскости АРК, затем след
этой плоскости. Далее найдем точку S2, после чего найдем точку Т,
в которой пересекаются прямые S2K и СС\. Построив в итоге
многоугольник AKRQP — сечение призмы плоскостью АРК, про¬
ведем в этой плоскости через точку К прямую, параллельную
прямой АР Построенная прямая KF — искомая прямая.
Прежде чем перейти к рассмотрению следующего примера,
отметим, что если в оригинале ДоН^о» то по свойствам парал¬
лельного проектирования на проекционном изображении а\\Ь.
Обратное утверждение, вообще говоря, неверно: параллельные
прямые а и b могут быть проекциями и скрещивающихся в ори¬
гинале прямых ао и Ьо. Так, на рисунке 108, б, где изображена
призма ABCDA\B\CiD\, прямая KV параллельна прямой АР
Однако в оригинале KoVo и ЛоРо — скрещивающиеся, а не
параллельные прямые. Действительно, прямые ВС и AD —
проекции прямых KV и АР на плоскость АВС — не парал¬
лельны.
112
Если же на проекционном изображении прямая а параллельна
прямой b и, кроме того, прямые а' и Ь' параллельны (а' и Ь'
проекции прямых а и b на какую-нибудь плоскость), то в ориги¬
нале Go ||^о- Этим выводом можно воспользоваться при решении
следующего примера.
Пример 9. На ребрах ВВ\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\,
у которой грань параллельна грани ВСС\В\, заданы
нз
Рис. 109
соответственно точки К, и Р Построим прямую, проходящую
через точку К, параллельно прямой АР (рис. 109).
Решение. Построим сечение призмы плоскостью, проходя¬
щей через прямую АР и точку В, лежащую в той же грани, в
которой лежит и точка /С Ясно, что следом этой плоскости яв¬
ляется прямая АВ. Построив точку Si, в которой пересекаются
след АВ и прямая CD, получим далее четырехугольник APQB.
При этом, так как плоскость ADD{ параллельна плоскости ВСС\,
то параллельны и прямые АР и BQ, по которым секущая плос¬
кость пересекает плоскости ADD{ и ВСС\. Итак, AP\\BQ и
AD\\BC. Это значит, что прямые BQ и АР являются проекциями
параллельных в оригинале прямых. Теперь в плоскости BCCi че¬
рез точку К проведем прямую KF\\BQ.
Ясно, что тогда KF\\AP, т. е. KF — искомая прямая.
Замечание. Вернемся к примеру 8. Требуемое построение выполним
теперь так. Отсечем от заданной призмы призму ABEDA\B\EiDi, грань BEE^Bi
которой параллельна грани ADDiA^ и далее выполним построение, как это
сделано в приведенном выше решении примера 9 (рис. НО).
Перейдем теперь к рассмотрению примеров, иллюстрирующих
применение комбинированного метода при построении сечений
многогранников.
Пример 10. На ребрах АВ, SC и S4 пирамиды SABC заданы
соответственно точки Р, Q и R. Построим сечения пирамиды
следующими плоскостями:
а) плоскостью, проходящей через прямую PQ, параллельно
прямой CR',
б) плоскостью, проходящей через прямую CR, параллельно
прямой PQ.
114
Рис. НО
Решение а) (рис. 111, а). В плоскости ЗДС, проходящей
через прямую CR и точку Q, проведем прямую QV\\CRy а затем
построим сечение пирамиды плоскостью PQV (следом (этрй плос¬
кости является прямая SiP). Плоскость PQV проходит через пря¬
мую PQ и параллельна прямой CRy поэтому многоугольник
PVQS2 — искомое сечение.
Решение б) (рис. 111, б). Построим вспомогательное
сечение пирамиды плоскостью, проходящей через прямую PQ и
точку R (прямая SiP— след этой плоскости, многоугольник
RQS2P — сечение), а затем в плоскости этого сечения через точку
R проведем прямую /?5з||РС2. Прямыми CR и RS$ определится
тогда искомая секущая плоскость. Следом искомой секущей плос¬
кости является прямая S3C, а треугольник CRS4 — исковое се¬
чение.
1J15
Пример 11. На ребре АА{ призмы ДВСД1В1С1 задана
точка Р,ав грани АВС — точка Q. Построим сечение призмы
следующими плоскостями:
а) плоскостью, проходящей через прямую B\Q, параллельно
прямой ВР\
б) плоскостью, проходящей через прямую ВР, параллельно
прямой BiQ.
Решение а) (рис. 112, а). 1. Через прямую ВР и точку Q
проведем вспомогательную секущую плоскость ВРК (прямая
BQ — ее след)
2. Так как прямая ВР параллельна искомой секущей плос¬
кости, то плоскость ВРК, проходящая через прямую ВР, пере¬
сечет искомую плоскость по прямой, параллельной прямой ВР
Поэтому в плоскости ВРК через точку Q проведем прямую
QL\\BP.
116
3. Прямыми B[Q и QL определится искомая секущая плос¬
кость. Найдем ее след. Для этого построим точку Si, в которой
пересекаются прямые B\L и BL'y где точка L' — это проекция
точки L на прямую АС. Прямая SiQ — след секущей плоскости.
4. Так как точки S2 и L обе лежат в искомой секущей плос¬
кости и в грани ДД[С1С, то прямая S2L — это прямая, по которой
пересекаются секущая плоскость с плоскостью грани ЛЛ1С1С.
Таким образом, получим точку D\ на ребре Л|С|. Соединив
затем точку D\ с точкой В{ и точку В\ с точкой S3, получим мно¬
гоугольник S1D1S2S3 — искомое сечение.
Решение б) (рис. 112, б) 1 Построим вспомогательное
сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую BiQ и
точку В. Получим сечение ВВ1К1К.
2. В плоскости ВВ1К1 через точку В проведем прямую B/?i||
IIBiQ.
3. Пересекающимися прямыми ВР и BR\ определится искомая
секущая плоскость. Найдем ее след. Для этого построим точку
Si, в которой пересекаются прямые R\P и /?'Л, где точка R' —
это проекция точки на плоскость АВС.
Прямая SiB — след искомой секущей плоскости, и тогда тре¬
угольник BPS2 — искомое сечение.
Пример 12. На ребрах ВВ\У CD и DD\ призмы
ABCDА\B\C\D\ заданы соответственно точки Ру Q и R (рис. 113, а).
Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через прямую
PQy параллельно прямой AR.
Решение. / способ. 1. Построим вспомогательное сечение
призмы, проходящее через прямую AR и точку Р Для этого
построим след вспомогательной плоскости. Одна точка, лежащая
и в плоскости вспомогательного сечения, и в плоскости основа¬
ния, уже есть — это точка А. Вторую точку следа — точку Si —
найдем как точку пересечения прямой PR с прямой BDy которая
является проекцией прямой PR на плоскость АВС. Итак, Si/4 —
след вспомогательной секущей плоскости. Далее построим точку
S2 — точку пересечения прямой ВС и следа 5)Д. Затем проводим
прямую S2P и получаем на прямой СС\ точку V, которую соединим
с точкой R. Четырехугольник APVR— искомое вспомогательное
сечение.
2. В плоскости APVR через точку Р проведем прямую PUy
параллельную прямой AR.
Так как прямая AR параллельна прямой PUy то она парал¬
лельна и плоскости, проходящей через прямую PU Это значит,
что плоскость, проходящая через прямые PU и PQy— искомая
секущая плоскость. Для ее построения находим сначала точку
U' — проекцию точки U на плоскость АВСУ затем строим точ¬
ку S3 — точку пересечения прямых PU и BU' Искомая секу¬
щая плоскость проходит через точки S3 и Q, поэтому прямая
S3Q — след этой плоскости (на плоскости нижнего основания
призмы).
117
Рис. 113
3. След S3Q пересекает прямую АВ в точке S4. Значит, от¬
резок S^P — след секущей плоскости на грани АА\В\В. След
S3Q пересекает прямую ВС в точке S5- Значит, прямая S$P
след секущей плоскости на плоскости ВВ\С\У а отрезок PF\ —
след секущей плоскости на грани ВВ\С\С.
Далее, проведя прямую Q(7, получим след QT\ секущей плос¬
кости на грани CC\D\D. И наконец, соединяя точки Т\ и F\, полу¬
чаем след T\F\ на грани A\B\C\D\.
Итак, многоугольник PF\T\QS^ — искомое сечение.
II способ (рис. 113, б) Построим вспомогательное сечение
призмы плоскостью BB\U\, параллельной плоскости AA\D\, а за¬
тем сечение ABRU^ полученной призмы ABU'DA\B\U\D\ плос¬
костью BAR. Так как плоскость BB\U\ параллельна плоскости
AA\D\, то Blh\\AR. Поэтому, проведя в плоскости BB\U{ через
данную точку Р прямую PUWBU2 (ясно, что тогда PU\\AD),
получим две пересекающиеся прямые PQ и PU, которыми опре¬
деляется искомая секущая плоскость. Ее следом является прямая
S2Q, где точка S2 — это точка пересечения прямых PU и BU'y а
точка Q — заданная точка. Дальнейшее построение ясно из чер¬
тежа.
В итоге получаем многоугольник PFiTiQSz — искомое сече¬
ние.
Замечание. Если призма ABCDAiBiCiDi, заданная в примере 12, яв¬
ляется параллелепипедом, то искомое сечение можно построить проще. А имен¬
но (рис. 114) проведем в плоскости DD\C\ через точку R прямую RU\\DC,
затем точку U соединим с точкой В.
Так как прямая RU параллельна прямой CD и RU = CD, то RU\\ АВ и RU = АВ,
а тогда четырехугольник ABUR — параллелограмм, е. BU\\AR. Проведем
Рис. 114
119
затем в плоскости ВВ\С\ через точку Р прямую PV\\BU Так как PV\\BU,
a BU\\AR, то PV\\AR. Прямыми PV и PQ определяется искомая секущая плос¬
кость. Ее следом является прямая Si<?, а четырехугольник PVQSi искомое
сечение.
Пример 13. На ребрах BBt и EEt и на продолжении
ребра СС\ призмы ABCDEA\B\C\D\E\ (рис. 115) заданы соот¬
ветственно точки Р\, Qi и R\. На ребрах BBt, AAt и СС|
этой призмы заданы точки Р2, Q2 и Rz- Построим линию пересече¬
ния плоскостей P\QtRi и PzQzRi-
Решение. 1. Строим след S|S2 секущей плоскости PiQtRi,
а затем многоугольник P1S5S4Q1 V|Ti — сечение призмы плоско¬
стью PtQiRi.
2. Строим след t7|t/3 секущей плоскости P2Q2R2, а затем мно¬
гоугольник P2Q2EU2R2 — сечение призмы плоскостью PzQzRz-
3. Находим точку М — точку пересечения прямых PiR\ и
P2R2, лежащих в плоскости грани ВВ\С\С, и точку N — точку
пересечения прямых Q|S4 и QzE, лежащих в плоскости грани
АА.Е'Е.
120
4. Строим прямую MN— искомую линию пересечения задан¬
ных секущих плоскостей.
Замечание. Для построения линии пересечения заданных плоскостей
можно было бы воспользоваться и тем, что точка S3, в которой пересекаются
следы этих плоскостей, также лежит на линии пересечения заданных секущих
плоскостей.
Пример 14. На ребре ЛВ?на продолжении ребра СС\ и в
грани AA\D\D призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точ¬
ки Р, R и Q (рис. 116), а на ребрах В\С\ и DC — соответственно
точки /С и L. Построим точку пересечения прямой K\L с плос¬
костью PQR.
Решение. 1 Построим (например, с помощью следа SiP)
сечение PTWUS?, призмы плоскостью PQR.
2. Далее построим вспомогательное сечение KK\L\L призмы
плоскостью, проходящей через заданную прямую /(iL, параллель¬
но боковому ребру призмы.
3. Найдем точку М — точку пересечения прямых КК\ и /?5з,
лежащих в плоскости грани ВВ\С\С, и точку N — точку пере¬
сечения прямых К1Л) и UV, лежащих в плоскости верхнего
основания.
4. Построим прямую MN — линию пересечения заданной и
вспомогательной секущих плоскостей.
Рис. 116
121
Рис.
5. Найдем точку X— точку пересечения прямых MN и K\L.
Так как точка X лежит на прямой MN, то она лежит и в заданной
секущей плоскости.
Таким образом, точка X — искомая точка.
Пример 15. На ребрах ВВ\, CD и СС\ призмы
ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 117),
а на ребре АА\ — точка /<. Построим сечение призмы плоскостью,
проходящей через точку Д’, параллельно плоскости PQR.
Решение. 1. Построим сначала сечение PS?QR призмы
заданной плоскостью PQR (например, с помощью следа SiQ).
2. Так как искомая секущая плоскость параллельна плос¬
кости PQR, то плоскости граней призмы пересекаются искомой
секущей плоскостью и плоскостью PQR по параллельным прямым.
Проведем в плоскости АА\В через точку К прямую KB2WPS2,
затем в плоскости ВВ\С\ через точку В2 прямую B2C2WPR, затем
в плоскости CC\D\ через точку С2 прямую C2D2WRQ и, наконец,
соединим точки D2 и /<.
3. Соединив далее полученные в процессе построения точки
£i и £|, найдем многоугольник RB2E\F\D2 — искомое сечение.
Пример 16. На ребрах ВС, АС и СС\ призмы АВСА\В\С\
заданы соответственно точки Р, Q и R (рис. 118), а на ребрах
АВ и BiCi — соответственно точки U и V На отрезке UV задана
точка /<. Построим сечение призмы плоскостью, проходящей че¬
рез точку /<, параллельно плоскости PQR.
Решение. 1. Построим прежде всего сечение призмы плос¬
костью PQR.
2. Найдем точку V' — проекцию точки V на плоскость ЛВС,
а затем на прямой UV' найдем точку /С — проекцию точки К
на плоскость АВС.
122
Рис. 118
3. Построим далее вспомогательное сечение призмы плос¬
костью, проходящей через прямую /<7С и какую-нибудь из дан¬
ных точек Р, Q, /?, U или V, например через точку Р Получим
сёченйё РР\Т\Т
4. Так как точка Р — общая точка плоскостей PQR и РР\Т\Т
и точка D, в которой пересекаются прямые QR и ТТ\, также
общая точка этих плоскостей, то прямая DP — линия пересе¬
чения указанных плоскостей.
В плоскости РР\Т\Т через точку К проведем прямую, парал¬
лельную прямой DP, и найдем точки Р2 и Т2, в которых построен¬
ную прямую пересекают соответственно прямые РР\ и ТТ\.
5. В плоскости АА\С\ проведем через Т2 прямую Л2С2||(?/?.
Так как точка К лежит на прямой Р2Т2 и так как Р2Т2||£>Р,
a A2C2\\QR, то плоскость, определяемая прямыми Р2Т2 и Л2С2,
параллельна плоскости PQR и проходит через точку К, т. е. яв¬
ляется искомой. Для ее построения проведем прямую С2Р2 и
полученную на прямой ВВ\ точку В2 соединим с точкой Д2.
Итак, треугольник А2В2С2 — искомое сечение.
Пример 17 На ребрах ЛЛ1, СС\ и DC призмы
ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно точки К, Р и Q (рис. 119).
Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через точку К
параллельно прямым AQ и DP
Решение. 1. В плоскости грани DD[C\C через точку Q
проведем прямую QR\\DP Пересекающиеся прямые AQ и QR
определяют вспомогательную секущую плоскость. Следом ее яв¬
ляется прямая AQ, а четырехугольник AQRV — сечение призмы
этой плоскостью.
123
Рис. 119
2. Теперь построим искомую секущую плоскость как плос¬
кость, проходящую через точку К параллельно вспомогательной
секущей плоскости. Так как эти плоскости параллельны, то следы
их на грани АА\В\В также параллельны. Поэтому через точку К
в плоскости АА\В\ проведем прямую КВ2||АУ Аналогично при¬
ходим к выводу, что следы искомой и вспомогательной секущих
плоскостей на грани ВВ\С\С также параллельны, и строим прямую
B2C2IIV/?. Далее строим прямую C2T\\QR, затем Tt/||AQ и соеди¬
няем точку U с точкой К.
Многоугольник KB2C2TU — искомое сечение.
Замечание. Рассмотренные в настоящем параграфе метод следов и ме¬
тод вспомогательных сечений мы применяли для построения сечений только
призм и пирамид. Отметим, что эти методы применимы также для построения
сечений и цилиндров, и конусов (причем необязательно прямых и необязательно
круговых).
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Построение сечений, заданных тремя точками
402. Построить сечения призмы АВСА\В\С\ плоскостями, заданными сле¬
дующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре ВВ\, Q лежит на ребре АС,
R лежит на продолжении ребра СС\, причем точка С\ лежит между точками
С и R; б) Р лежит в грани АА\В]В, Q лежит на ребре AC, R лежит в грани
ВВ]С\С‘, в) Р лежит на ребре А1В1, Q —точка отрезка DC\, где точка D лежит
на ребре АВ, R лежит на продолжении ребра ВС, причем точка С лежит между
точками В и R.
403. Построить сечения призмы ABCDA\B\C\D\ плоскостями, заданными сле¬
дующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре Л|В|, Q лежит в грани ABCD,
124
R лежит на ребре DDi; б) Р лежит в грани АА1В1В, Q лежит в грани AAiDiD,
R лежит в грани CC\D\D; в) Р лежит на диагонали АС\, Q лежит на диагонали
B\D, R лежит на ребре C\D\.
404. Построить сечения шестиугольной призмы ABC...D\E\F 1 плоскостями, за¬
данными следующими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре DD\, Q лежит
на ребре АВ, R лежит на ребре AF; б) Р лежит в грани ВВ\С\С, Q лежит
на ребре E\Fi, R лежит на ребре AF; в) Р лежит на диагонали BD\, Q лежит
на диагонали АЕ, R лежит на ребре ВС.
405. Построить сечения пирамиды SABC плоскостями, заданными следую¬
щими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре SB, Q лежит на ребре AC, R лежит
в грани АВС; б) Р лежит на продолжении ребра SB, причем точка В лежит
между точками S и Р, Q лежит на ребре AC, R лежит в грани SBC; в) Р лежит на
отрезке SM, где точка М лежит в грани ABC, Q лежит на ребре SB, R лежит в
грани АВС.
406. Построить сечения пирамиды SABCD плоскостями, заданными следую¬
щими точками Р, Q и R: а) Р лежит на ребре SB, Q лежит на ребре AD\, R лежит
в грани SCD; б) Р лежит в грани SAB, Q лежит в грани SAD, R лежит в грани
SCD; в) Р лежит на отрезке SM, где точка М лежит в грани ABCD, Q лежит в
грани SBC, R лежит на ребре CD.
2. Построение сечений, заданных прямой и точкой
407. Построить сечения призмы ЛвСЛ|В|С1 плоскостями, проходящими че¬
рез прямую AQ, где точка Q лежит на ребре СС\, и точку Р, заданную следующим
образом: а) Р лежит в грани А\В{С\; б) Р лежит на прямой С\М, где точка М
лежит на ребре Л i Z31 и находится между точками С\ и Р; в) Р лежит на отрезке
С\К, где точка К лежит на ребре АВ.
408. Построить сечения призмы АВСА\В\С\ плоскостями, проходящими через
прямую AQ, где точка Q лежит на ребре В\С\, и точку Р, заданную следующим
образом: а) Р лежит на отрезке KL, где точка К лежит на ребре А\В{, а точка L —
на ребре АС; б) Р лежит на прямой CN, где точка N лежит в грани АА\В\В
и находится между точками С и Р; в) Р лежит на прямой AM, где точка М
лежит на ребре В\С\ и находится между точками В\ и Сь
409. Построить сечения призмы ABCDA\B\C\Di плоскостями, проходящими
через прямую DQ, где точка Q лежит на ребре СС\, и точку Р, заданную сле¬
дующим образом: а) Р лежит в грани АА\В\В; б) Р лежит на продолжении ребра
А\В\, причем точка А\ находится между В\ и Р; в) Р лежит на диагонали ЛС].
410. Построить сечения призмы ABCDA\B\C\D\ плоскостями, проходящими
через прямую DQ, где точка Q лежит на ребре А\В\, и точку Р, заданную
следующим образом: а) Р лежит в грани ВВ\С\С; б) Р лежит на продолжении
ребра ВС, причем точка С лежит между точками В и Р; в) Р лежит на диагонали
Л,С.
411. Построить сечения пирамиды SABC плоскостями, проходящими через
прямую ЛQ, где точка Q лежит на ребре SC, и точку Р, заданную следующим
образом: а) Р лежит на прямой ВК, где точка К лежит на ребре 5Л и находится
между точками В и Р; б) Р лежит на отрезке SL, где точка L лежит в грани
АВС; в) Р лежит на прямой СМ, где точка М лежит в грани SAB и находится
между точками С и Р.
125
412; Построить» сечения пирамиды SABC плоскостями, проходящими через
прямую RQ,. где. точка R лежит на ребре АВ, а. точка Q — на ребре SC, и точку Р,
заданную следующим образом: а) Р лежит на прямой В К, где точка К лежит
на, ребре ЗА и находится между точками В и Р; б) Р лежит на отрезке CL,
где точка L лежит в грани АВС; в) Р лежит на прямой ВМ, где точка М лежит в
грани,SAC и находится между точками В и Р
,413. Построить сечения пирамиды SABCD плоскостями, проходящими через
прямую DQ, где точка Q лежит на ребре SC, и точку Р, заданную следующим
образом: а) Р лежит в грани SAB; б) Р лежит на прямой СК, где точка К лежит
в грани SAB и находится между точками С и Р; в) Р лежит на отрезке SL, где
точка L лежит в грани ABCD.
414. Построить сечения пирамиды SABCD плоскостями, проходящими через
прямую QR, где точка Q лежит на ребре SB, а точка R — на ребре AD, и точку Р,
заданную следующим образом: а) Р лежит в грани SCD; б) Р лежит на прямой
А К; где точка К лежит в грани SBC и находится между точками А и Р; в) Р лежит
на отрезке SL, где точка L лежит в грани ABCD.
3. Построение прямой, проходящей через заданную точку,
параллельно заданной прямой
415. На ребре СС\ призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р Построить пря¬
мые, параллельные прямой DP и проходящие через следующие точки: а) А; б) К,
взятую-на ребре ААг, в) L, взятую в грани AA\D\D.
416. В грани ВВ\С\С призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р Построить
прямые, параллельные прямой АР и проходящие через точки К, L и М, взятые
соответственно на следующих ребрах: a) AD; б) АВ; в) ВВ\.
417. На ребрах ВВ\ и DD\ пятиугольной призмы ABC...D\E\ заданы соот¬
ветственно точки Р и Q. Построить прямые, параллельные прямой PQ и прохо¬
дящие через следующие точки: а) Е; б) К, взятую на ребре ААг, в) L, взятую в
грани AAiBiB.
418. На ребрах ЗА и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р
и Q. Построить прямые, параллельные прямой PQ и проходящие через следую¬
щие точки: a) D; б) К, взятую на ребре SC; в) L, взятую в грани SAB.
4. Построение сечений, проходящих через заданную прямую,
параллельно другой заданной прямой
419. На ребрах BBi и CCi призмы ABCA^BiCi заданы соответственно точки
Р И Q. Построить сечения призмы следующими плоскостями: а) плоскостью,
проходящей-через прямую АР, параллельно прямой BQ и плоскостью, проходя¬
щей, через прямую BQ, параллельно прямой АР; б) плоскостью, проходящей
через прямую AQ, параллельно прямой С\Р и плоскостью, проходящей через
прямую CiP< параллельно прямой AQ; в) плоскостью, проходящей через прямую
AQ, параллельно прямой СР и плоскостью, проходящей через прямую СР, па¬
раллельно прямой AQ.
420. На ребре ВВ\ призмы АВСА\В\С{ задана точка Р, а в грани АВС —
точка Q. Построить сечения призмы следующими плоскостями: а) плоскостью,
проходящей через прямую C\Q, параллельно прямой АР и плоскостью, прохо-
126.
дяшей через прямую АР, параллельно прямой CiQ; б) плоскостью, проходящей
через прямую СР, параллельно прямой CiQ и плоскостью, проходящей через
прямую CiQ, параллельно прямой СР; в) плоскостью, проходящей через прямую
СР, параллельно прямой B\Q и плоскостью, проходящей через прямую B\Q,
параллельно прямой СР
421. В грани ABCD призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р Построить
сечения призмы следующими плоскостями: а) плоскостью, проходящей через
прямую D\P, параллельно прямой B\D и плоскостью, проходящей через прямую
B\D, параллельно прямой D\P; б) плоскостью, проходящей через прямую А\Р,
параллельно прямой DB\ и плоскостью, проходящей через прямую DB[, парал¬
лельно прямой А\Р; в) плоскостью, проходящей через прямую В\Р, параллель¬
но прямой Д|С и плоскостью, проходящей через прямую AiС, параллельно
прямой В\Р
422. На ребрах AC, SC и АВ пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р, Q и R. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью,
проходящей через прямую SB, параллельно прямой PQ и плоскостью, прохо¬
дящей через прямую PQ, параллельно прямой SB; б) плоскостью, проходящей
через прямую BQ, параллельно прямой CR и плоскостью, проходящей через
прямую CR, параллельно прямой BQ; в) плоскостью, проходящей через прямую
QR, параллельно прямой SP и плоскостью, проходящей через прямую SP, па¬
раллельно прямой QR.
423. На ребрах SC и пирамиды SABC заданы соответственно точки Р
и Q, а в грани АВС — точка R. Построить сечения пирамиды следующими
плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую CQ, параллельно пря¬
мой S/? и плоскостью, проходящей через прямую S/?, параллельно прямой CQ;
б) плоскостью, проходящей через прямую ВР, параллельно прямой CQ и плос¬
костью, проходящей через прямую CQ, параллельно прямой ВР; в) плоскостью,
проходящей через прямую PQ, параллельно прямой SR и плоскостью, прохо¬
дящей через прямую SR, параллельно прямой PQ.
424. На ребрах SB и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р
и Q, а в грани ABCD — точка R. Построить сечения пирамиды следующими
плоскостями: а) плоскостью, проходящей через прямую АС, параллельно пря¬
мой DP и плоскостью, проходящей через прямую DP, параллельно прямой АС;
б) плоскостью, проходящей через прямую DP, параллельно прямой BQ и плос¬
костью, проходящей через прямую BQ, параллельно прямой DP; в) плоскостью,
проходящей через прямую PR, параллельно прямой BQ и плоскостью, прохо¬
дящей через прямую BQ, параллельно прямой PR.
425. На ребрах SC и SB пирамиды SABCD заданы соответственно точки
Р и Q, а в грани ABCD — точка R — точка пересечения диагоналей АС и BD.
Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плоскостью, прохо¬
дящей через прямую DQ, параллельно прямой PR и плоскостью, проходящей
через прямую PR, параллельно прямой DQ; б) плоскостью, проходящей через
прямую DP, параллельно прямой QR и плоскостью, проходящей через прямую
QR, параллельно прямой DP; в) плоскостью, проходящей через прямую DR,
параллельно прямой PQ и плоскостью, проходящей через прямую PQ, парал¬
лельно прямой DR.
127
5. Построение линии пересечения плоскостей
426. На ребрах AAlt BBi, АС, ВХС\ и Л|С| призмы АВСА1В1С1 заданы
соответственно точки Р, Q, R, U и V Построить линии пересечения следующих
пар плоскостей: a) AQU и A\BR-, б) PQC и BRV', в) PQR и BUV
427. На ребрах АА,, ВС, CD, СС\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы
соответственно точки Р, Q, R, U и V Построить линии пересечения следующих
пар плоскостей: a) APU и QRV- б) PQR и ABU-, в) PQR и AUV
428. На ребрах SB и АС пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р и Q, а в ее гранях SBC и SAB — соответственно точки R и U Построить
линии пересечения следующих пар плоскостей: a) PQU и SBQ-, б) BCU и PQR-,
в) CPQ и ARU
429. На ребрах SC и АВ пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р и Q, а на продолжениях ребер ВС и SB — соответственно точки R и U, причем
точка В находится между точками С и R и между точками S и U На отрезке
SK, где точка К лежит в грани АВС, задана точка V Построить линии пересе¬
чения следующих пар плоскостей: a) PQR и ABV' б) PQU и ARV в) PRU
и CQV
430. На ребрах AD и CiD( призмы ABCDA\BiC\D\ заданы соответственно
точки Р и Q, а в гранях АА\В\В и ВВ\С{С— соответственно точки R и U
Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) ABQ и DRU-,
б) ACU и PQR; в) PRU и AQR.
431. На ребрах SB, 5Л и CD пирамиды SABCD заданы соответственно
точки Р, Q и R. На диагонали BD задана точка U, а в грани SAD задана точ¬
ка V Построить линии пересечения следующих пар плоскостей: a) SBV и PRU-,
б) S/?V и APU; в) PUV и BRQ.
6. Построение точки пересечения прямой с секущей плоскостью
432. На ребре ВВ\ призмы АВСА\В\С\ задана точка Р, а на продолжениях
ребер AAi и СС( — соответственно точки Q и R, причем точка А находится между
точками Л| и Q, а точка Ci — между точками С и R. Построить точки пересе¬
чения с плоскостью PQR следующих прямых: а) СК, где точка К лежит на ребре
Л1Вь б) LN, где точка L лежит на ребре Л1СЬ а точка N — на ребре АВ\
в) LM, где точка L лежит на ребре Л|СЬ а точка М — на ребре ВС.
433. На ребрах ВЛ, SB и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р, Q и R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых:
а) СК, где точка К лежит в грани SAB‘, б) SL, где точка L лежит в грани ЛВС;
в) КМ, где точка К лежит на грани SAB, а точка М — в грани ЗЛС.
434. На ребрах АВ, ВС и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р, Q и R, а в грани АВС — точка L. Построить точки пересечения с плоскостью
PQR следующих прямых: a) KL, где точка К лежит на ребре ВВ; б) SL;
в) ML, где точка М лежит на ребре SC.
435. На ребрах СС\ и АВ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно
точки Р и Q, а в грани AA\D\D — точка R. Построить точки пересечения
плоскостью PQR следующих прямых: a) KD, где точка К лежит на ребре B(Ci;
б) LD, где точка L лежит в грани ЛЛ |В(В; в) MN, где точка М лежит на ребре
D\C\, а точка W — в грани ABCD.
128
436. На продолжениях ребер ВС, ВА и ВВ, призмы A BCDA,B,C,D, заданы
соответственно точки Р, Q и R, причем точка С находится между точками В и Р,
точка А — между точками В и Q, а точка В, — между точками В и R. Построить
точки пересечения с плоскостью PQR следующих прямых: a) BD,; б) КС,, где
точка К лежит на ребре 4D; в) LN, где точка L лежит на ребре Д|В1, а точка
Л/ — на ребре CD.
437. На ребре SC пирамиды SABCD задана точка Р, а на продолжении
ребра CD — точка Q, причем точка D лежит между точками С и Q. В грани SAB
задана точка R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих пря¬
мых: a) KL, где точка К лежит на ребре SB, а точка L — на ребре CD; б) СМ,
где точка М лежит на ребре 5Д; в) EN, где точка Е лежит в грани SBC, а точка
М — в грани ABCD.
438. На ребрах SC, 5Д и CD пирамиды SABCD заданы соответственно
точки Р, Q и R. Построить точки пересечения с плоскостью PQR следующих
прямых: a) KL, где точка К лежит на ребре CD, а точка L—на ребре 5Д;
б) DM, где точка М лежит на ребре SB; в) EN, где точка Е лежит в грани SAB,
а точка лежит в грани SAD.
7. Построение сечений, проходящих через заданную точку,
параллельно заданной плоскости
439. На ребрах АС, ВС и СС, призмы АВСА,В,С, заданы соответственно
точки Q, R и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плос¬
кости QRS и проходящими через точку Р, заданную на следующих ребрах:
а) СС,, б) ВВ,; в) А,В,.
440. На ребрах АС и ВС призмы АВСА,В,С, заданы соответственно точки
Q и R, а на продолжении ребра СС, — точка S, причем точка С, лежит между
точками С и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плос¬
кости ORS и проходящими через точку Р, заданную на следующих ребрах или
гранях: а) СС,; б) А ] В |; в) АА,В,В.
441. На ребре АС треугольной призмы АВСА,В,С, задана точка Q, на про¬
должении ребра ВС — точка R, причем точка В лежит между точками С и R, а
на продолжении ребра СС, задана точка S, причем точка Ci лежит между
точками С и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными плоскости
QRS и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) Р лежит
в грани АА ,С,С; б) Р лежит в грани A i В i С i; в) Р лежит в грани ДД|£?1В.
442. На ребрах АВ, ВВ, и ВС треугольной призмы АВСА,В,С, заданы
соответственно точки Q, R и S. Построить сечения призмы плоскостями, парал¬
лельными плоскости QRS и проходящими через точку Р, лежащую на прямой MQ,
где точка М принадлежит следующим ребрам: а) СС,; б) В,С,; в) Л|С|.
443. На ребрах CD, АВ и ВВ, четырехугольной призмы ABCDA,В,С,D,
заданы соответственно точки Q, R и S. Построить сечения призмы плоскостями,
параллельными плоскости QRS и проходящими через точку Р, заданную следую¬
щим образом: а) Р лежит на ребре АА,; б) Р лежит на ребре A,D,; в) Р лежит
в грани AA,D,D.
444. На ребрах CD и АВ призмы ABCDA,B,C,D, заданы соответственно
точки Q и R, а на продолжении ребра ВВ, — точка S, причем точка В, находится
между точками В и S. Построить сечения призмы плоскостями, параллель-
5 Заказ 130 129
ными плоскости QRS и проходящими через точку Р, заданную на следующих
ребрах или гранях: а) В\С\; б) AA\D\D\ в) SQ.
445. На ребрах АС, ВС и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки
Q, R и Т Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными плоскости
QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) на ребре SB;
б) в грани SAB-, в) на продолжении ребра SB, причем точка В лежит между
точками S и Р
446. На ребрах АС и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки
Q и Т, а в грани SBC — точка R. Построить сечения пирамиды плоскостями,
параллельными плоскости QRT и проходящими через точку Р, заданную сле¬
дующим образом: а) Р лежит на отрезке SL, где точка L лежит в грани АВС\
б) Р лежит на прямой СК, где точка К лежит в грани SAB и находится между
точками С и Р; в) точка Р лежит на прямой EF, где точка Е лежит на ребре SB,
точка F— на ребре 5Л, причем точка Е находится между точками F и Р
447. На ребрах CD, ВС и SC пирамиды SABCD заданы соответственно
точки Q, R и Т Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными плос¬
кости QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом: а) на
ребре AD‘, б) на ребре 5Л; в) в грани SAB.
448. На ребрах АВ, SB и SC пирамиды SABCD заданы соответственно
точки Q, R и Т Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными
плоскости QRT и проходящими через точку Р, заданную следующим образом:
а) Р лежит на продолжении ребра АВ, причем точка А находится между точками
В и Р; б) Р лежит на отрезке SK, где точка К лежит в грани ABCD-, в) Р лежит
на прямой CL, где точка L лежит в грани S/1B и находится между С и Р
8. Построение сечений, проходящих через заданную точку,
параллельно двум заданным скрещивающимся прямым
449. На ребрах АВ и СС\ призмы ABCA\BiC\ заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р
и TliQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих
ребрах: а) ААг, б) ВВг, в) В\С\.
450. На ребрах АВ и СС\ призмы АВСА\В{С\ заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В\Р
и 4|Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в следующих
гранях: а) Л41В; б) А\В\С\. в) ВСС\.
451. На ребрах АВ и СС\ призмы АВСА\B\C\ заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым В|Р
и 4]Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих
отрезках: а) С\Р\ б) BQ, в) PQ.
452. На ребрах АА\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно
точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым
В|Р и А|Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на сле¬
дующих ребрах: а) ССг, б) DDi; в) А|ВЬ
453. На ребрах АА\ и DD\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соответственно
точки Р и Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым
В\Р и А|Q и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в
следующих гранях призмы: a) CC^P^D; б) A\B\C\Dr, в) ABCD.
130
454. На ребрах AAi, DD\, AD и A\B\ призмы ABCDA\B\C\D\ заданы соот¬
ветственно точки Р, Q, R и 5. Построить сечения призмы плоскостями, парал¬
лельными прямым BiP и A\Q и проходящими через точки /(, L и Л1, взятые
соответственно на следующих отрезках: a) B\D; б) C\R; в) RS.
455. В грани ABCD призмы ABCDA\B\C\D\ задана точка Р, а на ребре
СС\ точка Q. Построить сечения призмы плоскостями, параллельными прямым
В\Р и А1Q и проходящими через точки К, L и Л4, взятые соответственно на
следующих ребрах: a) DD\\ б) А\В\\ в) AD.
456. На ребрах ЗД и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР
и ЛО и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следующих
ребрах: a) ЗД; б) ЗВ; в) ВС.
457. На ребрах ЗД и SC пирамиды SABC заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и AQ
и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно в следующих
гранях: a) SAB\ б) АВС\ в) SBC.
458. На ребрах ЗД и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР
и AQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следую¬
щих ребрах: а) ЗВ; б) SC; в) CD.
459. На ребрах ЗД и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки Р
и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР
и AQ и проходящими через точки К, L и М. взятые соответственно в следующих
гранях: а) ВДВ; б) SCD\ в) АВС.
460. На ребрах ЗД и SD пирамиды SABCD заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР и
AQ и проходящими через точки /(, L и М, взятые соответственно на следующих
отрезках: а) СР\ б) BQ; в) ЗЯ, где точка R лежит в грани ABCD.
461. На ребрах ЗД и SC пирамиды SABCD заданы соответственно точки
Р и Q. Построить сечения пирамиды плоскостями, параллельными прямым ВР
и AQ и проходящими через точки К, L и М, взятые соответственно на следую¬
щих ребрах: а) ЗД; б) ДВ; в) ВС.
§ 9. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О МЕТРИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛЕННЫХ
ИЗОБРАЖЕНИЯХ
В § 7 было рассказано о двух видах изображений простран¬
ственных фигур: иллюстративных и полных. Напомним теперь
общие сведения еще об одном виде изображений, применяемых
на уроках геометрии в средней школе: о метрически определенных
изображениях.
Строя на проекционной плоскости изображение фигуры Фо в
соответствии с законами параллельного проектирования, мы полу¬
чаем фигуру Ф, обладающую всеми аффинными свойствами фи¬
гуры Фо. Однако фигура Фо могла бы обладать и такими свой¬
ствами, которые при параллельном проектировании не сохраня¬
ются. Такие свойства фигур называются метрическими. При па¬
раллельном проектировании не сохраняются, например,
131
— отношение длин непараллельных отрезков;
величина угла между прямыми, угла между плоскостя¬
ми, угла между прямой и плоскостью (в частности, не сохра¬
няется перпендикулярность прямых, плоскостей, плоскостей и
прямых);
— отношение величин углов между прямыми (в частности,
не сохраняется свойство луча быть биссектрисой угла), отношение
величин двугранных углов и т. д.
Таким образом, фигуру Фо, являющуюся в оригинале квад¬
ратом, мы изображаем произвольным параллелограммом, так
как параллельность противоположных сторон квадрата явля¬
ется свойством аффинным, а перпендикулярность его смежных
сторон, отношение длин смежных сторон — свойства метриче¬
ские.
Пусть фигура Ф (рис. 120) является изображением фигуры
Фо. Казалось бы, совершенно ясно, что фигура Ф — это изобра¬
жение параллелепипеда. Однако это может быть и не так. Дей¬
ствительно, фигура Ф может быть изображением и, например,
«коробки», т. е. параллелепипеда без грани ВСС\В\ (и даже
без двух граней: ВСС\В\ и ДВВ1Д1, но с ребром ВВ\). Если по
изображению фигуры Фо мы каким-то образом и установили,
что это изображение параллелепипеда, остается все-таки неясным
вид этого параллелепипеда и т. д.
Чтобы устранить неоднозначность при определении вида фи¬
гуры Фо по ее изображению, чертеж фигуры Фо сопровождают
текстом, в котором поясняют вид фигуры, изображенной на этом
чертеже. Другими словами, изображение фигуры Фо сопровожда¬
ется указанием некоторых условий, налагаемых на это изобра¬
жение.
Изображение, сопровождаемое налагаемыми на него усло¬
виями, называют условным изображением.
Свойства фигур, как сказано выше, подразделяют на аффин¬
ные и метрические, а условия, налагаемые на их изображения,—
соответственно на позиционные и метрические.
Вернемся к рисунку 120. Сопроводим показанное на нем изо¬
бражение, например, условием: ABCDA\B\C\D\ — параллелепи¬
пед. Так как это условие говорит лишь о принадлежности вершин,
132
ребер и граней (в частности, никакая грань уже не является
«окном»), то оно является позиционным.
Ясно, что позиционного условия, наложенного на изображе¬
ние, показанное на рисунке 120, недостаточно для того, чтобы
установить, какой параллелепипед на этом рисунке: прямой,
прямоугольный или, может быть, даже куб. Сопроводим изобра¬
жение этого параллелепипеда еще такими условиями: АА\^АВ
и AA\LAD (т. е. ABCDA\B\C\D\ — прямой параллелепипед).
Так как перпендикулярность прямых при параллельном проек¬
тировании не сохраняется, то это условие является метриче¬
ским.
Наложим на изображение, показанное на рисунке 120, еще
такое (тоже метрическое) условие: АВ LAD. Теперь фигура
ABCDA\B\C\D\ — это изображение прямоугольного параллеле¬
пипеда.
Будем говорить, что, дополняя изображение фигуры метри¬
ческими условиями, мы расходуем параметры изображения, или,
короче, параметры.
Так, наложив на изображение параллелепипеда ABCDA\BiC\D\
(рис. 120) метрическое условие: ДД1±ДВ, мы расходуем один
параметр; наложив метрическое условие: AA\LAD, расходуем
еще один параметр и, наложив затем условие: АВ LAD, расхо¬
дуем также один параметр.
Сколько же всего параметров можно расходовать, строя изо¬
бражение фигуры Фо?
Если при построении изображения плоской фигуры израсхо¬
довано два параметра, то однозначно определено изображение
каждой точки, лежащей в плоскости этой фигуры.
Другими словами, если на изображение плоской фигуры Фо
наложено два метрических условия, то дальнейшие построения
в плоскости фигуры Ф, которые могут потребоваться, более
нельзя выполнять произвольно.
Если при построении изображения пространственной фигуры
Фо израсходовано пять параметров, то однозначно определено
изображение каждой точки пространства (т. е. метрические по¬
строения, которые могут потребоваться, на этом изображении
более нельзя выполнять произвольно)
Изображение плоской фигуры, на которое израсходовано два
параметра, а также изображение пространственной фигуры, на
которое израсходовано пять параметров, называют метрически
определенными изображениями.
Число параметров, израсходованных при построении изобра¬
жения фигуры, называют параметрическим числом этого изобра¬
жения.
Параметрическое число метрически определенного изображе¬
ния плоской фигуры р = 2, а пространственной фигуры — р = 5.
Рассмотрим на примерах, как подсчитывается параметричес¬
кое число изображения.
133
Пример 1. Одна из боко¬
вых граней треугольной пирамиды
перпендикулярна плоскости осно¬
вания. Эта боковая грань и ос¬
нование пирамиды являются пра¬
вильными треугольниками. При¬
няв произвольный четырехуголь¬
ник SABC с его диагоналями за
изображение пирамиды, подсчи¬
таем параметрическое число изо¬
бражения.
Решение (рис. 121) Про¬
извольный треугольник АВС мы
считаем изображением правиль¬
ного треугольника. Это условие,
наложенное на изображение, ведет к расходу двух параметров.
Треугольник SBC мы считаем изображением также правиль¬
ного треугольника и, таким образом, расходуем еще два па¬
раметра. И наконец, считая, что плоскость SBC является изо¬
бражением плоскости, перпендикулярной в оригинале плоскости
основания пирамиды, накладываем на изображение еще одно
метрическое условие, т. е. расходуем еще один параметр.
Итак, на изображение данной пирамиды израсходовано пять
параметров, т. е. параметрическое число изображения р = 5.
Это значит, что на построенном изображении последующие
метрические построения, которые могут потребоваться для ре¬
шения некоторой задачи, касающейся данной пирамиды, нельзя
выполнять произвольно.
Так, если в этом примере требуется найти величину двугран¬
ного угла при ребре АВ, то возникает необходимость строить
линейный угол искомого двугранного угла, т. е. строить перпенди¬
куляры к ребру АВ. Так как в общем случае построение перпен¬
дикуляра — это построение метрическое и, значит, требующее
расхода параметров, то необходимо знать параметрическое число
построенного изображения. В рассматриваемом примере р = 5 и
поэтому нельзя, взяв на ребре АВ произвольно точку К, считать,
что прямые SK и АВ являются изображениями взаимно перпен¬
дикулярных прямых.
Условимся в дальнейшем ради краткости не злоупотреблять
словом «изображение». Ведь, обращаясь к проекционному чер¬
тежу, мы имеем дело именно только с изображениями точек,
прямых, биссектрис, высот, граней и т. д.
Требуемое дополнительное построение можно выполнить, на¬
пример, следующим образом:
1. Проведем медиану SD треугольника SBC. Так как тре¬
угольник SBC правильный, то медиана SD является и высотой
треугольника SBC. Но тогда медиана SD перпендикулярна и
плоскости АВС.
134
2. Проведем медиану СМ треугольника АВС. Так как тре¬
угольник АВС правильный, то CM-LAB.
3. В плоскости АВС через точку D проведем прямую DK\\CM.
Тогда DK-LAB. Соединим точку К с точкой S. Так как прямая
SD перпендикулярна плоскости АВС, то DK — проекция SK на
плоскость АВС. Это значит, что и SK.LAB. Таким образом,
угол SKD является линейным углом искомого двугранного угла.
Чтобы найти величину угла SKD, можно, положив, например,
ВС = а, найти:
S£) = ^, DK=!L& т. е. tg ЛЗО = 2, откуда ZSKD = arctg 2.
Пример 2. Из вершины А равностороннего треугольника
АВС к плоскости АВС восставлен перпендикуляр, на котором
взята точка D — такая, что AD = AB. Найдем параметрическое
число изображения.
Решение (рис. 122) Считая произвольный треугольник
АВС изображением правильного треугольника, мы расходуем два
параметра. Считая отрезок AD перпендикулярным плоскости АВС,
расходуем также два параметра (AD_LAB — один параметр и
AD.LAC — один параметр) Наконец, считая AD:AB= \ :1, рас¬
ходуем еще один параметр. Таким образом, параметрическое
число построенного изображения р = 5.
Это значит, что изображение является метрически определен¬
ным, т. е. последующие метрические построения (необходимость
в них может возникнуть в процессе решения задачи) уже не
могут быть выполнены произвольно.
Так, пусть далее в этом примере требуется найти угол между
скрещивающимися прямыми АВ и DC.
В плоскости АВС через точку С проведем прямую /||ДВ.
(Это построение позиционное, т. е. расхода параметров за собой
не влечет.) Тогда угол между прямыми DC и I является искомым
углом. Чтобы найти величину этого угла, целесообразно вклю-
135
чить его в какой-нибудь треугольник. Если, например, из точки А
опустить перпендикуляр АЕ на прямую I и соединить точку D с
точкой Е, то угол DCE, являющийся искомым, будет углом
прямоугольного треугольника DCE. Построение АЕ±/ является
метрическим построением. Но в рассматриваемом примере р = 5,
т. е. нельзя, взяв на прямой I произвольно точку Е, считать, что
АЕ±СЕ. Построение ДЕ±/ можно выполнить так:
1 В треугольнике АВС проведем медиану СМ. Так как тре¬
угольник АВС правильный, то медиана СМ будет и высотой
треугольника АВС.
2. Проведем АЕ\\СМ. Тогда ЛЕ±/ и £)Е±/. (Построения
медианы СМ и прямой ЛЕЦ СМ являются позиционными построе¬
ниями, т. е. расхода параметров за собой не влекут.)
Положив далее АВ = а, найдем, что в прямоугольном треуголь-
нике DCE CE = AM = -y,DE = ^AD2 + AE2=^- , tg ADCE = -/7,
откуда Z. DCE = arctg -y/7
Для определения величины угла DCE можно было бы посту¬
пить и по-другому. А именно в плоскости АВС через точку А
провести прямую а\\ВС и полученную точку Е соединить с точ¬
кой D. (Построение прямой а является позиционным построением
и расхода параметров поэтому за собой не влечет.) Нетрудно
подсчитать, что в треугольнике CDF CF = a, CD = DF = a^2,
и по теореме косинусов DF2 = CD2 4-СЕ2 — 2CD-CF cos /С DCF,
откуда cos Z_DCF = , т. е. Z.DCF = arccos
Пример 3. Один из катетов равнобедренного прямоуголь¬
ного треугольника лежит в плоскости л, а другой образует с ней
угол 45° Построим изображение заданной фигуры и найдем его
параметрическое число.
Решение (рис. 123) Считая произвольный треугольник
АВС изображением прямоугольного треугольника, расходуем на
изображение один параметр. Считая, что АС:ВС=1:1, расхо¬
дуем еще один параметр. Считая, что прямая ВС образует с
Рис. 123
136
Рис. 124
плоскостью л угол 45°, расходуем на изображение еще один
параметр. Таким образом, р = 3. Поэтому для последующих метри¬
ческих построений есть еще два свободных параметра.
Пусть далее в этом примере требуется найти угол, который
образует гипотенуза АВ с плоскостью л. Для определения
этого угла нужно построить проекцию гипотенузы АВ на плос¬
кость л, т. е. из точки В опустить перпендикуляр на плоскость л.
В нашем распоряжении оставалось еще два свободных па¬
раметра. Взяв в плоскости л произвольно точку В' и считая,
что ВВ' ±л, мы эти два параметра израсходуем. Теперь пара¬
метрическое число изображения р = 5, и новые метрические по¬
строения на нем уже нельзя выполнить произвольно.
Для определения величины угла между прямой АВ и плос¬
костью л соединим точку В' с точками А и С.
Тогда Z.BCS' = 45° а LBAB'— искомый угол. Положим
АС = ВС = а и найдем, что АВ = ад/2, ВВ'=2-&, т. е. в прямо¬
угольном треугольнике АВВ' ВВ' :АВ = \:2, а это значит, что
Л В АВ' = 30°
Пример 4. В правильной четырехугольной пирамиде угол
между двумя смежными боковыми гранями равен 2а. Построим
изображение заданной фигуры и найдем его параметрическое
число.
Решение (рис. 124) Произвольный параллелограмм ABCD
примем за изображение квадрата, лежащего в основании пира¬
миды. Это метрическое условие, наложенное на изображение, соот¬
ветствует расходу на него двух параметров (АВ LAD— один
параметр и ACLBD— один параметр) Построим точку О, в
которой пересекаются диагонали основания. Будем считать, что
произвольный отрезок SO является изображением высоты пира¬
миды. Таким образом, мы расходуем на изображение еще два
параметра. Возьмем далее на ребре SC произвольно точку Е и
137
будем считать, что OE.LSC. Накладывая на изображение это
метрическое условие, мы расходуем на изображение один пара¬
метр. Итак, параметрическое число построенного изображения
р = 5.
Соединим затем точку Е с точками В и D. Ясно, что СО _LBD,
и так как SO — это перпендикуляр к плоскости основания, то
СО — проекция SC на плоскость АВС. Поэтому SCA.BD. А так
как, кроме того, SC±OE, то SC.LBE и SC.LDE. Другими сло¬
вами, угол BED является линейным углом двугранного угла, об¬
разованного двумя смежными боковыми гранями, т. е.
Z. BED = 2а.
Пусть далее в этом примере требуется определить величи¬
ну угла между боковым ребром и плоскостью основания пира¬
миды.
Так как SO — это перпендикуляр к плоскости АВС, то OD —
проекция SD на плоскость АВС, и поэтому угол SDO — это угол,
который образует прямая SD с плоскостью АВС.
Положив для выполнения подсчетов АВ = а, найдем, что
Z.SDO = arcsin (ctg а), где 45'JZaZ90°
Как отмечалось в § 7, по изображению Ф фигуры, получен¬
ному по законам параллельного проектирования, еще нельзя вос¬
становить форму оригинала этой фигуры. Вместе с тем ряд кон¬
структивных задач эффективно решается с помощью фигуры Фо
(или ее элементов), имеющей форму оригинала. При построении
фигуры Ф используются условия, налагаемые на изображение, а в
некоторых случаях — и отношения, возникающие на самом изоб¬
ражении Ф.
Если условное изображение является метрически определен¬
ным, то на нем может быть решена любая метрическая задача
на построение.
Так, если произвольный треугольник АВС принят за изобра¬
жение треугольника с заданным отношением сторон АВ:ВС:СА,
то можно построить изображения высот этого треугольника, изоб¬
ражения центров окружностей, вписанной в этот треугольник
и описанной около него. Если в плоскости этого треугольника
задан некоторый отрезок DE, то можно построить изображение
квадрата, стороной (или диагональю) которого является отрезок
DE и т. д.
Если изображение Ф плоской фигуры является метрически
определенным, то, используя его, можно построить фигуру Фо,
имеющую форму оригинала. Так, если фигура Ф — это треуголь¬
ник АВС, являющийся изображением равностороннего треуголь¬
ника, то фигура Фо — это любой равносторонний треугольник
AqBqCo.
Чертеж, на котором по заданному изображению Ф плоской
фигуры построена фигура Фо, имеющая форму оригинала фигуры
Ф, называют выносным чертежом.
138
Пусть четырехугольник SCAB (рис. 125, а) с его диагоналями
является изображением треугольной пирамиды, все плоские углы
при вершине So которой прямые и отношение ребер SoCo:So^o:
:50В0 = 3:2:2. На рисунке 125, б показан треугольник 50Л0С0,
имеющий форму оригинала грани 5ДС. Это треугольник с прямым
углом при вершине So и с отношением сторон 5оСо:5оДо = 3:2.
Рисунок 125, б является выносным чертежом. На рисунке 125, в
показан треугольник SO/4o#o, имеющий форму оригинала грани
Рис. 125
139
SAB. Это равнобедренный прямоугольный треугольник, у него
SoAo = SoBo. Рисунок 125, в также является выносным чертежом.
Пользуясь выносными чертежами, можно решать метрические
задачи на построение, которое требуется выполнять на изобра¬
жениях пространственных фигур.
Так, пусть на рисунке 125, а требуется построить изображение
перпендикуляра, опущенного из точки S на прямую DE, где
точки DwE — середины соответственно сторон АС и АВ. (Отметим,
что изображение пирамиды SABC потребовало расхода пяти па¬
раметров. Поэтдму нельзя, взяв на прямой DE произвольно точку
X, считать, что SX — изображение искомого перпендикуляра.)
Выполним требуемое построение с помощью выносного чертежа.
А именно построим оригиналы тех трех граней пирамиды SABC,
в которых лежат стороны треугольника SDE. При этом, так как
эти грани имеют общие ребра, то построим оригиналы этих граней
на одном (а не на трех) выносном чертеже.
На рисунке 125, г построены равнобедренный прямоугольный
треугольник SoAoBo, прямоугольный треугольник SoAoCo с отноше¬
нием катетов SoCo:SoAo = 3:2 и равнобедренный треугольник
A0C0(B0)i, У которого А0С0 = С0 (B0)i, а сторона Ао (B0)i равна
гипотенузе AqBq треугольника SoAoBo.
Находим с помощью этого выносного чертежа стороны SoEo,
SoDo и Dq (E0)i оригинала треугольника SDE и на новом вынос¬
ном чертеже 125, д строим треугольник SqDqEq по трем получен¬
ным сторонам. В этом треугольнике проводим (точно) перпенди¬
куляр SqXq из точки So на прямую DqEq.
Точка Хо разделит отрезок D^Eo в некотором отношении £>оХо:
: DqEq. Так как при параллельном проектировании отношение длин
параллельных отрезков сохраняется, то на рисунке 125, а точка X
разделит отрезок DE в таком же отношении. Тогда точку X можно
построить с помощью вспомогательного луча / с началом в точке £),
на котором построим отрезки DX' = D^Xo и DE' = DqEq. Соединив
далее точки Е' и Е, проведем через точку X' прямую, параллель¬
ную прямой Е'Е, и получим точку X. Затем строим SX — изобра¬
жение искомого перпендикуляра.
Замечание. Если заметить, что отрезок DE является средней линией
треугольника ABC, е. DE=-^-BC, то можно было бы A^oCo(Bo)i на рисун¬
ке 125, г не строить. Действительно, DQ (E0)i =у Со (B0)i =у Д0С0 = Ло£>о. Но
отрезок A0Do на рисунке 125, г уже есть.
Вернемся теперь к изображению параллелепипеда, показан¬
ному на рисунке 120. Считая фигуру ABCDA\B{C\D\ изображе¬
нием прямоугольного параллелепипеда, мы израсходовали на это
изображение три параметра, т е. в нашем распоряжении остается
еще два свободных параметра. Использовать их можно по-разному
Так, можно считать отрезки АВ, AD и AAi изображениями соот-
140
ветственно отрезков ЛоВо, Ло£>о и
Ло (Ло)ь отношение которых в ори¬
гинале равно, например, 1:2:2.
Замечание. Некоторые метрические
задачи на построение (на плоскости) могут
быть решены и в тех случаях, когда на
изображение израсходован только один па¬
раметр. Так, если произвольный треугольник
АВС принят за изображение треугольни¬
ка отношением сторон ЛВ:ВС = 3:4, то
на этом изображении можно построить бис¬
сектрису угла АВС. Однако построить изо¬
бражения двух других биссектрис этого
треугольника на указанном изображении нельзя.
Отметим еще, что в качестве изображения прямоугольного
параллелепипеда из соображений наглядности более целесообразно
принять изображение, показанное на рисунке 126.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Параметраж изображений
Построить изображения (параллельные проекции) фигур, указанных в зада¬
чах № 462—477, и в каждом случае подсчитать р — параметрическое число изобра¬
жения. Если р<5, то дополнить задания фигур метрическими условиями таким
образом, чтобы их изображения становились метрически определенными.
462. Прямой параллелепипед, в основании которого лежит: а) квадрат; б) пря¬
моугольник; в) параллелограмм.
463. Призма, две боковые грани которой являются квадратами, а в основании
ее лежит: а) прямоугольный треугольник; б) треугольник, площадь которого равна
половине площади грани, являющейся квадратом; в) треугольник, одна из бис¬
сектрис которого делит противоположную сторону в отношении 1:2.
464. Пирамида, боковое ребро которой перпендикулярно плоскости ее осно¬
вания и равно большей стороне основания, а в основании лежит: а) равно¬
бедренный треугольник; б) равнобедренный прямоугольный треугольник; в) тре¬
угольник с отношением сторон, равным 1: д/2.
465. Пирамида, диагональным сечением которой является правильный тре¬
угольник, а в основании ее лежит: а) квадрат; б) прямоугольник; в) равнобед¬
ренная трапеция.
466. Пирамида SABCD, боковое ребро SB которой перпендикулярно плос¬
кости основания, SB = AB, а основанием является: а) квадрат; б) ромб; в) четырех¬
угольник, у которого АВ = ВС и AD = DC.
467. Пирамида, каждое боковое ребро которой образует с плоскостью осно¬
вания угол, равный 45°, а основанием является: а) равносторонний треугольник;
б) равнобедренный прямоугольный треугольник; в) треугольник с отношением
сторон, равным 2:3:4.
468. Пирамида, все боковые грани которой одинаково наклонены к плоскости
ее основания, а основанием является: а) равнобедренный прямоугольный тре¬
141
угольник; б) прямоугольный треугольник с отношением катетов, равным 1:2;
в) прямоугольный треугольник, высота которого, проведенная на гипотенузу, делит
ее в отношении 1:3.
469. Пирамида, боковое ребро которой перпендикулярно плоскости основа¬
ния и равно его диагонали, а основанием является: а) квадрат; б) прямоуголь¬
ник; в) равнобедренная трапеция.
470. Пирамида SABC, основанием которой является правильный треугольник
АВС, а ее боковое ребро а) перпендикулярно ребру ЛВ; б) перпендикулярно
ребрам АВ и ЛС; в) перпендикулярно ребрам SB и АС.
471. Пирамида, боковое ребро которой перпендикулярно плоскости ее ос¬
нования, а основанием является: а) ромб; б) квадрат; в) четырехугольник, диаго¬
нали которого равны и взаимно перпендикулярны.
472. Пирамида SABCD, основанием которой является квадрат ABCD и: а) дву¬
гранные углы между смежными боковыми гранями равны между собой; б) Z_ASC =
= Z-BSD; в) угол между плоскостями граней SAB и SCD равен 90°
473. Пирамида SABCD, в основании которой лежит равнобедренная тра¬
пеция и: а) все боковые грани одинаково наклонены к плоскости ее основания;
б) все боковые ребра одинаково наклонены к плоскости ее основания; в) вершина
S пирамиды проектируется в точку О — середину ребра AD.
474. Призма АВСА]В]С\, вершина Ci которой проектируется в точку С' —
середину ребра АВ, а в основании лежит: а) правильный треугольник; б) пря¬
моугольный треугольник с отношением катетов, равным 1:2; в) треугольник, у ко¬
торого СС' = ^- АВ.
475. Параллелепипед ABCDA\B\C\Di, вершина Л] которого проектируется в
точку А', лежащую на биссектрисе АА' угла BAD, а основанием является: а) квад¬
рат; б) четырехугольник ABCD, диагональ АС которого лежит на биссектрисе
АА' угла BAD; в) прямоугольник с отношением сторон, равным
476. Пирамида, одна из боковых граней которой перпендикулярна плоскости
ее основания и двум боковым граням пирамиды, а в основании лежит: а) квадрат;
б) прямоугольник; в) прямоугольная трапеция.
477. Пирамида SABCD, грани SAB и SBC которой перпендикулярны плос¬
кости ее основания, а основанием является: а) квадрат; б) прямоугольник; в) че¬
тырехугольник, у которого Z.BAD прямой.
2. Выносные чертежи
478. На ребре АВ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Е и F —
такие, что AE = EF = FB. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений
куба следующими плоскостями: a) DD\B; б) DD\F; в) DD\E.
479. На ребреСТ) прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение
ребер которого AB\AD;AAi = 1:2:1, взяты соответственно точки Е и F — такие,
что CF = FE = ED. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений па¬
раллелепипеда следующими плоскостями: а) АА,С; б) AAjF; в) AAtE.
480. На ребре AD прямого параллелепипеда ABCDAtBiCiDi, в основании ко¬
торого лежит ромб с углом 60° и отношение ребер которого AB:AD:AAi = 1:1:2,
взяты соответственно точки Е и F — такие, что AE = EF = FD. Построить фигуры,
142
имеющие формы оригиналов сечений параллелепипеда следующими плоскостями:
а) ВВф- б) ВВ,/7; в) ВВ]Е.
481. На ребре АС правильной треугольной призмы АВСА]В]С], боковые грани
которой являются квадратами, взяты соответственно точки D, Е и F — такие,
что CD = DE = EF = FA. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений
призмы следующими плоскостями: a) C\BD\ б) С\ВЕ\ в) C\BF
482. На ребрах CD, ВВ] и AAt куба ABCDA]B]C]D] взяты соответственно
точки Е, F и К — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы
оригиналов сечений куба следующими плоскостями: а) С\ВЕ\ б) C\FE\
в) С]КЕ.
483. На ребрах CD, ВВ] и АА] прямоугольного параллелепипеда
ABCDA]B]C]D] с отношением ребер AB'.AD'.AAj = 1:2:1 взяты соответственно
точки Е, F и К — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы ори¬
гиналов сечений параллелепипеда следующими плоскостями: а) С]ВЕ; б) C]FE;
в) С]КЕ.
484. На ребрах CD, ВВ] и АА] прямого параллелепипеда ABCDA]B]C]D],
в основании которого лежит ромб с углом 60° и отношение ребер которого
АВ\AD\AA] = 1:1:2, взяты соответственно точки Е, F и К— середины этих
ребер. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений параллелепипеда
следующими плоскостями: а) С]ВЕ\ б) C]FE; в) С]КЕ.
485. В правильной треугольной призме АВСА]В\С] с отношением ребер АА,:
:АВ = 2:1 на ребре АС взяты соответственно точки D, Е и F — такие, что CD =
= DE = EF = FA. На ребрах ВС и СС] этой призмы взяты соответственно точки К
и L — середины этих ребер. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов
сечений призмы следующими плоскостями: a) LDK', б) LEK', в) LFK.
486. На ребре АС прямой треугольной призмы АВСА]В\С\, в основании ко¬
торой лежит прямоугольный треугольник АВС и у которой АС = ВС = АА], взяты
соответственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE—-EF = FA. Построить фи¬
гуры, имеющие формы оригиналов сечений призмы следующими плоскостями:
a) C]BD-, б) С]ВЕ\ в) C]BF
487. На ребре АС правильного тетраэдра SABC взяты соответственно точки
D, Е и F — такие, что CD = DE = EF=FA, а на ребре АВ этого тетраэдра взята
точка К — середина ребра АВ. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов
сечений тетраэдра следующими плоскостями: a) SDK', б) SEK’, в) SFK.
488. На ребре АС правильной треугольной пирамиды SABC с отношением
высоты к стороне основания, равным 1 :^/3, взяты соответственно точки D, Е и F —
такие, что CD = DE = EF = FA, а на ребре АВ этой пирамиды взята точка К —
середина ребра АВ. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений
пирамиды следующими плоскостями: a) SDK', б) SEK', в) SFK.
489. В основании треугольной пирамиды SABC лежит правильный треугольник
АВС и ее сечение плоскостью SCK, где точка К — середина ребра АВ — является
также правильным треугольником. На ребре АС этой пирамиды взяты соответ¬
ственно точки D, Е и F — такие, что CD = DE = EF = FA, а на ребре SC — точка
L — середина этого ребра. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов се¬
чений пирамиды следующими .плоскостями: a) LBD\ б) LBE\ в) LBF
490. Угол между ребрами и SC правильной четырехугольной пирамиды
SABCD равен 90° На ребре CD пирамиды взяты соответственно точки Е, F и К —
такие, что CE = EF = FK = KD, а на ребре SC — точка L — середина этого
143
ребра. Построить фигуры, имеющие формы оригиналов сечений пирамиды сле¬
дующими плоскостями: a) LAE\ б) LAF\ в) LAK.
491. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит прямоугольник
ABCD, а высота пирамиды равна половине диагонали прямоугольника ABCD
и проектируется в точку пересечения его диагоналей. На ребре CD взяты соот¬
ветственно точки Е, F и К— такие, что CF = EF = FK = KD, а на ребре SC
точка L — середина этого ребра. Построить фигуры, имеющие формы оригина¬
лов сечений пирамиды следующими плоскостями: a) LAF\ б) LAE\ в) LAK.
492. В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD,
а ее боковое ребро ЗЛ перпендикулярно плоскости основания и SA=AB. На
ребре SD взята точка Е — середина этого ребра, а на ребре CD взяты соот¬
ветственно точки F, К и L — такие, что CF = FK= KL = LD. Построить фигуры,
имеющие формы оригиналов сечений пирамиды следующими плоскостями: a) BEL\
б) ВЕК\ в) BEF
§ 10. ПРОСТЕЙШИЕ ПОСТРОЕНИЯ В ПРОСТРАНСТВЕ
(МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ)
При выполнении метрических построений на изображениях в
пространстве могут применяться следующие способы:
1. Вычислительный способ.
2. Способ выносных чертежей.
3. Геометрический способ.
4. Векторно-координатный способ.
Суть этих способов построений поясним на примерах.
1. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ ПЛОСКИХ ФИГУР
Прежде всего рассмотрим пример, при решении которого со¬
поставим указанные способы.
Пример 1. Приняв произвольный параллелограмм ABCD
(рис. 127, а) за изображение квадрата AqBoCqDq, построим на этом
изображении точки Е, F и К — изображения соответственно точки
Eq — середины стороны AqBq — и точек Ео и Ко, принадлежащих
прямой AqDq,— таких, что Д0Е0: Дп/)л = 1:4, AqKo'AqDo = 2: 1. За¬
тем построим изображение прямой КоХо, которая в оригинале пер¬
пендикулярна ПРЯМОЙ EqFq.
Замечание. Отметим, что на изображение квадрата израсходовано два
параметра (мы считаем ABA.AD и AC ± BD) Поэтому нельзя, взяв на прямой EF
произвольно точку X, считать, что прямая КХ — изображение искомой прямой.
Решение. Вычислительный способ. Построим сначала изоб¬
ражение прямой, которая, как и искомая прямая, перпендикулярна
прямой EqFq, но проходит через точку До, а не через точку Ко-
Положив для выполнения подсчетов сторону заданного квадра¬
та равной а, найдем, что тогда (в оригинале) АоЕо = -^-, ДоЕо = —-
144
Рис. 127
и EoF0 = ^oEo + A^Fo=-?-& Так как треугольник До^оЛ) прямо-
угольный, то, если AqHq — его высота, выполняется соотношение
До£'о:=£’о//о-£’о/?о, или —==EoHq-2^, откуда £о//о = -“ Тогда
4 4 д/5
£б//0:ад=-2-:^ = 4:5.
л/5 4
Но при параллельном проектировании отношение длин парал¬
лельных отрезков сохраняется. Поэтому ЕН :EF = 4:5.
Этим результатом можно воспользоваться для построения точ¬
ки Н и затем прямой АН.
1. Построим луч I с началом в точке Е.
2. На луче / построим отрезки ЕН' и EF' отношение которых
равно 4:5.
3. Проведем прямую F'F
4. Через точку Н' проведем прямую m\\FF'
5. Точку //, в которой прямая т пересекает прямую EF, соеди¬
ним с точкой А.
6. Через точку К проведем прямую КХЦАН
Прямая КХ — изображение искомой прямой.
Способ выносных чертежей. Построим произвольный квадрат
AoBqCqDq (рис. 127, б) Так как все квадраты подобны между
собой, то квадрат AoBqCqDq имеет форму оригинала (т. е. является
выносным чертежом). Построим точку Ео— середину стороны
Лобо, а также точки Fo и Ко, лежащие на прямой Ло£>о,— такие,
что AoFq:AoDo= 1:4, AoKo'AoDq=2: 1
Так как квадрат AqBoCqDo именно подобен оригиналу (а не
является параллельной проекцией оригинала) и так как при преоб¬
разовании подобия величина угла сохраняется, то прямая, про¬
ходящая через точку Ко перпендикулярно прямой EoFo, должна
быть построена точно.
Итак, проведем через точку Ко прямую КоХо, перпендикулярную
прямой EqFq. На этом построение на выносном чертеже закон¬
чено, и мы возвращаемся к рисунку 127, а.
1. Построим луч 1\ с началом в точке Е.
2. На луче 1\ построим отрезки EF\ и ЕХ\ — такие, что EF\ =
==EqFq и EX\=EqXo (отрезки EoFG и ЕоХо построены на рисунке
127, б).
3. Проведем прямую FF\.
4. Через точку Х\ проведем прямую m\\\FF\.
5. Полученную на прямой EF точку X соединим с точкой К.
Прямая КХ — изображение искомой прямой.
Геометрический способ (рис. 127, в). Так как параллелограмм
ABCD является изображением квадрата, то прямые АС и BD
являются изображениями взаимно перпендикулярных в оригинале
прямых. Воспользуемся этим фактом.
1. Через точку К проведем прямую КЦ\АС.
146
2. Через точку F проведем прямую FM\\BD.
Построенные прямые KL и FM являются изображениями вза¬
имно перпендикулярных прямых, т. е. отрезок FM является изобра¬
жением высоты треугольника FKL. Воспользуемся далее тем, что
прямые AD и CD являются изображениями также взаимно пер¬
пендикулярных прямых.
3. Через точку L проведем прямуюЛЛП|С£>. Отрезок LN яв¬
ляется, таким образом, изображением второй высоты треуголь¬
ника FKL.
4. Найдем точку Р, в которой пересекаются прямые FM и LN.
Воспользуемся теперь тем, что три высоты треугольника пере¬
секаются в одной точке, и тем, что принадлежность точек и прямых
при параллельном проектировании сохраняется.
5. Проведем прямую КР и найдем точку X, в которой она
пересекает прямую EL. Отрезок КХ является по построению
изображением высоты треугольника FKL, т. е. прямая КХ —
это изображение искомой прямой.
Замечание. Можно доказать, что если в квадрате ABCD точки R и Q —
середины соответственно сторон CD и AD, то ARA.BQ. Тогда, так как в рас¬
смотренном примере EF\\BQ, то ARA.EF Этим фактом можно воспользоваться
для осуществления другого, также геометрического способа построения искомой
прямой.
Векторно-координатный способ. Так как параллелограмм
ABCD является изображением квадрата, то прямые AD и АВ
являются изображениями взаимно перпендикулярных прямых, а
отрезки AD и АВ являются изображениями равных в оригинале
отрезков. Это обстоятельство позволяет задать на плоскости
прямоугольную систему координат Аху, как это показано на
рисунке 127, г. Точки A, D и В в этой системе имеют следующие
координаты: А (0; 0), D(l ; 0), В (0; 1).
Вектор Ef(^-\ —является изображением нормального
вектора искомой прямой. Пусть точка Р (х; у) — текущая точка
—>•
этой прямой. Тогда вектор РК имеет координаты (х —2; у).
Записывая условие PK-LEF в координатной форме, получаем
уравнение искомой прямой:
(х —2)-у-+У-(—2-)=0’ или 2у —2 = 0. (*)
Прямая (*) проходит через точку К (2; 0). Полагая в уравнении
(*), например, х = 0, находим из него: у= — 1.
Таким образом, точка L (0; —1) — это еще одна точка, через
которую проходит прямая (*). Строим на рисунке 127, г точку
L (0; —1) и затем искомую прямую KL.
Пример 2. Приняв параллелограмм ABCD (рис. 128, а)
за изображение прямоугольника AoBoCqDo с отношением сторон
147
Рис. 128
AqBq: AqDq= 1 :д/2, построим изображение прямой, проходящей
через точку Со, перпендикулярно прямой ВоМо, где точка Мо —
середина стороны AqDq.
Замечание. Отметим, что на изображение прямоугольника, показанное
на рисунке 128, а, израсходовано два параметра. Это значит, что нельзя, взяв
на прямой ВМ произвольно точку X, считать, что прямая СХ является изобра¬
жением искомой прямой.
Решение. Вычислительный способ. Подсчитаем отношение
ВХ\ВМ, в котором точка X — точка пересечения искомой прямой
с прямой ВМ — разделит отрезок ВМ.
Для выполнения подсчетов введем вспомогательный параметр,
положив, например, АВ = а. Тогда AD = a^/2, АМ = ад/2/2, и из
прямоугольного треугольника АВМ найдем: ВМ=^:^- Далее, из
равенства прямоугольных треугольников CDM и АВМ следует,
что СМ = ВМ, т. е. СМ=^.
Замечание. Отметим, что ради краткости мы называем треугольники CDM
и АВМ равными, имея в виду, естественно, что эти треугольники являются изобра¬
жениями равных в оригинале треугольников C0D0M{] и ЛоВоМо.
Перейдем к треугольнику ВМС. В нем ВМ = СМ, т. е. zLBCM =
= Х_СВМ, и, значит, оба эти угла острые. Ясно, что и Z-BMC
148
острый. Действительно, ВС2 = 2а2, ВМ2=^~ и СЛ42=у-, т. е.
ВС2<ВМ2 + СМ2
Тогда, если CXY.BM, то точка X, в которой пересекаются
искомая прямая и прямая ВМ, лежит между точками В и М, а от¬
резок СХ — это общий катет прямоугольных треугольников ВСХ и
МСХ. Выразив из каждого из этих треугольников СХ2, получим
уравнение
ВС2-ВХ2 = МС2-МХ2,
или (a^2f-BX2=(^y-(^-BXy
откуда ВХ = —
/6
Таким образом, ВХ:ВМ = 2:3.
Теперь можно перейти к построению точки X и искомой прямой.
1. Проведем луч / с началом в точке В.
2. На луче / возьмем некоторый отрезок BE и построим отрезки
ВХ' = 2ВЕ и ВМ' = ЗВЕ.
3. Проведем прямую ММ'
4. Через точку X' проведем прямую /г||МЛ4'
5. Найдем точку X, в которой пересекаются прямые k и ВМ.
6. Построим прямую СХ, которая и является искомой прямой.
Способ выносных чертежей. Построим прямоугольник ЛоВоСоД)
со сторонами Л0В0 и AqDq = A0B0^/2 (рис. 128, б), т. е. прямо¬
угольник, имеющий форму прямоугольника-оригинала (именно
это изображение является выносным чертежом). Построим точ¬
ку Л40 — середину стороны AqDq, затем отрезок BqMq и далее
через точку Со проведем (точно) прямую СоХо_1_ВоЛ1о. Получен¬
ная точка Хо разделит отрезок В0М0 в некотором отношении
BqXq'.BqMq. В таком же отношении разделим на рисунке 128, а
отрезок ВМ. Для этого построим на вспомогательном луче 1\
с началом в точке В отрезки BXi = B0X0 и BM\=BqMq, далее
проведем прямую М\М и проходящую через точку Х\ прямую
k\||MiM. Через точку X, в которой прямая k\ пересекает прямую
ВМ, и точку С проведем прямую СХ.
Прямая СХ — изображение искомой .прямой.
Векторно-координатный способ (рис. 128, в) Так как парал¬
лелограмм ABCD является изображением прямоугольника, то
прямые AD и АВ являются изображениями взаимно перпенди¬
кулярных прямых. Примем эти прямые с указанными на них
направлениями и единичными отрезками соответственно за оси
Ах и Ау прямоугольной системы координат. При этом длину
отрезка АВ примем за длину единичного отрезка.
Тогда координаты заданных точек будут следующими:
Д(0; 0), В (0; 1), 0(^2; 0), С (д/2; 1), М о).
Вектор ВМ — 0 будет изображением нормального
векто-
149
ра искомой прямой. Если точка Р (х; у) — текущая точка этой
прямой, то, записывая в координатной форме условие PC.LBM,
получим уравнение искомой прямой:
(х — "л/2) Ч-(£/—1)( 1) = 0, или -\/2х 2t/ = 0.
При х = 0 получаем из этого уравнения z/ = 0. Таким образом,
искомая прямая проходит и через точку Л, т. е. это прямая АС.
Пример 3. Приняв произвольный треугольник АВС (рис.
129, а) за изображение треугольника AqBqCq с отношением сторон
ЛоВо:ВоСо:ЛоСо = 2:3:4, построим изображение биссектрисы угла
ЛоВоСо.
Замечание. На изображение заданного треугольника израсходовано два
параметра. Поэтому нельзя, взяв на стороне АС произвольно точку X, считать,
что луч ВХ — изображение искомой биссектрисы.
Решение. Способ выносных чертежей. Построим треуголь¬
ник Л0В0С0 (рис. 129, б) с заданным отношением сторон, т. е. тре¬
угольник, подобный заданному треугольнику. Построим (точно)
биссектрису ВоХо угла ЛоВоСо. Точка Хо делит сторону Л0С0 в от¬
ношении ЛоХо:ЛоСо. В таком же отношении разделим на рисунке
129, а сторону АС.
Для этого проведем луч I с началом в точке Л и построим
на нем отрезки ЛХ' = Л0Х0 и Л С'=Л0С0 (отрезки ЛоХо и Л0С0
возьмем с рисунка 129, б) Затем проведем прямую СС' и через
точку X' — прямую k\\CC' Точку X, в которой прямая k пере¬
секает прямую ЛС, соединим с точкой В.
Луч ВХ — изображение искомой биссектрисы.
Геометрический способ. На сторонах АВ и ВС треугольника
ЛВС (рис. 129, в) построим соответственно точки К и L — такие,
150
что ВК = ^—и BL = t~. Тогда треугольник BKL является изобра¬
жением равнобедренного треугольника BoKqLq, а поэтому медиана
ВМ треугольника BKL является изображением искомой биссек¬
трисы.
Замечание. Геометрическое решение можно было бы осуществить и по-
другому. Например, можно было бы воспользоваться тем, что если луч ВХ —
изображение биссектрисы угла АВС, то АХ:ХС = АВ: ВС. В рассматриваемом
примере АХ:ХС = 2:3.
Можно было бы также достроить треугольник KBL, построенный на рисун¬
ке 129, в, до ромба KBLN, проведя через точку К прямую, параллельную прямой
ВС, а через точку L — прямую, параллельную прямой АВ. При таком построении
луч BN будет изображением искомой биссектрисы.
2. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ ФИГУР
Условимся в примерах и упражнениях этого пункта употреблять
обозначения, принятые в § 7.
Пример 4. Даны точки Л (Д')» В (В') и С'. В плоскости
АВС' построим точки D и Е — такие, чтобы четырехугольник
ADBE был изображением ромба ДоВоВо£о, у которого ДоВо = ДоД).
Решение (рис. 130). Так как диагональ ромба равна его
стороне, то треугольник ABD является изображением равносто¬
роннего треугольника. Возьмем в плоскости АВС' произвольно
точку D, не лежащую на прямой АВ, и соединим ее с точками
А и В. Затем через точки Д и В проведем прямые, параллельные
соответственно прямым BD и AD. Точку пересечения построенных
прямых обозначим Е.
Построим теперь точки D' и Е' — проекции точек D и Е. Для
этого найдем сначала точку SJ, в которой пересекаются прямые
151
АВ и А'В', а затем построим прямую SJC' —линию пересечения
данной плоскости АВС' и плоскости л' — плоскости проекций.
Прямая SfC' — это след плоскости АВС'.
Проведем далее прямую AD и через точку А' и точку S£, в
которой прямая AD пересекает след 3{С', проведем прямую S'^A'.
На этой прямой найдем точку D', проведя через точку D прямую
DD'\\AA'. Аналогично с помощью точки А (А') и точки Зз построим
и точку Е' — проекцию точки Е.
Построенный параллелограмм ADBE (A'D'B'E') является изо¬
бражением заданного ромба.
Замечание. Параметрическое число изображения ромба р = 2, так как, счи¬
тая треугольник ABD (A'B'D') изображением равностороннего треугольника, мы
полагаем, что отрезки АВ (А'В') и AD (A'D') — это изображения равных отрезков,
и, таким образом, расходуем один параметр и аналогично, считая отрезки АВ (А'В')
и BD (B'D') изображениями равных отрезков, расходуем еще один параметр.
Отметим еще, что (по теореме Дезарга) точки пересечения прямых BD и B'D'
и прямых BE и В'Е' также должны лежать на следе плоскости АВС', т. е. на прямой
SfC'.
Пример 5. Построим плоскость, проходящую через данную
точку А {А') и перпендикулярную данной прямой ВС' (В'С').
Решение (рис. 131, а). 1. Через точки В, В' и С' проведем
плоскость а.
2. В плоскости л' через точку А' проведем прямую а' Л.В'С'
и найдем точку D', в которой прямая а' пересекает прямую
В'С'.
3. Через точки А, А' и D' проведем плоскость 6 и найдем
прямую d, по которой пересекаются плоскости б и а.
Рис. 131, а
Так как плоскость 6 проходит через прямую АА', которая
перпендикулярна плоскости л', то и плоскость 6 перпендикулярна
плоскости л'. Но и плоскость а перпендикулярна плоскости л'.
Тогда и й±л'.
4. В плоскости 6 через точку А проведем прямую а\\ а'. Ясно, что
тогда a-La. Найдем точку D, в которой пересекаются прямые
and.
5. В плоскости а через точку D проведем прямую m_LBC' и
найдем точку Sf, в которой пересекаются прямые т и В'С'.
6. В плоскости л' через точку Sf проведем прямую s'||a'.
Так как по построению а\\а' и a' ||s', то a||s'.
7. Проведем через прямые т и s' плоскость у.
Прямая s' является следом плоскости у. Убедимся, что плос¬
кость у является искомой. Действительно, по построению ВС' Л_т
и так как В'С' -La', то ВС' -La. Таким образом, прямая ВС' пер¬
пендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости у, т. е.
она перпендикулярна и плоскости у. Это значит, что и плоскость
у перпендикулярна прямой ВС'. Но плоскость у проходит и через
точку А.
Итак, плоскость у — это искомая плоскость.
Замечание. Отметим, что изображение, построенное на рисунке 131, а,
является полным, причем параметрическое число этого изображения р = 4. (Дей¬
ствительно, прямую ВВ' мы считаем перпендикулярной основной плоскости л'
и, значит, расходуем два параметра; прямые а и т считаем перпендикулярными
прямой ВС', т. е. расходуем еще два параметра.)
Приведем краткое решение этого примера на неполном изображении. Это
решение сопровождается иллюстративным чертежом (рис. 131, б), т. е. чертежом,
на котором нет плоскости л' — плоскости вторичных проекций — и, значит, нет
и самих вторичных проекций заданной точки и заданной прямой. Поставленная
задача сформулируется тогда так: постро¬
им плоскость, проходящую через точку А.
перпендикулярно данной прямой ВС.
1. В плоскости АВС через точку А про¬
ведем прямую а, перпендикулярную пря¬
мой ВС, и найд’ем точку Р, в которой прямые
а и ВС пересекаются.
2. В плоскости, проходящей через точ¬
ки В и С и некоторую точку D, не лежа¬
щую в плоскости а, проведем прямую р, пер¬
пендикулярную прямой ВС.
3. Через прямые аир проведем плоскость
у, которая и является искомой плоскостью.
Пример 6. Найдем множество
точек, лежащих в данной плос¬
кости АВ'С' и одинаково удаленных
от данной точки А (Л') и данной точ¬
ки £)', лежащей в плоскости л'.
153
Решение (рис. 132). 1. Найдем точку Е — середину от¬
резка AD'.
2. В проектирующей плоскости AA'D' через точку Е проведем
прямую е, перпендикулярную прямой AD'.
3. Найдем точку F', в которой прямая в пересекает прямую
A'D'.
4. В плоскости л' через точку F' проведем прямую s, перпенди¬
кулярную прямой В'С'.
Пересекающиеся прямые s и е определяют плоскость у, которая,
как это легко видно из построения, перпендикулярна отрезку
AD' и проходит через его середину. Таким образом, плоскость у
является геометрическим местом точек, одинаково удаленных от
точек Л (Д') и D', а прямая, по которой плоскость у пересекает¬
ся с плоскостью АВ'С', является искомым множеством точек.
Найдем эту прямую.
5. В плоскости л' через точку D' проведем прямую D'S{,
параллельную прямой s, и точку соединим с точкой А.
6. На отрезке Л5{ возьмем точку К — середину этого отрез¬
ка — и соединим точку К с точкой Е.
Так как КЕ — средняя линия треугольника AD'S\, то KE\\D'S'i,
и тогда КЕ ||s. Таким образом, прямая КЕ проходит через точку Е,
лежащую в плоскости у, и параллельна прямой s. Поэтому прямая
КЕ лежит в плоскости у. Это значит, что точка К лежит в плос¬
кости у, и так как она лежит на прямой Л5(, то она лежит и в
плоскости АВ'С'.
154
Второй точкой, лежащей и в плоскости у, и в плоскости
АВ'С', является точка в которой пересекаются прямые 5 и В'С'
Тогда прямая S2K — искомая прямая.
Замечание. Подсчитаем параметрическое число построенного изображе¬
ния. Считая прямую АА' перпендикулярной плоскости л' мы расходуем два пара¬
метра; считая прямую е перпендикулярной прямой AD' расходуем один пара¬
метр и, считая прямую s перпендикулярной прямой A'D' расходуем еще один
параметр. (Других метрических построений на этом изображении не выполня¬
лось.)
Итак, р = 4.
Пример 7 Построим геометрическое место точек, одинаково
удаленных от плоскости л' и данной плоскости а, заданной точка¬
ми А (Л'), В' и С'
Решение (рис. 133, а). 1. В плоскости л' через точку А'
проведем прямую а, перпендикулярную прямой В'С'
2. Найдем точку D', в которой пересекаются прямые а и В'С'
3. Точку D' соединим с точкой А.
4. На одной из полупрямых, принадлежащих прямой а, по¬
строим отрезок D'E' = AD'
5. Соединим точку А с точкой Е'
6. Найдем точку К — середину отрезка АЕ'
7 В плоскости АА'Е' проведем прямую КК'\\АА' Точками
К (К'\ В' и С' определяется плоскость КВ'С'
8. Построим плоскость КВ'С'
Докажем, что любая точка М построенной плоскости КВ'С'
одинаково удалена от плоскостей л' и а. Для этого сначала
докажем, что точка К одинаково удалена от этих плоскостей.
Так как плоскость АА'Е' проходит через прямую АА' перпен¬
дикулярную плоскости л' то плоскость АА'Е' также перпенди¬
кулярна плоскости л' (т. е. является проектирующей плоскостью)
Тогда прямая КК', параллельная по построению прямой АА', пер¬
пендикулярна плоскости л' Это значит, что расстояние от точки К
до плоскости л' равно длине отрезка КК'
Опустим из точки К перпендикуляр КК" на прямую AD' Тогда
прямая К К" перпендикулярна плоскости а. (Действительно,
В'С' -\_А'Е' и В'С' -LAA', т. е. В'С' ^КК" Таким образом,
КК" Л-AD' и КК" А-В'С'.)
Значит, расстояние от точки К до плоскости а равно длине
отрезка КК" Из равенства (по трем сторонам) треугольников
AD'K и E'D'K и равенства отрезков AD' и D'E' следует, что
КК" = КК'
Опустим теперь из точки М перпендикуляры на плоскости
л' и а. Выполним это дополнительное построение так:
1. Проведем прямую МК.
2. Найдем точку ЛГ, в которой пересекаются прямые МК и В'С'
3. Проведем прямые N'K' и N'K"
4. В плоскости N'KK' через М проведем прямую ММ'\\КК'
155
Рис. 133
а в плоскости М'ЛЛ" через точку М проведем прямую
ММ"\\КК"
Ясно, что построенные прямые ММ' и ММ" будут перпен¬
дикулярны соответственно плоскостям л' и а.
156
Из подобия треугольников N'KK' и N'MM' получаем равенство
ММ’ _MN'
КК’ KN' ’
а из подобия треугольников N'KK” и N'MM" следует, что
ММ" MN'
КК" KN’
Таким образом, Но, как было доказано, КК' = КК"
КК КК
Тогда из последней пропорции найдем, что и ММ' = ММ"
Итак, плоскость КВ'С' является множеством точек, одинаково
удаленных от плоскостей л' и а, т. е. она является биссекторной
плоскостью двух вертикальных углов, образованных плоскостями
л' и а. Аналогично тому, как была построена плоскость КВ'С'
строится и биссекторная плоскость двух других вертикальных
углов, образованных плоскостями л' и а.
В п. 4 Основного построения мы построили отрезок D'E' — AD'
на одной из полупрямых, принадлежащих прямой а. Построив
теперь отрезок D'F' =AD' на другой полупрямой, принадлежащей
прямой а, а затем точку L (L')— середину отрезка AF' (A'F'\
мы сможем построить и плоскость LB'C' — вторую биссекторную
плоскость.
Объединение двух биссекторных плоскостей КВ'С' и LB'C'
является искомым геометрическим местом точек.
Замечание. Подсчитаем параметрическое число полного изображения,
построенного на рисунке 133, а. Считая прямую 44' изображением прямой,
перпендикулярной плоскости л' мы расходуем два параметра; считая прямую A'D'
изображением прямой, перпендикулярной прямой В'С', расходуем один параметр
и, наконец, считая непараллельные отрезки AD' и D'E' изображениями равных
отрезков, расходуем еще один параметр. Таким образом, р = 4, т. е. в нашем рас¬
поряжении оставался еще один свободный параметр. Этот параметр был израсхо¬
дован, когда отрезок КК" мы считали изображением перпендикуляра к пря¬
мой AD'
Приведем еще кратко решение этого примера, выполненное на неполном изо¬
бражении. Это решение сопровождается иллюстративным чертежом (рис. 133, б).
Пусть аир — заданные плоскости, пересекающиеся по прямой I. Через
произвольную точку С прямой I проведем в плоскостях аир соответственно
прямые а и Ь, перпендикулярные прямой Z. Затем на прямой а построим отрезок
441, серединой которого является точка С, а на прямой b — отрезок ВВ\, сере¬
диной которого является также точка С. При этом отрезок 441 будем считать
равным отрезку ВВ\.
Далее строим точку К середину отрезка АВ—и точку L — середину от¬
резка АВ\. Через точку К и прямую I проводим плоскость уь а через точку L и
прямую / — плоскость у2- Объединение плоскостей yi и уг и будет искомым геометри¬
ческим местом точек.
157
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Построения на изображениях плоских фигур
493. Приняв произвольный треугольник АВС за изображение равностороннего
треугольника ЛоВоСо, на стороне В0С0 которого взята точка Ро — такая, что
ВоРо*ВоСо = 2:3, построить изображения прямых, перпендикулярных прямой ЛпРо
и проходящих через следующие точки: а) Во; б) Со; в) Ро.
494. Приняв произвольный треугольник АВС за изображение прямоугольного
треугольника ЛоВоСо, у которого ЛоСо = ВоСо, построить изображения квадратов,
сторонами которых являются: а) катет треугольника ЛоВоСо; б) биссектриса угла
Ло; в) высота, опущенная на гипотенузу Л0В0.
495. Приняв произвольный треугольник АВС за изображение треугольника
ЛоВоСо с отношением сторон, равным 3:4:6, построить: а) изображение центра
окружности, описанной около треугольника ЛоВоСо; б) изображение центра ок¬
ружности, вписанной в треугольник Л0В0С0; в) изображения центров окружностей,
вне вписанных в треугольник ЛоВоСо.
496. Приняв произвольный треугольник ЛВС за изображение правильного
треугольника Л0В0С0, построить изображение точки Мо — середины стороны
ЛоСо — и изображения прямых, проходящих через точку Мо, перпендикулярно
прямым СоВо, если точка Ро лежит на прямой Л0В0 и отношения ЛоРо:ЛоВо при¬
нимают следующие 314ачения: а) 1:2; б) 2:1; в) 3:2.
497. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение прямо¬
угольника ЛоВоСоВо с отношением сторон, равным 12:25, на стороне В0С0 кото¬
рого взята точка Ро — такая, что В0В0:В0С0=3:4, построить изображение: а) пря¬
мой, проходящей через точку Do, перпендикулярно прямой Л()Ро; 6) биссектрисы
угла AqDqPo', в) прямой, образующей угол 60° с прямой Л0Р0.
498. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение ромба,
построить изображение прямоугольника с отношением сторон, равным 2:1, впи¬
санного в ромб так, что большая сторона прямоугольника параллельна большей
диагонали ромба, если острый угол ромба равен: а) 60°; б) 30°; в) 45°
499. Приняв произвольный треугольник ЛВС за изображение прямоугольного
треугольника Л0В0С0, построить изображение прямоугольника с отношением сто¬
рон, равным 1:2, вписанного в треугольник ЛоВоСо так, что прямой угол тре¬
угольника является углом и прямоугольника, если отношение катетов ЛоСо:ВоСо
принимает следующие значения: а) 1:3; б) 1:^2; в) V^‘2.
500. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение прямо¬
угольника с отношением стороны к диагонали, равным 1:2, построить изобра¬
жение квадрата, стороной которого является: а) одна из сторон прямо¬
угольника; б) диагональ прямоугольника; в) отрезок EqFq, где точка Во лежит
на прямой CoDo, а точка Во — на прямой Л0В0 и CoBo:DoBo = 3:2, Л0В0: DoFo =
=2:1.
501. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение квадрата
ЛоВоСоВо, построить изображения точек Ео, Ео и Ко, лежащих на стороне В0С0,
причем BqEq = EqFo = FoKo = КоСо, и изображение точки Со, лежащей на прямой
CoDo, причем CoLq: CoDo = 2:3, а затем построить изображения прямых, прохо¬
дящих через точку Lo, перпендикулярно следующим прямым: а) А0Е0\ б) Л0В0;
в) ЛоКо-
158
502. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение прямо¬
угольника ЛоВоСоВо, на стороне ЛоРо которого взята точка Мо — середина этой
стороны, построить изображения прямых, проходящих через вершину Со, пер¬
пендикулярно прямой ВоМо, если отношение ЛоВо:ЛоВо принимает следующие
значения: а) 1:^/2; б) 1 :л/3; в) 1:2.
503. Приняв произвольный параллелограмм ABCD за изображение ромба,
построить изображение квадрата, вписанного в ромб так, что стороны квадрата
параллельны диагоналям ромба, если острый угол ромба равен: а) 30°; б) 45°*
в) 60°
504. Приняв произвольную трапецию ABCD за изображение трапеции
AqBqCqDo с отношением сторон ЛоВо:ВоСо:СоВо:ЛоВо = 3:3:5:7, построить изобра¬
жение: а) прямой, проходящей через точку Со, перпендикулярно прямой ЛоВо;
б) биссектрисы угла Л0В0С0; в) биссектрисы угла Л0СоВ0.
505. Приняв произвольный треугольник ЛВС за изображение треугольника
ЛоВоСо, у которого ЛоВо = ЛоСо и Z. В0Л0С0 = 45°, выполнить следующие по¬
строения: а) построить изображения точки, лежащей на стороне ЛоСо и одина¬
ково удаленной от вершин Ло и Во, и точки, лежащей на стороне Л0В0 и одинаково
удаленной от вершин Ло и Со; б) построить изображения прямых, проходящих
через точку Ло, перпендикулярно прямым Л0В0 и Л0С0; в) на изображениях
биссектрис углов ЛоВоСо и Л0С0В0 построить изображения точек, одинаково уда¬
ленных соответственно от вершин Ло и Со и от вершин Ло и Во.
2. Построения на изображениях пространственных фигур
506. Даны точки Л (Л'), В (В') и С' В плоскости АВ' построить точку D —
такую, чтобы треугольник ABD был изображением: а) равностороннего треуголь¬
ника; б) равнобедренного прямоугольного треугольника с прямым углом при вер¬
шине Со; в) прямоугольного треугольника с отношением катета к гипотенузе
Л о Со: Л оВо =1:2.
507. Даны точки Л (Л'), В (В') и С' В плоскости ЛВС' построить точки D
и Е — такие, чтобы отрезок АВ являлся изображением: а) диагонали квадрата
ЛоВоСоВо; б) стороны квадрата ЛоВоСоВо; в) отрезка, соединяющего середины
сторон В0В0 и В0В0 квадрата DqF^EqKq.
508. Даны точки Л (Л'), В (В') и С' В плоскости ЛВС' построить точки
D и Е — такие, чтобы отрезок АВ являлся изображением: а) диагонали пря¬
моугольника ЛоВоСоВо с отношением сторон Л0В0:D0B0= 1:2; б) стороны пря¬
моугольника ЛоВоСоВо, у которого ЛоВо:ВоСо = -\^: 1; в) отрезка, соединяющего
середины сторон В0В0 и В0В0 прямоугольника DqFqEqKo с отношением сторон
DgFo:FoE(} = 1 :д/3.
509. Через данную точку D (D') провести прямую, перпендикулярную данной
плоскости АВ'С' в каждом из следующих случаев: а) точка D (D') совпадает
с точкой Л (Л'); б) точка D' совпадает с точкой Л' но точка D не совпадает
с точкой Л (т. е. точка D (D') лежит на проектирующей прямой ЛЛ', но не совпадает
с точкой Л (Л')); в) точка D (D') лежит на прямой В'С'
510. Через данную прямую / (/') провести плоскость, перпендикулярную дан¬
ной плоскости АВ'С' если: а) точка Л (Л') лежит на прямой /(/'); б) прямая Г
совпадает с прямой В'С'- в) точка А (А') лежит на прямой / (/') и прямая /'
проходит через точку С'.
159
511. Даны точки А (Л'), В (В'), С (С') и D' Построить плоскости, проходя¬
щие через первую из двух указанных прямых, перпендикулярно второй прямой:
а) АВ (А'В') и CD'(C'D'); б) CD'(C'D') и АВ (А'В'); в) BD' (B'D') и АС(А'С').
512. Даны точки Л (Л'), В (В'), С (С') и D' Построить линию пересечения
плоскостей ACD' и BCD' и найти на ней основания перпендикуляров, опущен¬
ных на нее из следующих точек: а) Л (Л'); б) В (В'); в) Е (Е') — середины
отрезка АВ (А'В').
513. Даны точки Л (Л'), В (В') и С (С'). Построить высоты треугольника
АВС (А'В'С'), проходящие через следующие вершины: а) Л (Л'); б) В (В'); в) С (С').
514. Даны точки Л (Л'), В (В') и С (С'). Построить прямые, перпендикуляр¬
ные плоскости АВС и проходящие через следующие точки: а) Л (Л'); б) D (D') —
середину отрезка ВС (В'С'); в) М (М')— точку пересечения медиан треугольника
АВС (А'В'С').
515. Даны точки Л (Л'), В (В') и С (С'). Построить следующие геометрические
места точек: а) одинаково удаленных от сторон АС и АВ треугольника АВС;
б) одинаково удаленных от всех сторон треугольника АВС; в) одинаково удален¬
ных от вершин треугольника АВС.
516. Даны точки Л (Л'), В (В') и С (С'), а также точка D (£)'), не лежащая в
плоскости АВС. Построить следующие прямые: а) прямую, перпендикулярную пря¬
мым AD(A'D') и ВС (В'С'); б) прямую, перпендикулярную прямым AD(A'D')
и ВС (В'С') и пересекающую обе эти прямые; в) прямую, проходящую через
данную точку Л (Л') и перпендикулярную прямым AD(A'D') и ВС (В'С').
§ 11. ПОСТРОЕНИЯ НА ИЗОБРАЖЕНИЯХ
МНОГОГРАННИКОВ (МЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ)
При изображении многогранника плоскость одной из его гра¬
ней принимают за основную плоскость (т. е. за плоскость вторич¬
ных проекций), а вершины многогранника, принадлежащие этой
грани, обозначают буквами Л, S, С, Если многогранник яв¬
ляется призмой, то буквами Л, S, С, обозначают вершины
нижнего основания. Вершины верхнего основания обозначают
соответственно буквами Л1, Вь Ci,
Направление внутреннего проектирования для многогранни¬
ка, являющегося призмой, принимается параллельным боковому
ребру.
Если многогранник SABCD... является пирамидой, то за основ¬
ную плоскость принимается плоскость основания. В тех случаях,
когда внутреннее проектирование является параллельным, его на¬
правление, как правило, принимают параллельным высоте пира¬
миды. Если же внутреннее проектирование является центральным,
то за центр этого проектирования принимают вершину пирамиды,
не являющуюся вершиной основания. Обычно эту вершину обозна¬
чают буквой S.
При выполнении метрических построений на изображениях
многогранников могут применяться те же способы, которые
применялись при выполнении простейших метрических построений
в пространстве (см. § 10):
160
1. Вычислительный способ.
2. Способ выносных чертежей.
3. Геометрический способ.
4. Векторно-координатный способ.
Разумеется, при необходимости на каком-то этапе решения
может быть применен один из способов, а в последующей
стадии решения — другой (или другие)
Согласно общепринятой терминологии будем говорить: «дан
многогранник», а не «дано изображение многогранника»; «пост¬
роить прямую, перпендикулярную данной прямой», а не «пост¬
роить изображение прямой, перпендикулярной данной пря¬
мой» и т. д.
Перейдем к рассмотрению примеров.
1. ПОСТРОЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОЙ ДАННОЙ ПРЯМОЙ
Пример 1. Все углы при вершине S пирамиды SABC пря¬
мые, а отношение ее ребер ЗД:SB:SC= 1:2:3. На ребре SC
взята точка D — такая, что SZ):SC = 2:3. Через вершину А
проведем прямую, перпендикулярную прямой BD.
Замечание. Отметим, что на изображение заданной фигуры расходует¬
ся пять параметров. Это значит, что нельзя, взяв на прямой BD произволь¬
но точку X, считать, что прямая АХ является изображением искомой прямой.
Решение. Вычислительный способ (рис. 134, а). Положим
SA=a. Тогда SB = 2a, SC = 3a, SD = 2a. Из прямоугольных тре-
161
6 Заказ 130
угольников SAB, SAD и SBD найдем соответственно, что АВ2 =
= 5а2, Д£)2 = 5а2 и BD2 = 8a2, т. е. BD = 2a^2.
Если AX±BD, то AB2-BX2 = AD2-DX2, или 5о2-ВХ2 =
= 5а2 — (2 л/а — ВХ)2, откуда ВХ = а$.
Тогда BX:BD=\:2 (т. е. точка X — середина отрезка BD),
и прямая АХ является искомой прямой.
Способ выносных чертежей (рис. 134, б) Построим прямо¬
угольные треугольники SoAqBq, SqBqCo и Sq^oCo, подобные соот¬
ветственно треугольникам — оригиналам боковых граней пира¬
миды. Так как треугольники SqAqBq, SqBqCq и ЗоЛоСо попарно
имеют общие стороны, то удобно построить их все на одном вынос¬
ном чертеже, например так, как это показано на рисунке 134, б.
Далее на прямой SoCo построим точку Do — такую, что
SoDo'.SqCo = 2:3, и на этом же рисунке 134, б построим треуголь¬
ник A'oBqDq, подобный оригиналу треугольника ABD.
В треугольнике A'oBoDo строим (точно) Дб^о-ЬВо^о и затем,
вернувшись к рисунку 134, а, строим на нем точку X, которая делит
отрезок BD в таком же отношении, в котором точка Хо разде¬
лила отрезок BoDo. Тогда прямая АХ (рис. 134, а) —искомая
прямая.
Геометрический способ. Заметив, что прямоугольные треуголь¬
ники SAB и SAD равны (по двум катетам), приходим к выводу,
что AB=AD. Тогда в равнобедренном треугольнике ABD ме¬
диана АХ будет перпендикулярна прямой BD, т. е. прямая АХ —
искомая прямая.
Пример 2. В прямоугольном параллелепипеде
ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB\AD\AAX = 1:2:1 на
ребре ВС взята точка F— такая, что В/7:ВС = 3:4. Через вер¬
шину D проведем прямую, перпендикулярную прямой A\F
На изображение заданной фигуры израсходовано пять параметров
(ЛЛ1±ЛВС — два параметра, ABA.AD— один параметр и AB:AD:AA\ =
= 1:2:1 —два параметра). Это значит, что нельзя, взяв на прямой A\F произ¬
вольно точку X, считать, что DXA_A\F
Решение. Вычислительный способ (рис. 135, а) Положим
АВ = а. Тогда AD = 2a и АА\=а. Соединим точку D с точками
А] и F и подсчитаем.стороны треугольника A\DF
Из прямоугольного треугольника AAXD AxD2 = ba2, а из пря¬
моугольного треугольника CDF DF2=^ Тогда из прямоуголь¬
ного треугольника ABF AF2= и из прямоугольного тре¬
угольника AXAF AXF = —V*?
Если DX_LAxF, то AxD2-AxX2 = DF2-FX2 Так как AAXDF
острый (ЛД1ОЕ<г1Д1£)С = 90о), то FX = AxF-AxX.
Таким образом, получаем уравнение
5а2-А,Х2=^~ (“di-А,Х)2
162
Рис. 135
откуда находим А\Х = -—^ , и, следовательно, A\X:A\F =
= 16:17
Это ^значит, что в оригинале точка Хо — основание перпен¬
дикуляра, опущенного из точки Do на прямую (Д|)оЛ), делит
отрезок (4i)oFo в отношении (Д|)0Х0:(Д i)o/7o = 16:17 Но при па¬
раллельном проектировании отношение для параллельных отрез¬
ков сохраняется, т. е. отношение AiX:AiF также будет равно
16:17 Этим результатом мы и воспользуемся для построения
искомой прямой. А именно на произвольном луче /, выходящем из
вершины А1, построим отрезок А\Е, затем на этом же луче пост¬
роим отрезки A\F' = \7А\Е и AiX' = 16ДiВ, далее проведем пря¬
мую F'F и через точку X' — прямую X'X\\F'F Теперь проведем
DX — искомую прямую.
Способ выносных чертежей (рис. 135, б) Построим прямо¬
угольник Ao (Ai)o (£>i)o £>о, подобный оригиналу прямоугольника
AA\D\D, т. е. прямоугольник с отношением сторон До (A\)o-AoDo =
= 1:2. Проведем затем диагональ (Д|)о Do. К построенному пря¬
моугольнику «пристроим» прямоугольник AoBqCoDo, подобный
оригиналу прямоугольника ABCD, т. е. прямоугольник с отноше¬
нием сторон AoBo'.AoDo = 1:2.
Во втором прямоугольнике построим на стороне ВоСо точ¬
ку Fo — такую, что BoFo:ВоСо = 3:4, и соединим точку Do с точ¬
кой Fo.
Далее ради экономии места на этом же рисунке 135,6 по¬
строим прямоугольный треугольник (Д|)оДоВо, подобный ориги¬
налу треугольника A\AF, т. е. прямоугольный треугольник с
катетами AqFq и (Д ()оДо = До (Д i)o-
Таким образом, мы получили три стороны треугольника
(A\)qDoFo (на рисунке 135,6 все они выделены более толстыми
линиями) Теперь на этом же выносном чертеже построим тре¬
угольник (A\)oDoFq по трем сторонам (на рисунке 135, б этот тре¬
угольник закрашен). В построенном треугольнике (ДfioD'oFo прове¬
дем (точно) DqXo J-HOofo.
Точка Хо разделит отрезок (Af)oFo в некотором отношении
(ДОоХоГИОо^о.
Вернемся теперь к рисунку 135, а. С помощью вспомога¬
тельного луча /j, выходящего из точки Дi, построим точку X,
делящую отрезок A\F в отношении A\X:A\F = (Д |)0Х0:(Д ОоЛт
(Мы это построение опускаем. Отметим лишь, что на луче /1
можно построить отрезки Д1Х' = (Д|)0Х0 и A if' = (Д f)oFo, взяв
отрезки (Д|)оХо и (Д1)оЛ) с рисунка 135, б.)
Прямая DX — искомая прямая.
2. ПОСТРОЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПЕРПЕНДИКУЛЯРНОЙ ПЛОСКОСТИ
Пример 3. На ребрах АВ, ВС и BBi куба ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р, Q и R — такие, что ВР:ВД=3:4,
BQ\BC= 1:2 и B/?:BBj=3:4. Через эти точки проведена секу-
164
щая плоскость PQR. Построим прямую, проходящую через вер¬
шину Di, перпендикулярно плоскости PQR.
Замечание. Так как построение изображения куба влечет за собой рас¬
ход всех пяти параметров изображения, то нельзя, взяв в плоскости PQR
произвольно точку X, считать, что прямая D\X перпендикулярна плоскости
PQR.
Решение. Способ выносных чертежей (рис. 136, а).
Ясно, что если D\X — искомая прямая, то D{X_LPQ. Но тогда
и проекция прямой D\X на плоскость АВС перпендикулярна
прямой PQ.
Построим сначала эту проекцию искомой прямой. Обратимся
к выносному чертежу (рис. 136,6) Построим на нем квадрат
До^оСоОо, который подобен оригиналу основания куба. Далее пост¬
роим точки Ро и Qo — такие, что ВоРо*.В(Ло = 3:4 и BoQo'BqCo =
= 1:2. Через точку Do проведем (точно) прямую DoPo-LPoQo-
Точка Ко, в которой пересекаются прямые DqFo и PoQo, разделит
отрезок PoQo в некотором отношении PoKo'PoQo-
Вернемся к рисунку 136, а. С помощью вспомогательного
луча /|, выходящего из точки Р, разделим точкой К отрезок PQ
в отношении РК: PQ = РоКо- PoQo-
Построим затем на этом рисунке прямую DF — проекцию
искомой прямой на плоскость АВС.
Далее построим вспомогательное сечение DFF\D\ куба, про¬
ходящее через прямые DD\ и DF, и найдем прямую F2K, по
которой пересекаются плоскость PQR и плоскость вспомогатель¬
ного сечения. В плоскости DFF\D\ построим прямую, перпенди¬
кулярную прямой F2K и проходящую через точку D\. Для этого
обратимся ко второму выносному чертежу (рис. 136, в) Постро¬
им на нем фигуру, подобную оригиналу сечения ,DFFiD{.
Этой фигурой является прямоугольник DoDo (Di)o (Di)o со сто¬
ронами DqFq и Fo (/?i)o = /4oBo, которые мы возьмем с рисунка
136, б. С этого же рисунка возьмем также отрезок FoKo.
Для построения на рисунке 136, в точки (/^2)0 обратимся к
основному чертежу (рис. 136, а) С него возьмем отрезки FF2 и
FF\. На произвольном луче 12, выходящем из точки Fo (рис. 136, в),
построим отрезки Fo(F'2)o = FF2 и Fo (F'\)o = FF\, затем проведем
прямую (Ffio(Fi)o и прямую (Fi)o. Прямая f пересекает
Fo (Fi)o в точке (F2)o. Соединим точку (F2)o с точкой Ко- И наконец,
из точки (Di)o опускаем (точно) перпендикуляр (Di)oXo на пря¬
мую (F^oKo- Точка Хо разделит отрезок (F2)oKo в некотором отно¬
шении КоХо-Ко (F2)o- Так как при параллельном проектировании
отношение длин параллельных отрезков сохраняется, то точку X
на рисунке 136, а следует построить таким образом, чтобы отно¬
шения KX\KF2 и КоХо-Ко (F2)o были равными. Это можно сделать
с помощью вспомогательного луча /3, выходящего из точки К, на
котором построим отрезки КоХ'о = КоХо и KF2 = Ko (F2)o, где отрез¬
ки КоХо И Ko(F2)o взяты с рисунка 136, в.
165
Рис. 136, а, б, в
В итоге получаем D\X — искомую прямую.
Векторно-координатный способ. Зададим в пространстве пря¬
моугольную систему координат Bxyz, как показано на рисунке
—>- —>- —>-
136, г, приняв векторы ВС, ВА и ВВ\, длины которых в ориги¬
нале равны, за единичные векторы соответственно осей Вх, By
и Bz. Найдем координаты точек Р, Q, R и векторов PQ, PR'-
р(о;Д;о) qQ-;O;o) «(в; 0; f)
Пусть прямая tn — это искомая прямая, а точка М (х; У\ z)
ее текущая точка. Тогда MD\ (х—1; у—1; z—1).
Найдем какой-нибудь нормальный вектор n(«i; «г; пз) секУ’
щей плоскости PQR. Так как вектор п перпендикулярен плос-
t —>- , —>■
кости PQR, то nA-PQ и n_LPR, т. е.
167
—|-) + n3-0—О,
П|-04-п2(—^) + rt3~=0,
откуда, полагая, например, Пз = 2, находим п(3; 2; 2).
Так как векторы MD\ и п перпендикулярны плоскости PQR,
то MD\\\n, т. е. соответственные координаты этих векторов про¬
порциональны:
X— 1 . 1 _ 1 / х
3 2 2 ( '
Пусть точка К — некоторая точка прямой т — лежит в плос¬
кости Вху. Тогда координаты (х; у\ 0) точки К удовлетворяют
соотношениям (*)
168
Подставляя в эти соотношения z = 0, находим: х=—,
y = Q. Итак, прямая т проходит через точки £>1(1; 1; 1) и
Построив точку К по ее координатам, построим затем и пря¬
мую D\K — искомую прямую.
Замечание. Обращаем внимание читателя на тот факт, что при вектор¬
но-координатном способе решения точку пересечения прямой D\M с плоскостью
PQR мы не находим.
Пример 4. Основанием прямой призмы АВСА\В\С\ яв¬
ляется равнобедренный прямоугольный треугольник АВС с пря¬
мым углом при вершине С. Боковая грань ДВВ1Д1 призмы —
квадрат. На ребре АВ взята точка Р— такая, что АР\АВ =
= 1:3. Через вершину А\ проведем прямую т, перпендикуляр¬
ную плоскости СВ\Р
Замечание. Построение изображения заданной призмы влечет за собой
расход всех пяти параметров. Поэтому нельзя, взяв в плоскости СВ\Р про¬
извольную точку X, считать, что А\Х — искомый перпендикуляр.
Решение. Способ выносных чертежей (рис. 137, а) Если
А\Х — искомый перпендикуляр, то, так как заданная призма —
прямая, т. е. АА\ А-АВС, проекция прямой AiX проходит через
точку А и эта проекция перпендикулярна прямой СР
Ясно, что Z-CPA тупой, и, значит, перпендикуляр, проведен¬
ный к прямой СР через точку А, лежит вне треугольника АСР, а
искомый перпендикуляр лежит вне заданного сечения СВ\Р
призмы.
Поэтому для построения искомого перпендикуляра целесооб¬
разно достроить заданную треугольную призму. Достроим ее до
четырехугольной призмы ABCDA\B\C\D\, в основании которой ле¬
жит квадрат ABCD, и построим сечение этой призмы плоскостью
СВ\Р В сечении получим четырехугольник CQRB\. Построим
теперь прямую, перпендикулярную плоскости CQRB\ и проходя¬
щую через вершину Ah
1. Через точку А проведем прямую AEA-CQ. Сделаем это
с помощью выносного чертежа (рис. 137,6), на котором пост¬
роим фигуру, подобную оригиналу основания четырехугольной
призмы, т. е. квадрат AqCqBqDq. Проведя в нем прямую CqPq
(AqPq:AqBq=\ :3), найдем на прямой AqDq точку Qq и затем про¬
ведем прямую AqEq±CoQo.
Полученная точка Ео разделит отрезок BqDq в некотором
отношении BqEq'.BqDq. В таком же отношении с помощью вспо¬
могательного луча I разделим точкой Е на рисунке 137, а от¬
резок BD.
2. Через прямые АА\ и АЕ проведем вспомогательную секущую
плоскость. Получим сечение АЕЕ\А\ четырехугольной призмы.
3. Найдем прямую LK, по которой пересекаются вспомога¬
тельная секущая плоскость с плоскостью сечения B\CQR.
4. Осталось опустить перпендикуляр из точки A i на прямую LK.
Сделаем это с помощью нового выносного чертежа (рис. 137, в),
на котором построим фигуру, подобную оригиналу прямоуголь¬
ника AEEiA\, т. е. прямоугольник AqEq (Еi)0 (Л1)о. Сторону AqEq
этого прямоугольника вместе с точкой Kq на ней возьмем с рисун¬
ка 137,6. Так как в оригинале До (Д1)о (Bi)oBo— квадрат, т. е.
До (Д1)о=ДоВо, то сторону До(Д1)о возьмем равной диагонали
AqBq квадрата AqCqBqDq также с рисунка 137,6. Для построе¬
ния точки Lq на рисунке 137, в построим луч /ь выходящий
из точки Eq, и на нем отложим отрезок EqLq = EL и отрезок
Eq{E\)q = EE\, взяв отрезки EL и ЕЕ\ с основного чертежа, т. е.
с рисунка 137, а. Теперь на рисунке 137, в из точки (Д1)о опустим
(точно) перпендикуляр (Д))о Xq на прямую KqLq. Точка Хо разделит
отрезок KqLq в некотором отношении KqXq\KqLq.
5. Вернемся к рисунку 137, а. С помощью луча / разделим
отрезок KL в отношении КХ: KL = KqXq: KqLq, взяв отрезки
KqXq и KqLq с рисунка 137, в.
6. Соединив точку А\ с точкой X, получим А\Х— искомый
перпендикуляр. (Действительно, А^Х— наклонная, проекция ко¬
торой перпендикулярна прямой CQ. Это значит, что и A\X_LCQ.
Кроме того, А\Х±KL.)
Рассмотрим еще векторно-координатный способ решения этой
задачи. Воспользовавшись тем, что ребра СА, СВ и СС\ приз¬
мы попарно перпендикулярны, введем в пространстве прямоуголь¬
ную систему координат Cxyz, как это показано на рисунке 137, г.
170
В этой системе С (0; 0; 0), Л (1; 0; 0), В (0; 1; 0) и Ci (0; 0; л/2),
£i(0; 1; л/2), Ср(-|-; о)
Пусть точка М (х; у, z) — текущая точка искомой прямой т.
огда МД|(х—1; у; z — x/2).
Найдем какой-нибудь нормальный вектор n(«i; п2; Пз) секу-
1ей плоскости CBtP Так как вектор п перпендикулярен плос-
ости СВ\Р, то n±CBi и ti-LCP, т. е.
п 1 • 0 -1- м2 * 1 + «з • у/2 = 0,
п\ —Нм2,-|—Нпз,О = О,
<5 о
ткуда, полагая, например, ni = l, находим п (1; —2; -у/2).
Так как векторы МА\ и п перпендикулярны плоскости СВ\Р,
о МД|||п, т. е. соответственные координаты этих векторов про-
орциональны:
х—L—г-л/2 (*)
1 -2 ^/2
Пусть точка К — некоторая точка прямой пг — лежит в плос-
ости Сху. Тогда координаты (х; у, 0) точки ft удовлетворяют
оотношениям (*). Подставляя в эти соотношения z — О, нахо-
,им: х = 0; у = 2. Итак, прямая т проходит через точки
I, (1; 0; -д/2) и ft(0; 2; 0).
Построив точку К по ее координатам, строим затем и иско-
[ую прямую А\К.
Пример 5. Все плоские углы при вершине 3 пирамиды
>АВС прямые, отношение ее ребер ЗЛ:ЗВ:ЗС=1:1 :2. На ребре
► С взята точка D — середина этого ребра. Найдем множество
очек, лежащих на поверхности пирамиды и одинаково удален¬
ьях от точек Л, В и D.
Замечание. Изображение заданной пирамиды является метрически оп-
еделенным, поэтому дальнейшие метрические построения на этом изображе-
ии уже не могут выполняться произвольно.
Решение (рис. 138, а). Так как точка D — середина ребра
>С, то 3£) = ЗЛ = ЗВ. Геометрическим местом точек, одинако-
о удаленных от точек Л, В и D, является прямая, перпен-
икулярная плоскости ABD и проходящая через точку пересе-
ения перпендикуляров к серединам сторон треугольника ABD.
1о треугольник ABD, как нетрудно доказать, равносторонний,
оэтому его медианы являются и перпендикулярами к серединам
торон. Построив медианы BE и DF, найдем точку Af, в которой
[едианы пересекаются.
Теперь перейдем к построению прямой, перпендикулярной плос-
171
5
кости ABD и проходящей через точку М. Из равенства тре¬
угольников ЗЛС и SBC следует, что АС = ВСУ поэтому медиана
CF является и перпендикуляром к стороне АВ. Кроме того,
DF-LAB. Тогда прямая АВ перпендикулярна любой прямой, ле¬
жащей в плоскости SCF, и в частности той прямой, которая
лежит в плоскости SCF, проходит через точку М и перпендику¬
лярна прямой DF
Таким образом, прямая, проведенная в плоскости SCF пер¬
пендикулярно прямой DFy будет перпендикулярной и к плос¬
кости ABD.
Для построения этой прямой воспользуемся выносным черте¬
жом (рис. 138, б), на котором построим прямоугольный треуголь¬
ник S^DqFq, имеющий форму оригинала треугольника SDF
Стороны треугольника SoDoA) можно было бы найти с помощью
других выносных чертежей (треугольник ЗоЛоСо, затем треуголь¬
ник ЛоВоСо, далее треугольник ЗоЛоВо), но можно поступить и
по-другому. А именно подсчитать катеты треугольника SqDqFq.
172
Так как в прямоугольном треугольнике SAB SA = SB, то
5Г = 5Лд/2/2. Но SD = SA, т. е. в прямоугольном треугольни¬
ке SDF катеты SF и SD таковы, что SF = SD -д/2/2.
Итак, если в качестве одного из катетов треугольника
SqDqFq взять произвольный отрезок SqDq, то второй катет —
SqFq — следует взять равным половине диагонали квадрата, сто¬
роной которого является отрезок SqDq.
На стороне FqDq треугольника SqDqFo находим (например,
с помощью луча /) точку Мо — такую, что FoMq:FqDq = 1:3.
Через точку Мо проводим (точно) прямую, перпендикулярную
прямой FqDq. Как видно, эта прямая проходит через точку So.
Таким образом, точка S на рисунке 138, а — это одна из
искомых точек. Далее находим точку X, в которой прямая SM
пересекает прямую CF Точка X лежит на поверхности пира¬
миды и на прямой SM, т. е. она одинаково удалена от точек
А, В и D. Итак, искомое множество точек состоит из двух то¬
чек S и X.
Замечание. Конечно, то обстоятельство, что прямая, проходящая через
точку Мо и перпендикулярная прямой FqDo (рис. 138,6), проходит как раз
через точку So, может вызвать некоторое сомнение в точности построений.
Обратившись для разрешения сомнений к подсчетам, получим: если положить
еп с Г- г АЛ
S0D(} = a, то S0F0 =—<£—, F0M0 =—
Но если SoMo-L^oMo, то SoFo — (FqMq)2 — S0Dq — (DoMo)2, или ~
— (FoM6)2 = q2—f —FoMo\ откуда F0M6=—~ , т. e. M и Мб совпадают.
3. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКА ПЛОСКОСТЬЮ,
ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДАННУЮ ПРЯМУЮ,
ПЕРПЕНДИКУЛЯРНО ДАННОЙ ПЛОСКОСТИ
Пример 6. На ребре CD правильной четырехугольной
пирамиды SABCD взята точка Е — середина этого ребра — и че¬
рез точки S, В и Е проведена секущая плоскость а. Высота пира¬
миды равна половине диагонали ее основания. Построим сечение
пирамиды плоскостью, проходящей через прямую BD, перпенди¬
кулярно плоскости а.
Замечание. Так как на изображение заданной пирамиды расходуется
пять параметров, то нельзя, взяв, например, на ребре SC произвольно точку
М, считать, что плоскость BDM перпендикулярна плоскости SBE.
Решение (рис. 139, а). Если из какой-нибудь точки прямой
BD опустить перпендикуляр на плоскость SBE, то плоскость, про¬
ходящая через этот перпендикуляр и прямую BD, будет искомой
плоскостью. Проще всего опустить перпендикуляр на плоскость
SBE из точки О прямой BD. Построение этого перпендикуля¬
ра выполним с помощью выносных чертежей (рис. 139,6, в).
173
5
1. Построим квадрат AqBqCqDq (рис. 139,6). Построим точку
Оо, в которой пересекаются диагонали квадрата, и проведем
прямую ВоЕо, где точка Ео — середина стороны CqDq. Через точку
Оо проведем (точно) прямую О0Е0, перпендикулярную прямой
BqEq.
2. Вернемся к рисунку 139, а. С помощью луча Zi, на кото¬
ром построим отрезки BF' = BqFq и BE' = BqEq, найдем на прямой
BE точку F и проведем прямую OF Прямая OF является изобра¬
жением прямой, перпендикулярной прямой BE, или, как обычно,
будем говорить короче: OF Л. BE. Соединим затем точку S с точ¬
кой F
174
3. Перейдем теперь к построению треугольника, имеющего фор¬
му оригинала треугольника SOF (рис. 139, в) В качестве ори¬
гинала стороны OF примем отрезок О0£о, полученный на ри¬
сунке 139,6.
Так как по условию 30 = ^^-, то оригиналом стороны SO
треугольника SOF является отрезок Л0Оо, полученный также на
рисунке 139,6. Итак, построим прямоугольный треугольник
SqOqFq по двум катетам. Затем из точки О0 опустим (точно) пер¬
пендикуляр OqXq на гипотенузу SqFq.
4. Точка Хо разделит гипотенузу S0F0 в некотором отноше¬
нии ЗоХо:Зо£о-
Снова вернемся к рисунку 139, а. С помощью луча /2, на ко¬
тором построим отрезки SX' = SoXQ и SF" = 3о£о, найдем на пря¬
мой SF точку X, которую соединим с точкой О.
5. Ясно, что так как SOJLABC, то 30±В£. Но и OFA.BE.
Таким образом, прямая BE перпендикулярна любой прямой, лежа¬
щей в плоскости SOF, и в частности BE.LOX. Или, наоборот,
OX.LBE. И по построению OX.LSF Значит, прямая ОХ перпен¬
дикулярна плоскости SBE. Поэтому плоскость, проходящая через
прямые ОХ и BD, будет искомой.
6. Находим точку £, в которой прямая ВХ пересекает прямую
3£, и в плоскости SCD проводим прямую DL. Получаем на
прямой SC точку Л4, которую соединим с точкой В.
Треугольник BMD — искомое сечение.
Пример 7 На ребрах A\D\ и CD куба ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Пост¬
роим сечение куба плоскостью, проходящей через прямую PQ,
перпендикулярно плоскости АВ [С и найдем линию пересечения
построенной секущей плоскости с плоскостью АВ\С.
Замечание. Так как изображение куба является метрически определен¬
ным, то никакие метрические построения на этом изображении нельзя вы¬
полнять произвольно.
Решение (рис. 140). Дадим чисто геометрическое решение.
1. Проведем диагонали BD и АС основания и диагональ BD\
куба. Так как BDA.AC и BD — это проекция наклонной BD\
на плоскость ЛВС, то и BDi-LAC. Аналогично BD\±ЛВь Та¬
ким образом, прямая BD\ перпендикулярна плоскости АВ\С.
2. Построим вспомогательное сечение BB\D\D куба и точ¬
ку пересечения прямой PQ с плоскостью вспомогательного се¬
чения. Для этого сначала построим точку Р' — проекцию точки Р
на плоскость основания, затем точку У' в которой прямая
P'Q — проекция прямой PQ на плоскость АВС — пересекает
прямую BD. Проведем затем в плоскости DBB\ через точку
ЛГ прямую, параллельную прямой DD\. На прямой PQ по¬
лучим точку W, в которой прямая PQ пересекается с плоскостью
DBBi.
175
Рис. 140
3. В плоскости DBB\ через точку W проведем прямую, па¬
раллельную прямой D\B, и найдем точки Е и F, в которых эта
прямая пересекает соответственно прямые BD и DD\. Пересекаю¬
щимися прямыми PQ и EF определяется искомое сечение. Пост¬
роив его, получаем многоугольник PFQKL.
4. Находим точку Г, в которой пересекаются стороны АС
и /<Q заданного и построенного сечений, точку М, в которой
пересекаются стороны АВ\ и LK этих же сечений.
Прямая МТ — искомая линия пересечения двух плоскостей.
4. ПОСТРОЕНИЕ СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКА ПЛОСКОСТЬЮ,
ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДАННУЮ ТОЧКУ,
ПЕРПЕНДИКУЛЯРНО ДАННОЙ ПРЯМОЙ
Пример 8. В основании пирамиды SABC лежит прямо¬
угольный треугольник АВС, ребро SC перпендикулярно плос¬
кости основания и отношение ребер С A :CB:CS = д/2:д/2:1. На
ребрах АВ и ВС взяты соответственно точки D и Е — середины
этих ребер. Построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей
через точку Е, перпендикулярно прямой SD
Замечание. Отметим, что на изображение заданной пирамиды расходует-
176
Рис. 141
ся пять параметров. Это значит, что метрические построения на построен¬
ном изображении не могут более выполняться произвольно.
Решение. Геометрический способ (рис. 141, а). Построим
сначала сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вер¬
шину С, перпендикулярно прямой SD. С этой целью соединим
точку С с точкой D и определим вид треугольника SCD. Его
сторона CD является медианой прямоугольного треугольника
АВС, т. е. CD=-^-AB.
Но АВ=-^СА2 + СВ2, где по условию CA = CB = ^2CS. Та¬
ким образом, АВ =^/(-y]2CS'ji + (-\/2CSj^ = 2CS. Значит, CD = CS.
177
Тогда медиана СМ равнобедренного треугольника SCD перпен¬
дикулярна его стороне SD.
Проведем в плоскости SAB через точку М прямую PQ\\AB.
{Ясно, что в треугольнике SAB SA = SB, т. е. его медиана SD
перпендикулярна стороне АВ. Значит, SD.LPQ.
Таким образом, по построению SD-LCM и по доказанному
SD-LPQ. Поэтому прямая SD перпендикулярна секущей плос¬
кости CPQ, т. е. и плоскость CPQ перпендикулярна прямой SD.
Теперь построим сечение пирамиды плоскостью, проходящей
через точку £, параллельно плоскости CPQ. Ясно, что эта
плоскость будет пересекать плоскости граней SBC, SAB и SAC
по прямым, параллельным соответственно прямым СР, PQ и QC.
Итак, в плоскости SBC через точку Е проведем EF\\CP, затем
в плоскости SAB через точку F проведем FK\\PQ и в плос¬
кости SAC через точку К — прямую KL\\CQ Точку L соединим
с точкой Е.
Четырехугольник EFKL — искомое сечение.
Векторно-координатный способ. Воспользовавшись тем, что
прямые СА, СВ и CS попарно перпендикулярны, и приняв
С3=1, введем в пространстве прямоугольную систему координат
Cxyz, как показано на рисунке 141, б. Найдем затем координаты
точек А, В, D, Е и вектора SD. Получаем А 0; 0), В (0; д/2; 0),
f-; °), £(°; 4 -1)
—
Вектор SD является нормальным вектором плоскости искомого
сечения. Таким образом, уравнение секущей плоскости будет сле¬
дующим:
(х-0)^+(у-^)^+(г-0)(-1) = 0, или
^2хА~^у — 2г— 1 =0. (*)
Для построения плоскости (*) найдем точки пересечения ее
с осями Сх и Су. Если плоскость (*) пересекает ось Сх в точке
L, то L (х; 0; 0). Подставляя координаты точки L в уравнение
(*), находим, что х=^ Значит, L 0; 0 ) т. е. точка L — се¬
редина ребра СА.
Если далее плоскость (*) пересекает ось Cz в точке N,
то А(0; 0; z). Из уравнения (*) находим, что z=—х— Значит,
jV^O; 0; —Построим теперь искомое сечение. В плоскости
SBC проведем прямую NE и найдем точку F, в которой прямая
NE пересекает прямую SB. Аналогично в плоскости SAC про¬
ведем прямую NL и найдем точку А. Затем точку F соединим с
точкой А, а точку L — с точкой Е.
178
Четырехугольник EFKL — искомое сечение.
Замечание. Искомое сечение можно построить и вычислительным спосо¬
бом. Для этого нужно подсчитать стороны треугольника SED, затем найти от¬
ношение SH:SD, в котором точка Н, являющаяся основанием перпендикуля¬
ра, опущенного из вершины Е на сторону SD, разделит эту сторону, затем
построить точку Н и провести в плоскости SAB через точку Н прямую FK\\AB и т. д.
Пример 9. На ребре AD куба ABCDA\B\C\D\ взята
точка Е — середина этого ребра, а на отрезке С\Е взята точка
F— такая, что C\F\C\E = S*A. Построим сечение куба плос¬
костью, проходящей через точку £, перпендикулярно прямой С\Е.
Замечание. На изображение куба расходуется пять параметров. Это зна¬
чит, что дальнейшие метрические построения на этом изображении не могут бо¬
лее выполняться произвольно.
Решение. Применим способ выносных чертежей (рис.
142, а)
1. Построим вспомогательное сечение куба плоскостью С\СЕ,
проходящей через данную прямую С\Е и ребро СС\ куба.
2. В плоскости С\СЕ построим прямую, проходящую через
точку F) перпендикулярно прямой С\Е. Для выполнения этого пост¬
роения обратимся к выносному чертежу. На рисунке 142, б постро¬
им квадрат Ло£оСо£о и точку £0 — середину его стороны AqDq.
Точку Eq соединим с точкой Со.
Далее на новом выносном чертеже (рис. 142, в) построим пря¬
моугольник CqEq (£|)о (Ci)o, имеющий форму оригинала прямо¬
угольника СЕЕ\С\. Стороны CqEq и Co(Ci)o прямоугольни¬
ка CqEq (£i)o (Ci)o возьмем с рисунка 142,6, причем Co(Ci)o =
= CqDq.
В построенном прямоугольнике проведем диагональ (С|)о£о-
Найдем точку £0 — такую, что (Ci)o£o:(Ci)o£o = 3:4, и через точ¬
ку £0 проведем (точно) прямую, перпендикулярную пря¬
мой (С1)о£о. Точки, полученные на сторонах прямоугольника, обо¬
значим (£2)о и Ко-
S. Вернемся к основному чертежу (рис. 142, а). С помощью
луча /1, выходящего из точки С, построим на прямой СЕ точ¬
ку К, делящую отрезок СЕ в таком же отношении, в каком точ¬
ка Ко разделила на рисунке 142, в отрезок CqEq. Затем через точ¬
ки F и К проведем прямую FK и точку ее пересечения с прямой
ЕЕ[ обозначим £2.
4. Чтобы получить еще одну прямую, проходящую через точ¬
ку £, перпендикулярно прямой Cj£, построим на основном чер¬
теже второе вспомогательное сечение куба — сечение его плос¬
костью, проходящей через данную прямую С\Е и ребро AD куба.
Затем в этой плоскости построим (с помощью еще одного вы¬
носного чертежа) требуемую прямую.
5. Построим прямоугольник Ло (Bi)o (С1)о£о, имеющий форму
оригинала прямоугольника AB\C\D (рис. 142, г). Сторону AqDq
179
возьмем равной стороне квадрата AqBqCqDq, построенного на ри¬
сунке 142,6, а сторону Ло(В1)о возьмем равной диагонали Л0С0.
В построенном прямоугольнике проведем прямую (Ci)o£o. Най¬
дем на ней точку Fo— такую, что (Ci)o/?o‘(Ci)o£o = 3:4, и через
точку Fq проведем (точно) прямую, перпендикулярную пря¬
мой (С1)о£о. Полученные при этом точки на сторонах прямоуголь¬
ника обозначим Ло и Л4о.
6. Теперь снова вернемся к основному чертежу (рис. 142, а).
С помощью луча /2, выходящего из точки Ci, построим на
прямой C\D точку Л4, которая делит отрезок C\D в таком же
отношении, в каком точка Л40 разделила на рисунке 142, г от¬
резок (Ci)oDo- Затем через точки Л4 и F проведем прямую MF,
точку пересечения которой с прямой АВ\ обозначим L.
180
Рис. 142, д,
7 Пересекающимися прямыми КЕ2 и ML определится искомая
секущая плоскость. Построим ее на основном чертеже.
Точка К лежит на следе этой плоскости. Еще одну точку
следа секущей плоскости — точку Si — найдем как точку пере¬
сечения прямых E2L и EL' где точка L' — проекция точки L на
плоскость АВС.
Итак, прямая SiK — след секущей плоскости. Далее полу¬
чаем точки S2, S3, проводим прямые S2L и S3M, получаем
точки А2 и D2 и проводим прямую A2D2 (она должна пройти
и через точку Е2).
Четырехугольник A2D2S$S2 — искомое сечение.
Приведем теперь векторно-координатный способ решения этой
задачи. Зададим в пространстве прямоугольную систему коорди¬
нат Bxyz (рис. 142,(3). Приняв ребро куба равным единице,
найдем координаты точек С, Л, В\, D, Е и F:
С(1; 0; 0), Л (0; 1; 0), (0; 0; 1). D(l; 1; 0), е(±-; 1; о)
F(—; — ; —)
\ 8 4 ’ 4 /
Составим уравнение секущей плоскости а, проходящей через
точку F, перпендикулярно прямой С\Е. Принимая вектор
С\Е^—; 1; — 1 ) за нормальный вектор этой плоскости, по¬
лучаем уравнение плоскости а:
181
8х — 16z/ + 16z + 3 = 0.
кости a y = z = 0, найдем точку Р
Для построения плоскости а найдем точки ее пересечения,
например, с осями координат. Так, полагая в уравнении плос-
—; 0; 0 ) в которой плос¬
кость а пересекает ось Вх. Аналогично найдем точку Q
и точку /?((); 0; ~в которых плоскость а пересекает со¬
ответственно оси By и Bz.
Проведем прямые PQ и QR, получим точки S, А2 и Т (Т = PQ^\
П AD). Соединяя затем точку S с точкой D2, в которой пересекаются
прямые А2Т и DiD2, получим четырехугольник A2D2SQ — иско¬
мое сечение.
Пример 10. Боковые грани правильной пирамиды
SABCD — равносторонние треугольники. Построим сечение пира¬
миды плоскостью, проходящей через точку F — середину медиа¬
ны DE боковой грани SCD, перпендикулярно этой медиане.
Замечание. На изображение заданной пирамиды расходуется пять па¬
раметров. Это значит, что никакие новые метрические построения на этом
изображении не могут быть выполнены произвольно.
Решение (рис. 143) Так как прямая DE перпендикулярна
секущей плоскости а, то прямая DE перпендикулярна любой пря¬
мой, лежащей в плоскости а, и в частности прямой Si А, по которой
пересекаются плоскость а и плоскость грани SCD.
182
Ho DE SC, так как DE — медиана равностороннего тре¬
угольника. Таким образом, ясно, что S]iV||SC. Попытки найти
геометрическим способом линии пересечения секущей плоскости с
плоскостями других граней пирамиды наталкиваются на зна¬
чительные затруднения. Обратимся к какому-нибудь другому спо¬
собу решения, например к векторно-координатному.
Зададим в пространстве прямоугольную систему координат
Oxyz, как показано на рисунке 143. Вектор ОС примем за единич-
—>-
ный вектор оси Ох. Тогда вектор OD можно принять за еди¬
ничный вектор оси Оу.
В равнобедренном прямоугольном треугольнике OCD CD = ^/2.
Это значит, что и SC = ^/2, а в прямоугольном треугольнике
SOC OS = ^/SC2 — OC2 = 1. Таким образом, вектор OS можно
принять за единичный вектор оси Oz. Находим затем координаты
точек С, S, D, Е и F\
С(1; 0; 0); S (0; 0; 1), D (0; 1; 0), Е (X; 0; ^-)
Принимая вектор DE(^-\ —1; за нормальный вектор
секущей плоскости, а точку Т (х; у, г) — за ее текущую точку
—>- —>-
и записывая условие TF ±D£ в координатной форме, полу¬
чаем уравнение плоскости а:
или 2х —4i/4"2z+1 =0.
Построим теперь сечение пирамиды плоскостью а. Полагая в
уравнении плоскости а х = 0 и z = 0, найдем, что Таким
образом, плоскость а пересекает ось Оу в точке S2 (О; ; 0 )
Это значит, что основание пирамиды плоскость а пересекает
по прямой S1S2. Находя далее точку S3, в' которой прямая SiS2
пересекает сторону АВ, и точку S4, в которой прямая SiS2 пере¬
секает сторону AD, строим искомое сечение — четырехугольник
SxS3MN.
Пример 11. Боковые грани призмы ABCA\BiCi — квадра¬
ты. Точка Р — середина ребра АС. Построим сечение призмы
плоскостью, проходящей через точку Р, перпендикулярно прямой
ВС\.
Замечание. Ясно, что изображение заданной призмы является метри¬
чески определенным, т. е. дальнейшие метрические построения на этом изобра¬
жении не могут выполняться произвольно.
183
Рис. 144
Решение (рис. 144) Выполним построение искомого сече¬
ния в два этапа. На первом этапе построим вспомогательное
сечение данной призмы плоскостью он, которая перпендикулярна
прямой BCi, но проходит через вершину С, а не через точку Р
На втором этапе построим сечение этой призмы плос¬
костью а2, параллельной плоскости ai и проходящей через задан¬
ную точку Р
Построение вспомогательного сечения проведем вычислитель¬
ным способом. Отметим, что одна прямая, перпендикулярная пря¬
мой ВС\, строится на изображении очень просто. Это прямая
СВ\. Действительно, по условию ВСС\В\ — квадрат, а это значит,
что ВС\ ±СВ\.
Вторую прямую, перпендикулярную прямой ВС\, построим в
плоскости АВС\. Положив ребро призмы равным а, находим,
что в треугольнике АВС\ ACi =ВС\ = а -^2. Тогда, если АН _LBC[,
то АВ2 — ВН2 = АС2 — С\Н2У или
а2 — ВН2 = 2а2— (a yfi-BH)2, откуда ВН=-^~
Тогда точка Н делит отрезок ВС^ в отношении ВН\ВС\ =
= ^-:а^/2, т. е. В//:ВС, = 1:4.
4
Выполнив эти подсчеты, строим на стороне ВС\ треугольни¬
ка ABCi точку Н — такую, что ВН:ВС{ = \А.
Затем в плоскости АВС\ через точку М, в которой пере¬
184
секаются Прямые СВ\ и ВС\У проведем прямую ML\\AH. Тогда
ML_LBC\.
Итак, прямыми СВ\ и ML определяется вспомогательное
сечение. Это треугольник СКВ\.
Теперь переходим ко второму этапу построения. Так как плос¬
кость а2 параллельна плоскости аь то плоскости граней призмы
пересекают плоскости а2 и ai по параллельным прямым.
Через точку Р в плоскости АСС\ проведем прямую PQ\\CK.
Затем через точку Q в плоскости АВВ\ проведем прямую
QR\\KB\ и через точку R в плоскости ВСС[ проведем прямую
/?S||В\С. Точку S соединим с точкой Р
Четырехугольник PQRS — искомое сечение.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Построение прямой, перпендикулярной данной прямой
517. На ребре SB правильного тетраэдра SABC взята точка D— середина
этого ребра. Опустить перпендикуляры из точки D на следующие прямые: а) ЗД;
б) АС; в) СМ, где точка М — середина ребра АВ.
518. Точка D — середина апофемы SM правильной пирамиды SABC, все
плоские углы при вершине 5 которой — прямые. Опустить перпендикуляры из
точки D на следующие прямые: а) ЗД; б) SC; в) АС.
519. Точка D — середина ребра ЗД пирамиды SABC, в основании которой
лежит правильный треугольник АВС^и боковое ребро ЗД которой перпендикуляр¬
но плоскости основания и SA=AB. Опустить перпендикуляры из точки D на сле¬
дующие прямые: a) SB; б) ВС; в) ВК, где точка К — середина ребра SC.
520. Точки D и Е — середины соответственно ребер SB и SC пирамиды
SABC, основанием которой является прямоугольный треугольник АВС. Высота
SO пирамиды проектируется в середину ребра АВ и SO = AC = BC. Опустить
перпендикуляры из точки D на следующие прямые: а) BE; б) ОЕ; в) АЕ.
521. Точки Е и F— середины соответственно ребер AD и CD куба
ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры из вершины Д] на следующие пря¬
мые: a) D\E и D\F; б) C\D и C\F; в) BD и FE.
522. Точки Е и F — середины соответственно ребер AD и ВВ] куба
ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры из точки F на следующие прямые:
а) ВУЕ; б) Д1Е; в) С,Е.
523. Точки О, О1 и О2 — середины соответственно диагоналей BD, B\D\ и
C\D куба ABCDA]B\C\D\. Опустить перпендикуляры из точки О\ на следующие
прямые: а) ОО2; б) А]О; в) ВО2.
524. Из вершины А прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с от¬
ношением ребер AB\AD;AA\ = 1:2:1 опустить перпендикуляры на следующие пря¬
мые: а) А\С; б) B\D; в) DE, где точка Е — середина ребра В\С\.
525. Из вершины А прямого параллелепипеда ABCDA \B\C\D\, в основании
которого лежит ромб с острым углом, равным 60°, и отношением ребер АА\;АВ =
= 1:2, опустить перпендикуляры на следующие прямые: a) AiC; б) B\D; в) C\D.
526. Точки D, Е и F — середины соответственно ребер АС, СС\ и АВ
правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ с равными ребрами. Опустить пер¬
пендикуляры из точки D на следующие прямые: а) ВС\; б) BE; в) C\F.
185
527. Точка Е — середина ребра SC правильной пирамиды SABCD, высо¬
та SO которой равна стороне основания. Опустить перпендикуляры из точки
Е на следующие прямые: a) BD; б) 5Д; в) AD.
528. Точка Е — середина ребра SC правильной пирамиды SABCD, высота
SO которой равна стороне основания. Точка F взята на диагонали АС осно¬
вания пирамиды, причем AF:AC = \:4. Опустить перпендикуляры на прямую
EF из следующих точек: a) S; б) К — середины ребра CD; в) D.
529. Точка Е — середина ребра SC пирамиды SABCD, в основании кото¬
рой лежит квадрат ABCD. Ребро SB пирамиды перпендикулярно плоскости ее
основания и SB = AB. Опустить перпендикуляры на прямую DE из следующих
точек: а) А, б) К — середины ребра 5Д; в) F — середины ребра AD.
530. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а точка О — основание
ее высоты SO — является серединой ребра АВ и SO = AB. Опустить перпенди¬
куляры на прямую SC из следующих точек: а) О; б) А; в) Е — середины ребра AD.
531. В основании призмы АВСА\В\С\ лежит правильный треугольник АВС,
а ее боковые грани АА}В\В и АА\С\С — ромбы с острым углом, равным 60°
Опустить перпендикуляры из точки Р, лежащей на ребре AAt, на диагональ
BCi грани ВВ\С\, если отношение АР:АА[ имеет следующие значения: а) 1:2;
б) :3; в) 2:5.
2. Построение прямой, перпендикулярной плоскости
532. В правильном тетраэдре SABC опустить перпендикуляры на плоскость
грани SBC из следующих точек: a) D — середины ребра АВ; б) Е — середины
ребра ЗД; в) К — середины апофемы SM грани ЗДС.
533. В правильном тетраэдре SABC через вершину А и точки D и Е —
середины соответственно ребер SB и SC — проведена секущая плоскость ADE.
Опустить перпендикуляры на плоскость ADE из следующих точек: а) О — ос¬
нования высоты SO тетраэдра; б) S; в) В.
534. Точки D и Е — середины соответственно ребер АС и SC правильной
треугольной пирамиды SABC, высота SO которой равна стороне основания. Через
прямую BE параллельно прямой SD проведена секущая плоскость. Опустить
перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: а) Д; б) F — сере¬
дины ребра АВ; в) D.
535. В кубе ABCDAiB\C[D\ через вершины А\, С\ и D проведена секущая
плоскость. Опустить перпендикуляры на плоскость A\C\D из следующих точек:
а) В; б) О— центроида грани АА\В\В; в) Д.
536. На ребрах А\В\, С\С и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построить точки, лежащие на поверх¬
ности куба и одинаково удаленные от следующих трех точек: a) D, D\ и Р;
б) D\, Р и Q; в) Р, Q и R.
537. Точки Р и Q — середины соответственно ребер А\В\ и В\С\ куба
ABCDA\B\C\D\. Через точки А, Р и Q проведена секущая плоскость. Опустить
перпендикуляры на плоскость APQ из следующих точек: a) D\; б) R — середины
ребра D\C\; в) Дь
538. Точка Р — середина ребра А\В\ куба ABCDA\B\C\D\. Через прямую
АР параллельно диагонали A\D проведена секущая плоскость. Опустить перпен-
186
дикуляры на эту плоскость из следующих точек: а) Dr, б) К — середины ребра
DD\\ в) L — середины ребра A\D\.
539. Точка Р — середина ребра ВС прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB;AD;AAi = 1:3:2. Через прямую АС
параллельно прямой В\Р проведена секущая плоскость. Опустить перпендику¬
ляры на эту плоскость из следующих точек: а) В; б) D\; в) Л|.
540. Точка Р — середина ребра В\С\ прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого АВ\AD'.AA\ = 1:2:1. Через вершину
Ci параллельно плоскости AiBP проведена секущая плоскость а. Опустить пер¬
пендикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) D; б) К — середины
ребра DD{; в) L — середины ребра CD.
541. Точки Р и Q — середины соответственно ребер АА\ и ВВ\ прямоуголь¬
ного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:AA{ =
= 2:1:2. Через точку Р параллельно прямым C{D и CQ проведена секущая
плоскость. Опустить перпендикуляры на секущую плоскость из следующих точек:
а) В; б) С; в) D.
542. В правильной треугольной призме с равными ребрами на ребре ВС
взята точка Р Через точки Л, В\ и Р проведена секущая плоскость. Опустить
перпендикуляры на секущую плоскость из точки Сь если отношение ВР:ВС прини¬
мает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4.
543. На ребрах ВВ\ и СС1 правильной треугольной призмы ABCA\B[Ci
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Боковые грани
призмы — квадраты. На поверхности призмы найти точки, одинаково удаленные
от следующих трех точек: а) Л, В и Q; б) A, В1 и Q; в) А, Р и Q.
544. Точка Р — середина ребра А\В\ правильной призмы АВСА\В\С\,
отношение ребер ЛВ:ЛЛ( которой равно 2:1. Через прямую СР параллельно
прямой ЛВ1 проведена секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на секущую
плоскость из следующих точек: а) Л г, б) В; в) В(.
545. Точки Р и Q — середины соответственно ребер Л|В1 и АС прямой
призмы ЛВСЛ1В1С1, основанием которой является прямоугольный треугольник
АВС и АС = ВС = СС\. Через прямую ВР параллельно прямой AiQ проведена
секущая плоскость. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих
точек: а) Л; б) К — середины ребра ЛЛц в) L — середины ребра АВ.
546. Точки Р и Q — середины соответственно ребер AD и ВВ\ прямоуголь¬
ного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого ЛВ:Л£):ЛЛ1 =
= 1:1:2. Через точку Р проведена секущая плоскость, параллельная прямым ЛВ1
и CQ. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) Di;
б) К — середины ребра DD\; в) L — середины ребра A\D{.
547. В правильной пирамиде SABCD, высота SO которой равна стороне
основания, опустить перпендикуляры на плоскость SCD из следующих точек:
а) Л; б) К — середины ребра ВЛ; в) L — середины ребра АВ.
548. Точка Р — середина ребра SC правильной пирамиды SABCD, высота
SO которой в два раза больше стороны основания. Опустить перпендикуля¬
ры на секущую плоскость BDP из следующих точек: a) F — середины высо¬
ты SO; б) К — середины ребра ВЛ; в) L — середины ребра CD.
549. Точки Р и Q — середины соответственно ребер SC и SD правильной
пирамиды SABCD, диагональным сечением которой является правильный тре¬
угольник. Через прямую АР параллельно прямой CQ проведена секущая плос-
187
кость. Опустить перпендикуляры на эту плоскость из следующих точек: a) D\
б) Q; в) С.
550. На ребре ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р\,
Р2 и Рз— такие, что BPi= Р{Р2 = Р2Рз = Р3В1. Найти на поверхности куба точки,
одинаково удаленные от следующих трех точек: а) Л, Pi и С; б) Л, Р2 и С; в) Л,
Рз и С.
551. На ребрах ЛЛ1 и CCi куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р и Q — середины ЛЛ( и СС\. Найти на поверхности куба точки, одинаково
удаленные от трех точек: а) Л(, Р и Q; б) Bi, Р и Q; в) В\, Р и С.
552. На ребре SB правильного тетраэдра SABC взяты точки Pi, Р2 и Рз—
такие, что ВР\ = Р{Р2 = Р2Рз = РзВ. Найти на поверхности тетраэдра точки, одина¬
ково удаленные от следующих трех точек: а) Л, Р\ и С; б) Л, Р2 и С; в) Л, Рз и С.
553. На ребре Л^ правильной призмы АВСА\В\С\ взяты точки Р{, Р2
и Рз — такие, что Л{Р{ = Р{Р2 = Р2Р3 = Р3В, а на ребре В(Сi взяты точки Qb
Q2 и Q3— такие, что CiQi = QiQ2 = Q2Q3 = Q3B. Боковые грани призмы — квад¬
раты. Найти на поверхности призмы точки, одинаково удаленные от следую¬
щих трех точек: а) Л, Р\ и Qr, б) Л, Р2 и Q2; в) Л, Рз и Q3.
3. Построение сечения многогранника плоскостью,
проходящей через данную прямую,
перпендикулярно данной плоскости
554. Плоскость а проходит через точки Л, Л( и точку Р — середину ребра
ВС куба ABCDA\B\C\D\. Построить сечения куба плоскостями, перпендикуляр¬
ными плоскости а и проходящими через следующие прямые: a) DD\-, б) A\D\ в) CD\.
Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а.
555. Плоскость а проходит через вершину В1 и через точки Р и Q —
середины соответственно ребер АВ и ВС куба ABCDA\B\C\D\. Построить сече¬
ния куба плоскостями, перпендикулярными плоскости а и проходящими через
следующие прямые: a) DD{, б) A\D\\ в) C\D\. Найти линии пересечения построен¬
ных секущих плоскостей с плоскостью а.
556. Плоскость а проходит через вершину В\ и через точки Р и Q, взятые
соответственно на ребрах АВ и ВС куба ABCDA\B\C\D\ таким образом, что
ВР'.ВА = BQ: ВС = 3:4. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными
плоскости а и проходящими через следующие прямые: а) Л(Сь б) A\D\ в) C\D.
Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а.
557. Точки К, L и М — середины соответственно ребер CD, AD и Л1в1 куба
ABCDA\B\C\D\. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными плос¬
кости АВ\С и проходящими через следующие прямые: а) А\К\ б) C\L\ в) DM.
Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью АВ\С.
558. Плоскость а проходит через точку Р — середину ребра ВС и через вер¬
шины А и В\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с отношением ре¬
бер AB:AD:AA 1 = 1:2:1. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, пер¬
пендикулярными плоскости а и проходящими через следующие прямые: a) DD\\
б) A\D{\ в) D\C\. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей
с плоскостью а.
559. На ребре ВС прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ с от¬
ношением ребер AB:AD:AA 1 = 1:2:2 взяты точки Pi, Р2 и Рз — такие, что
188
CPi = PiP? = Р?Рз = РзВ, а на ребре A\Di взята точка К — середина этого ребра.
Построить сечения параллелепипеда плоскостями, проходящими через прямую
ВК, перпендикулярно следующим плоскостям: a) C\DP\-, б) CiDP?-, в) C\DP^.
Найти линци пересечения построенных секущих плоскостей с заданными плос¬
костями.
560. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат
ABCD. Отношение ребер АВ',АА\=<2'.3>-у[2. На ребре ВВ\ взята точка Е — сере¬
дина этого ребра. Построить сечения параллелепипеда плоскостями, перпендику¬
лярными плоскости АЕС и проходящими через следующие прямые: a) B\Dr,
б) Л/)|; в) CD\. Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с
плоскостью АЕС.
561. Плоскость а проходит через точку D — середину ребра АС — и че¬
рез вершины В и С| правильной призмы АВСА\В\С\, боковые грани которой —
квадраты. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными плоскос¬
ти а и проходящими через следующие прямые: а) ААг, б) AiCr, в) Л(В1.
Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а.
562. В основании прямой призмы ABCAiBiCt лежит равнобедренный пря¬
моугольный треугольник АВС. Отношение ребер призмы АВ :AC:AAi =
= •72:1:л/2- На ребрах АС и В\С\ взяты соответственно точки D и Е — середины
этих ребер. Построить сечения призмы плоскостями, проходящими через пря¬
мую DE и перпендикулярными следующим плоскостям: а) АВВг, б) АССг,
в) ВСС\.
563. Плоскость а проходит через точку D — середину ребра АА\ — и че¬
рез вершины В\ и Ci призмы АВСА\В\С\, в основании которой лежит прямоуголь¬
ный треугольник АВС и боковые грани AAtCiC и BBiCiC которой — квад¬
раты. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными плоскости а
и проходящими через следующие прямые: a) AtC; б) AiB; в) BD. Найти
линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью а.
564. На ребрах АВ, SA и SB правильного тетраэдра SABC взяты соответ¬
ственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Построить сечения тетраэдра
плоскостями, перпендикулярными плоскости SBC и проходящими через следующие
прямые: a) CD\ б) DF-, в) FE.
565. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник АВС, а ее
боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания. На ребрах АВ и АС взяты
соответственно точки D и Е — середины этих ребер. Построить сечения пира¬
миды плоскостями, перпендикулярными плоскости SBC и проходящими через сле¬
дующие прямые: а) б) SE; в) SD.
566. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник АВС,
боковая грань SAB пирамиды перпендикулярна плоскости основания и является
правильным треугольником. На ребрах АВ, ВС и АС взяты соответственно
точки D, Е и F — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостя¬
ми, перпендикулярными плоскости SDE и проходящими через следующие пря¬
мые: a) SF\ б) S/4; в) SC. Найти линии пересечения построенных секущих
плоскостей с плоскостью SDE.
567. Высота правильной пирамиды SABC равна стороне основания. На ребрах
АВ, и SB взяты соответственно точки Е, F и К — середины этих ребер. Пост¬
роить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плоскости SBC и про¬
ходящими через следующие прямые: a) DE\ б) DF-, в) DK.
189
568. Боковое ребро правильной пирамиды SABCD равно диагонали ее основа¬
ния. На ребрах АВ, ВС и ЗЛ взяты соответственно точки Е, F и К — середины
этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плос¬
кости SEF и проходящими через следующие прямые: a) AD; б) DE; DK. Най¬
ти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью SEF
569. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник отношением
Сторон AB:AD=\;2, а ее диагональное сечение является правильным треуголь¬
ником. На ребрах АВ, ВС и SC взяты соответственно точки Е, F и К — середины
этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными плос¬
кости SEF и проходящими через следующие прямые: a) DC; б) DK; в) DE.
Найти линии пересечения построенных секущих плоскостей с плоскостью SEF
4. Построение сечения многогранника плоскостью,
проходящей через данную точкуЛ
перпендикулярно данной прямой
570. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка К — такая, что
CK:CCi=3:4, а на прямой DK взяты точки Р[у Р2 и Р3— такие, что DP\ =
= р{р2 — р2р3 = Р3К. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными
прямой DK и проходящими через следующие точки: а) Р\; б) Р2; в) Р3.
571. На ребре AD куба ABCDA\BiC\D{ взяты точки Е\, Е2 и Е3 — такие,
что AE\=E\E2 = E2E3 = E3D. Построить сечения куба плоскостями, проходящими
через вершину С, перпендикулярно следующим прямым: а) С\Е\; б) С\Е2; в) CiE3.
572. Построить сечения правильного тетраэдра SABC плоскостями, проходя¬
щими через точку Р — середину ребра SC, перпендикулярно следующим пря¬
мым: a) SB; б) SM, где точка М — середина ребра АВ; в) SK, где точка К
делит медиану BL треугольника АВС в отношении ВК:ВЕ=1:3.
573. Точка К— середина ребра SB правильного тетраэдра SABC. На пря¬
мой А К взяты точки Р\, Р2 и. Р3 — такие, что АР1=Р1Р2 = Р2Р3 = Р3К. Построить
сечения тетраэдра плоскостями, перпендикулярными прямой А К и проходящими
через следующие точки: а) Р(; б) Р2; в) Р3.
574. Точка К — середина ребра SC правильной пирамиды SABC, все плоские
углы при вершине 3 которой прямые. На прямой А К взяты точки Р{, Р2 и Р3 —
такие, что АР\ = Р\Р2 = Р2Р3 = РзК. Построить сечения пирамиды плоскостями,
перпендикулярными прямой А К и проходящими через следующие точки: а) Р\ ;
б) Р2; в) Р3.
575. На диагонали АВ\ грани АА\В\В прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер AB:AD:AAi =2:1:2 взяты точки Р\, Р2
и Р3 — такие, что АР\ = Р\Р2 = Р2Р3 — Р3В\. Построить сечения параллелепипеда
плоскостями, перпендикулярными прямой АВ\ и проходящими через следующие
точки: а) Р\; б) Р2; в) Р3.
576. В основании призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный равнобедренный
треугольник: АС = ВС = АА\. На ребрах ВВ\ и В\С\ взяты соответственно точки
/( и N — середины этих ребер. Построить сечения призмы плоскостями, прохо¬
дящими через вершину В, перпендикулярно следующим прямым: а) СВ\; б) СК;
в) CN.
577. В правильной призме АВСА\В\С\ АА\'.АВ=\;2. На ребре ВС взяты
точки К\, К2 и Кз— такие, что ВК\ = К\Къ = КъКз = КзС. Построить сечения приз-
190
мы плоскостями, проходящими через вершину В, перпендикулярно следующим
прямым: а) В\К\', б) В,К2; в)
578. В правильной призме ABCA\B[Ci AA[iAB=2:\. На ребре CCi взяты
точки К\, К2 и Кз — такие, что CKi = KiK2 = К2Кз = КзСь Построить сечения
призмы плоскостями, проходящими через вершину С, перпендикулярно следующие
прямым: а) ВК2', б) BKi\ в) ВКз-
579. На ребре АА{ правильной призмы ABCDAiBtCiDi с отношением ребер
АВ:AD:AA 1 = 1:1:2 взяты точки Р\, Р2 и Рз — такие, что АР\ = Р[Р2~Р2Рз =
= Р3А[. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными прямой
B\D и проходящими через следующие точки: а) Pi; б) Р2; в) Р3.
580. Точка М — середина ребра АА{ прямой призмы АВСА\В\С\, основанием
которой является прямоугольный треугольник, а отношение ребер АС:ВС:СС\ =
= 1:1:2. На прямой С\М взяты точки Рь Р2 и Р3 — такие, что С\Р\ = Р\Р2 =
= р2р3 = Р3М. Построить сечения призмы плоскостями, перпендикулярными пря¬
мой CiM и проходящими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Рз.
581. На ребре АВ правильной треугольной призмы АВСА\В\С\ с отношением
ребер ЛВ:ЛЛ1=2:д/3 взята точка К — середина этого ребра, а на прямой
С\К взяты точки Pi, Р2 и Рз — такие, что KPi = Р1Р2 = Р2Рз = РзС1. Построить
сечения призмы плоскостями, перпендикулярными прямой CiK и проходящими
через следующие точки: а) Рь б) Р2; в) Р3.
582. Точка К — середина ребра ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\. На ребре СС\ взя¬
ты точки Pi, Р2 и Рз —такие, что CPi =Р1Р2 = Р2Р3 = Р3Сь Построить сечения
куба плоскостями, перпендикулярными прямой А К и проходящими через сле¬
дующие точки: а) Pi; б) Р2; в) Рз.
583. Точка К — середина ребра AD прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\, отношение ребер которого AB:AD:AA{ = 1:2:1. На ребре DC
взяты точки Р|, Р2 и Рз — такие, что Z)Pi =PiP2 = P2P3 = P3C. Построить сече¬
ния параллелепипеда плоскостями, перпендикулярными прямой А\К и проходя¬
щими через следующие точки: а) Рг, б) Р2; в) Р3.
584. Точка К — середина ребра ВВ\ правильной треугольной призмы
ABCAiBiCi с отношением ребер ЛЛ1:ЛВ = 2:1. На ребре СС\ взяты точки Рь Р2 и
Рз — такие, что CPi = Р1Р2 = Р2Р3 = Р3Сь Построить сечения призмы плоскостя¬
ми, перпендикулярными прямой А К и проходящими через следующие точки:
а) Р,; б) Р2; в) Р3.
585. На стороне АВ правильной треугольной пирамиды SABC взята точка
D — середина этого ребра, а на прямой CD взята точка L — такая, что тре¬
угольник SDL равносторонний. На прямой SL взяты точки Рь Р2 и Р3 —
такие, что LPi =Р1Р2 = Р2Р3 = РзВ. Построить сечения пирамиды плоскостями,
перпендикулярными прямой SL и проходящими через следующие точки: а) Рь
б) Р2; в) Р3.
586. На ребре CD пирамиды SABCD, в основании которой лежит прямо¬
угольник, взяты точки Рь Р2 и Р3 — такие, что Z)Pi = Р1Р2 = Р2Р3 = Р3С. Боко¬
вое ребро перпендикулярно плоскости основания и отношение ребер пира¬
миды AB:AD:SA =2:1:1. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпенди¬
кулярными прямой АВ и проходящими через следующие точки: а) Рь б) Р2;
в) Р3.
587. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат. Ее боковое ребро SC
перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На медиане
191
DF боковой грани SCD взяты точки Р\, Р2 и Р3— такие, что DP\ =
= Р\Р‘2 = Р2Рз = P.iF Построить сечения пирамиды плоскостями, перпенди¬
кулярными прямой DF и проходящими через следующие точки: а) Р\, б) Р2,
в) Рз.
588. Основанием пирамиды SABCD является квадрат ABCD. Точка О —
основание высоты SO пирамиды — является серединой стороны АВ и SO = AB. На
ребрах SB, SC и SD пирамиды взяты соответственно точки Р, Q и Р — сере¬
дины этих ребер. Построить сечения пирамиды следующими плоскостями: а) плос¬
костью, проходящей через точку Р, перпендикулярно ребру SB; б) плоскостью,
проходящей через точку Q, перпендикулярно ребру SC; в) плоскостью, прохо¬
дящей через точку R, перпендикулярно ребру SD.
589. Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник ABCD. Точ¬
ка О — основание высоты SO пирамиды — делит пополам сторону АВ. От¬
ношение ребер пирамиды АВ :AD:SO = 2:1:2. На ребре SC взяты точки
Pi, Р2 и Рз — такие, что SPi = Р\Р2 = Р2Рз = РзС. Построить сечения пирамиды
плоскостями, перпендикулярными прямой SC и проходящими через следующие
точки: а) Рг, б) Р2; в) Р3.
590. На диагонали BiD прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\CiDi
с отношением ребер AB:AD:AAi = 1:2:1 взяты точки Рь Р2 и Р3 — такие, что
BiPi = PiP2 = P2P3 = P3Z). Построить сечения параллелепипеда плоскостями, пер¬
пендикулярными прямой B\D и проходящими через следующие точки: a) Pi;
б) Р2; в) Р3.
591. Точка К — середина диагонали АВ\ грани АА\В\В куба ABCDAiB\C\D\.
На прямой СК взяты точки Рь Р2 и Рз — такие, что СР\=Р\Р2 = Р2Рз = РъК-
Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными прямой СК и проходя¬
щими через следующие точки: a) Pi; б) Р2; в) Р3.
592. Точки К, L и М — середины соответственно ребер CD, ВС и SC пра¬
вильной пирамиды SABCD, все ребра которой равны. Построить сечения этой
пирамиды плоскостями, проходящими через вершину D, перпендикулярно следую¬
щим прямым: а) АК', б) SL; в) ВМ.
593. Противоположные грани SAB и SCD пирамиды SABCD перпенди¬
кулярны плоскости основания. Высота SO пирамиды равна стороне CD основа¬
ния и проектируется в точку О — такую, что CD'. СО =1:2. Четырехугольник
ABCD является трапецией, основание ВС которой перпендикулярно боковой
стороне CD и AD = CD. Построить сечения пирамиды плоскостями, прохо¬
дящими через точку D, перпендикулярно следующим прямым: a) SC; б) S4;
в) SB.
594. На ребре SC правильного тетраэдра SABC взяты точки Р\, Р2 и Рз —
такие, что СР{= Р\Р2 = Р2Рз = PzS. Найти геометрическое место точек, одинако¬
во удаленных от вершин S и В тетраэдра и принадлежащих следующим
секущим плоскостям: а) АР\В\ б) АР2В\ в) АРзВ.
595. На высоте SO правильной четырехугольной пирамиды SABCD, диаго¬
наль основания которой равна боковому ребру, взяты точки Р\, Р2 и Рз — такие,
что ОР\ =Р{Р2 = Р2Рз = P^S. Найти геометрическое место точек, одинаково уда¬
ленных от вершин S и С пирамиды и принадлежащих следующим секущим
плоскостям: a) CDP\\ б) CDP2\ в) С£>Р3.
596. На ребре В\С\ правильной треугольной призмы АВСА\В\С} с отношением
ребер АВ'.ААi=2:1 взяты точки Р2 и Рз — такие, что С\Р\ = Р\Р2 = Р2Р$ =
192
= Р3В\. Найти геометрическое место точек, одинаково удаленных от точек В и
Р2, и принадлежащих секущим плоскостям, проведенным через прямую ЛС1, па¬
раллельно следующим прямым: а) СР\; б) СР2; в) СР3.
597. На ребре СС\ куба ABCDA\В\С\D\ взята точка /( — середина этого
ребра, а на ребре В\С\ взяты точки Р2 и Р3 — такие, что С\Р\ = Р\Р2 =
= р2р.3^~ Р3В[. Найти геометрическое место точек, одинаково удаленных от то¬
чек А\ и /^.принадлежащих секущим плоскостям, проведенным через прямую
DK, параллельно следующим прямым: а) СР\\ б) СР2; в) СР3.
598. На ребрах SB и CD правильной четырехугольной пирамиды SABCD
взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер, а на прямой KL взяты
точки Р\, Р2 и Р3 — такие, что LP\ =Р1Р2 = Р2Р3 = Р3К. Высота пирамиды равна
стороне ее основания. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендику¬
лярными прямой KL и проходящими через следующие точки: а) Р\ \ б) Р2; в) Р3.
599. На ребрах АВ и DDi куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точ¬
ки Р и Q — середины этих ребер. Найти точки, одинаково удаленные от сле¬
дующих четырех точек: а) Ль Ci, Р и Q; б) Л, Ci, Р и Q; в) Z), Сь Р и Q.
600. На продолжениях ребер АВ и DD\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты
соответственно точки Р и Q — такие, что АР:ВР = 3: \ и DiQiDQ = 3:1. Постро¬
ить точки, одинаково удаленные от следующих четырех точек: а) Ль Сь Р и Q;
б) Л, Ci, Р и Q; в) D, Ci, Р и Q.
601. Два равных равнобедренных прямоугольных треугольника АВС и АВ\С
расположены так, что катет АС у них является общим, а BBi=AB. Найти точ¬
ки, одинаково удаленные от точек В и В\ и принадлежащие следующим пря¬
мым: а) ВС\ б) В]С; в) АС.
602. Построить геометрическое место точек, лежащих на поверхности куба
ABCDA\B\C\D\ и одинаково удаленных от следующих пар прямых: a) BiCi и
CD\ б) AD\ и C\D\ в) DP и AQ, где точки Р и Q — середины соответственно
ребер ЛЛ| и BBi куба.
§ 12. УГОЛ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ
Напомним, что углом между скрещивающимися прямыми назы¬
вается угол между пересекающимися параллельными им прямыми.
Таким образом, ясно, что угол между скрещивающимися пря¬
мыми является острым углом.
При решении задач на нахождение угла между скрещиваю¬
щимися прямыми применяются следующие способы (методы)
1. Поэтапно-вычислительный.
2. Векторно-координатный.
3. Геометрический.
В некоторых случаях удается решить задачу и векторно¬
координатным способом. Отметим, что, применяя векторно¬
координатный способ, следует иметь в виду, что если ср — угол
между скрещивающимися прямыми, то cos ср = I cos (а^Ь)\, где
а и b — векторы, коллинеарные заданным скрещивающимся
прямым.
193
Рис. 145
Рассмотрим применение указанных способов сначала на одном
примере.
Пример 1. На ребрах АВ, АС и SC правильной пира¬
миды SABCD, у которой все плоские углы при вершине S пря¬
мые, взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер.
Найдем угол между прямыми DF и SE.
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 145, а)
Прежде всего построим какой-нибудь угол, равный искомому уг¬
лу. Это можно сделать, например, так. В плоскости ЗЛС, кото¬
рая проходит через прямую SE — одну из данных скрещивающих¬
ся прямых — и точку F, взятую на другой из них, проведем через
точку F прямую FK\\SE. Тогда угол между прямыми DF и FK
равен искомому углу. Найдем угол DFK. Пусть для краткости
Z_DFK = Соединим далее точку D с точкой К. Таким образом,
угол ср мы включили в треугольник DFK. Подсчитаем теперь сто¬
роны этого треугольника.
Для выполнения подсчетов, как обычно, введем вспомогатель¬
ный параметр, положив, например, сторону основания пирамиды
194
равной а. Тогда в равнобедренном треугольнике SAC с пря¬
мым углом при вершине S медиана SE равна половине гипо¬
тенузы АС, и, следовательно, средняя линия FK треугольника SEC
равна
Сторону DF подсчитаем из треугольника SDF Гак как SC ± ЗЛ
SC±SB, то SC-LSZ). Поэтому в треугольнике SDF
DF = ^[SEF — SF2 Но SD = -^~, SF = -^- SC, где из прямоугольного
равнобедренного треугольника SAC SC= , и поэтому
SF = а--р- Таким образом,
Затем в треугольнике ADK DK2—AD' -{-АК2 — 2ADX
ХАК cos DAK, т е. DK2 =— Итак, мы подсчитали стороны тре-
16
угольника DFK и теперь из равенства DK2 = DF2FК? —
— 2DF• FK cos ф находим, что cos ср = О, т. е. <р = 90° Это зна¬
чит, что и угол между прямыми DF и SE также равен 90°
Векторно-координатный способ (рис. 145, б). Так как заданная
пирамида правильная, то ЗЛ = ЗВ = ЗС. Кроме того, все углы при
вершине S по условию прямые. Эти обстоятельства позволяют
ввести в пространстве прямоугольную систему координат, началом
которой является точка 3, а отрезки ЗЛ, SB и SC — единичны¬
ми отрезками соответственно осей Sx, Sy и Sz. В этой системе
координат точки S, А, В и С имеют следующие координаты:
S (0; 0; 0), А (1; 0; 0), В (0; 1; 0) и С (0; 0; 1).
—>■ —>
Найдем теперь координаты векторов DF и SE. Для этого сна¬
чала найдем координаты точек D, F и Е: D ; -i-; 0^
F(°- °' т) £(т’0;т) а аате" " ~Ь т)
Далее находим: cos (DF, SE) = |cos (DF, S£)| =
Таким образом, угол между прямыми DF и SE равен 90°
Геометрический способ (рис. 145, в). Так как отрезки ЗЛ,
SB и SC равны между собой и попарно перпендикулярны, то
195
можно принять их за ребра куба, выходящие из одной вершины.
Построим этот куб и заданные точки £), Е и F Соединим верши¬
ны Р и С куба и проведем диагональ SQ. Нетрудно убедиться, что
PC\\DF, т. е. угол между прямыми PC и SQ равен искомому углу.
Ясно, что прямая АС является проекцией прямой PC на плоскость
SAC и ДС-LSQ. Значит, и наклонная PC_LSQ. А тогда и DF±SE.
Векторно-координатный способ (рис. 145, г). Положим для
краткости SA = a, SB = b и SC —с. Тогда
DF = DS + S^=-^^A-^=^^y a SE = ±±1-
2'2 2 2 ’
DF • SE = c — J a?— a2 — ab-\~? — ac — be
2*2“ 4
Ho a±6, b_Lc. Поэтому ab = 0 и be = 0. Кроме того, |a| = |c|.
Тогда DF - SE = = |a|2~|a!-2-- = 0> и, значит, DF.LSE.
4 4
Пример 2. В правильной пирамиде SABC отношение бо¬
кового ребра к стороне основания равно 2:1. На ребрах АВ и АС
взяты соответственно точки М и К — середины этих ребер. Найдем
угол между прямыми SM и ВК.
Решение. Выполним сначала некоторые построения
(рис. 146). Проведем через прямую SM — одну из заданных пря¬
мых — и точку О, взятую на другой заданной прямой, плоскость
SMC. В этой плоскости через точку О проведем прямую 0£>||SM.
Тогда угол между прямыми OD и ВК равен искомому углу.
Соединим точку D с точкой К и найдем угол DOK треугольника
DOK.
Для этого подсчитаем стороны треугольника DOK- Положим
с этой целью АВ = а (вспомогательный параметр) Тогда
SA=2a, и, как нетрудно найти, ВК=^-^-, ОК=-^~ВК=^-,
Z о о
SM = ^SA2-AM2=-^£^, OD = ^-SM=^p-
Из треугольника DC К D К2 = СК2 + CD2 — 2С К -CD cos DC К,
где СК=-2-, С£>=-|-SC = -y-, и.из прямоугольного треугольника
SCK cos DCK=~=-^- Тогда DK2=-^-
SC 4 36
Применяя теперь теорему косинусов к треугольнику DOK> по-
лучаем DK2 = ОК2+ OD2— 2ОК-OD cos <р, или
ои оО У
— 2» а^-- a^-cos ф, откуда cos Ф = ^у
Так как найденное значение cos ср положительно, то угол ф
острый. Это значит, что угол между прямыми SM и ВК равен
д/5
углу ф, т. е. равен arccos -t-
196
в
s
А
Рис. 146
Рис. 147
Замечания. Отметим, что если бы для нахождения угла между пря¬
мыми OD и В К мы искали бы угол DOB треугольника DOB, то мы бы обна¬
ружили, что cos/)OB<0, т. е. Z.DOB тупой. Тогда искомый угол равен
180°-ZZ)OB.
2. Для включения искомого угла в треугольник можно было бы посту¬
пить и по-другому. Так, если в плоскости АВС провести прямую ML\\BK, то угол
между прямыми SM и ML равен искомому углу. Подсчитав из треуголь¬
ника SML угол SML, мы нашли бы затем и угол между прямыми SM и ВК.
Пример 3. В прямоугольном параллелепипеде
ABCDAiB[C[Di угол между прямыми B\D и CD\ равен 90° и
AB:AD=l:2. Найдем угол между прямыми АС и C\D.
Решение. Решим задачу векторно-координатным способом.
Точку В примем за начало прямоугольной системы координат
Вхуг, длину отрезка АВ примем за единицу и выберем направле¬
ния осей, как показано на рисунке 147 Тогда точки В, С, А и В\
будут иметь следующие координаты: В (0; 0; 0), С (2; 0; 0), А (0; 1; 0)
—>- —>- —>- —>■
и В| (0; 0; z). Найдем координаты векторов BtD, CD\, АС и C]D:
B^D(2; 1; -г), CD' (0; 1; z), AC (2; -1; 0) и C^D (0; 1; -z).
Так как B\D ±CD|, to B]D _LCZ)|, и, следовательно,
B]D-CDi=0. Таким образом, 2-0+1 >+(—z)z = 0, откуда
9 1
= 1
Далее, cos(4C, C{D)= |cos (AC, CJ)}\=——LJ-1L =
Д+1 71+z2
= > и так как то cos (AC, C\D)=^-
Итак, угол между прямыми АС и C\D равен arccos
Пример 4. В основании пирамиды лежит параллелограмм
ABCD, угол BAD которого равен 45°, а отношение сторон
AB\AD= 1 :д/2. Грань SAB является равносторонним треуголь¬
197
ником, а ее медиана SF перпендикулярна плоскости основания.
На ребре SC взята точка М— такая, что SM:SC = 2:3. Найдем
угол между прямыми SF и DM.
Решение (рис. 148) Решим задачу векторно-координатным
способом. Так как прямая ЗВ перпендикулярна плоскости ЛВС,
то SF-LFA. Проведем диагональ BD. В треугольнике ABD
ABAD = 45° и ЛВ:ЛО=1:л/2, т. е. Л£> = ЛВд/2.
Тогда, так как BD2 = AB2 + AD2 — 2AB-AD cos 45° т. е.
ВВ2 = ЛВ2 + (ДВ д/2)2 — 2АВ (АВ -д/2) , то BD2 = AB2, и, значит,
BD = AB. Поэтому ЛВОЛ = ЛВЛО = 45°, a AABD = 9Q° Про¬
ведем теперь через точку F прямую FK\\BD. Таким образом, пря¬
мые FK, FA w FS — это три попарно перпендикулярные пря¬
мые, пересекающиеся в одной точке, т. е. их можно принять за
оси декартовой системы координат с началом в точке F Итак,
F (0; 0; 0). Приняв отрезок FA за единичный, найдем координаты
точек К, А и S. Получим К(1, 0; 0), А (0; 1; 0), и так как
FS = A-B^, то S (0; 0; д/З). Далее находим координаты других
нужных точек: D (2; —1; 0), С (2; —3; 0), M^l, —|-,
Теперь можно найти координаты векторов FS и DM: FS (0; 0; ^/3),
6м(-^ -1;
\ 3 3 /
— - Ml
Тогда cos (SF, DM) = |cos (FS, DM)I=— <■■■- =
v’3a/4+i+4
Рис. 148
Рис. 149
198
Значит, угол между прямыми SF и DM равен arccos
Пример 5. На ребрах ВВХ и C\D\ куба ABCDA\B\C{DX взя¬
ты соответственно точки Р и Q — такие, что BP:BBi = 2:3,
C\Q: C\Di = 1:4. Плоскость, проходящая через точки Л, Р и Q,
пересекает прямые DD\ и В\С\ соответственно в точках Е и F
Найдем угол между прямыми EF и А
Решение. Построим сечение куба плоскостью APQ. Сде¬
лаем это векторно-координатным способом. Для этого, приняв
ребро куба за единичный отрезок, введем в пространстве пря¬
моугольную систему координат Вхух, как это показано на рисун¬
ке 149. Затем составим уравнение плоскости APQ. С этой целью
найдем координаты точек Р и Q и координаты векторов АР
и 4Q: р(о; 0; Q (1; -А- ; 1 ) Ар(0; - 1; -|-) AQ (1;
—Пусть вектор п (/г; /; tri)— нормальный вектор плос-
кости APQ. Тогда til. АР и nl_AQ.
Поэтому
k • 0 -р (— 1) И- 0»
k • 1 -р / -pm* 1 = 0.
Полагая, например, / = 4, находим из этой системы уравнений:
m = 6, k—— 3. Итак, п ( — 3; 4; 6). Тогда уравнение плоскости
APQ, проходящей через точку Л (0; 1; 0), будет таким: (х — 0)( — 3)~Р
+ (//—1) 4-P(z —0) 6 = 0, или Зх —4# —6z-p4 = 0. (*)
Найдем теперь координаты точек Е и F Так как точка Е
лежит на прямой £>Di, то две ее координаты известны. Это х=1,
у=\. Подставив эти координаты в уравнение (*), найдем и третью
координату точки Е: z = -|- Итак, 1; -0 Аналогично,
так как точка F лежит на прямой В\С\, то у = 0, z=l. Под¬
ставив эти координаты в уравнение (*), найдем, что х = -|-
Остается подсчитать косинус угла между прямыми EF и Л1С.
Находим координаты векторов EF и А[С: EF^—0 —1; -0
Л1С(1; —1; —1). Затем получаем
cos (EF, A iC)= | cos (EF, Л1С)| =
Г\ Г 21
У -д-+1+-4-^1 + 1 + 1
т. е. искомый угол равен arccos
199
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
603. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ угол между диагоналями BD{
и B\D равен 90° Найти углы, которые образует прямая B\D со следующими пря¬
мыми: а) ААг б) А1С1; в) CD].
604. На ребрах ВВ] и CD куба ABCDA]B]C]D] взяты соответственно точки
F и К — середины этих ребер, а на ребре AD взяты точки Е], Е2 и Е3 — такие, что
АЕ\ = E\E2 = E2E3 = E3D. Найти углы, которые образует прямая FK со следующими
прямыми: а) С]Ег, б) С]Е2, в) С]Е3.
605. Точки К и М— середины соответственно ребер АА] и AD куба
ABCDA\B\C\D\. Найти углы, которые образует прямая С\М со следующими пря¬
мыми: a) B}D\ б) СХ; в) АВ\.
606. На ребрах AD и ВВ] прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
с отношением ребер AB'.AD'.AA{ = \ : 2:2 взяты соответственно точки Е и F — се¬
редины этих ребер. Найти углы, которые образует прямая FE со следующими пря¬
мыми: а) АСг, б) BiD; в) DC].
607. На ребре СС\ правильной призмы ABCDA \B\C\D\ взяты точки Е\,
Е2 и £з — такие, что СЕ] = Е]Е2 = Е2Е3 = Е3С]. Отношение ребер призмы
АВ'.АА 1 = 1:2. Найти углы, которые образует прямая B]D со следующими пря¬
мыми: а) А\Ег, б) А\Е2\ в) ЛХз-
608. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D{ отношение ребер
АВ:/1О=1:2, а угол между прямыми B{D и CD] равен 90° На ребре В\С\ взя¬
ты точки Mi, М2 и Мз — такие, что ВМ] = М{М2 = М2М3 = М3С\. Найти углы, кото¬
рые образует прямая АС со следующими прямыми: а) ВМг, б) ВМ2, в) ВМ3.
609. На ребрах AD и CD прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B]C\D],
боковая грань АА]В]В которого является квадратом, взяты соответственно точ¬
ки М и К — середины этих ребер. Угол между прямыми В]М и С\К равен
arccos Найти углы, которые образует прямая АС] со следующими пря¬
мыми: а) ВМ, б) В]К', в) AiK-
610. Точка Е — середина ребра CD прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\,
в основании которого лежит ромб с острым углом BAD, равным 60°, и АА]=АВ.
Найти углы между следующими прямыми: a) DC] и В]С\ б) В\С и С|£;
в) С\Е и ОВ], где точка О — точка пересечения диагоналей основания.
611. В равностороннем конусе проведены осевые сечения SAB и SCD, а в тре¬
угольнике SCD проведена медиана СЕ. Найти угол между прямыми СЕ и SB в слу¬
чаях, когда угол между прямыми АВ и CD равен: а) 90°; б) 60°; в) 30°
612. Через образующую АА] цилиндра проведены сечение АСС]А] и осевое
сечение ABBjAi, являющееся квадратом. Найти углы между непересекающимися
диагоналями этих сечений в случаях, когда угол между прямыми АС и АВ равен:
а) 60°; б) 45°; в) 30°
613. Точки D и Е — середины соответственно ребер А]В] и АС правильной
призмы АВСА]В]С], у которой АА]=АВ. Найти углы между следующими пря¬
мыми: а) А]С и BD; б) BD и А\Е\ в) А\Е и AD.
614. На ребрах А]В} и АС прямой призмы АВСА]В]С\, у которой АС = ВС =
= АА] и Z Л СВ = 90° взяты соответственно точки D и Е — середины этих ре¬
бер. Найти углы между следующими прямыми: а) А]С и BD; б) BD и А]Е\
в) А]Е и AD.
200
615. На ребрах В\С\, АС и А\В\ прямой призмы ABCA\B\Ci, у которой
АС = ВС=АА[ и Z_ACB = Q0°, взяты соответственно точки D, Е и F — середины
ребер В\С\, АС и А{В. Найти углы, которые образует прямая DE со следующими
прямыми: а) ДСн б) BF; в) AF
616. В правильной призме АВСА\В\С\ отношение ребер АВ'.ААi = 1 :^3,
точка D — середина ребра АС. Найти углы, которые образует прямая B\D со
следующими прямыми: а) ВС; б) ДСг, в) ВА\.
617. Основанием призмы АВСА\В\С\ является прямоугольный треугольник
АВС, у которого АС = ВС. Грань ВСС\В\ перпендикулярна плоскости основания и
Z С)СВ = 45°, а ВС\ = ВС. Найти углы, которые образует прямая ДС1 со сле¬
дующими прямыми: а) ВС; б) СВ\; в) А\В.
618. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС.
Ребро ЗД пирамиды перпендикулярно плоскости АВС и SA=AC = ВС. На
ребре SB взяты точки D\, D2 и D3— такие, что BD\= D\D2 = D2DS = D3S.
Найти углы между следующими прямыми: a) CD\ и AD2; б) CD{ и ДО3; в) CD3
и AD\.
619. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС.
Ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = АС = ВС. На ребрах SC,
SB и SC взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Найти
углы между следующими прямыми: a) BD и СЕ; б) BD и AF; в) СЕ и AF
620. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник АВС.
Ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = АС = ВС. На ребрах SC,
SB и ЗД взяты соответственно точки D, Е и F — середины этих ребер. Точка
О — центроид треугольника АВС. Найти углы между следующими прямыми:
а) SO и АЕ; б) АЕ и CF; в) OD и CF
621. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD. Ребро SB перпенди¬
кулярно плоскости основания и SB;AB=\;\. На ребре SC взята точка Р —
середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DP со следующими
прямыми: а) АС; б) ЗД; в) 5Q, где точка О — центроид основания.
622. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон AB:AD= 1:2. Высота 50 пирамиды равна диагонали основания и проектиру¬
ется в точку пересечения диагоналей основания. На ребрах 50 и SB пира¬
миды взяты соответственно точки К и М — середины этих ребер. Найти углы
между следующими прямыми: a) DM и АС; б) ВК и DM; в) DK и ЗД.
623. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон AB;AD= 1:2. Высота 30 пирамиды проектируется в точку О — середину
ребра ВС — и SO=AB. На ребре ЗД взята точка Р—середина этого ребра.
Найти углы, которые образует прямая DP со следующими прямыми: а) 30;
б) АС; в) SC.
624. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро 5Д
равно стороне основания и перпендикулярно плоскости основания. На ребре SD
взяты точки Mi, М2 и Мз — такие, что DM\ = М\М2 = М2М3 = М35. Найти углы, ко¬
торые образует прямая SB со следующими прямыми: а) С/Vfi; б) СМ2; в) СМ3.
625. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон AB:AD—1:3. Высота SO пирамиды равна стороне AD и проектируется
в точку О, лежащую на прямой АВ,— такую, что АВ:АО= 1:2. На ребрах
SB и SC взяты соответственно точки F и М — середины этих ребер. Найти
углы, которые образует прямая OF со следующими прямыми: а) АС; б) ВМ; в) DM.
201
626. На ребрах АВ, AC, SB и SC правильной пирамиды SABC, все плоские
углы при вершине 3 которой прямые, взяты соответственно точки D, Е, F и К — се¬
редины этих ребер. Точка О — центроид основания. Найти углы между следую¬
щими прямыми: а) BE и 3D; б) BE и AF-, в) AF и О/(.
627. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник АВС,
а ее боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB —АВ. На
ребрах SC и АС взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер.
Точка О — центроид треугольника АВС. Найти углы, которые образует прямая
BD со следующими прямыми: а) ЗЛ; б) SE; в) SO.
628. В одном из диагональных сечений пирамиды SABCD угол при вер¬
шине 3 равен 90°, а в другом сечении — 60° Высота пирамиды проектируется в
точку О — точку пересечения диагоналей основания, угол между которыми ра¬
вен 90° На ребре SC взята точка М — середина этого ребра. Найти углы,
которые образует прямая DM со следующими прямыми: а) ЛС; б) SB; в) ЗЛ.
629. В основании пирамиды SABCD лежит параллелограмм ABCD, у кото¬
рого Л B:AD — 1:2 и Z В ЛЕ —60° Грань SAB является правильным треуголь¬
ником, медиана SM которого перпендикулярна плоскости основания. На ребре
ЗЛ взята точка Е — середина этого ребра. Найти углы, которые образует пря¬
мая DE со следующими прямыми: а) SM; б) ЗВ; в) SC.
630. На диагонали АС квадрата ABCD взяты точки Кь Кг и Кз — такие, что
АК\ = К\К? = К‘2Кз = КлС. Квадрат ABCD согнут по диагонали АС так, что тре¬
угольник BKzD равносторонний. Найти углы, которые образует прямая CD со
следующими прямыми: а) ВК\\ б) В/(2; в) ВК3.
631. Прямоугольник Л BCD с отношением сторон ЛВ:ВС = 3:1 согнут по пря¬
мой PQ\\BC так, что прямая АР перпендикулярна прямой РВ и АР: РВ =2:1. Най¬
ти углы между следующими прямыми: a) BD и AQ: б) BQ и DP\ в) BD и
AR, где точка R — середина отрезка DQ.
632. Через вершину С и точки D и Е — середины соответственно ребер
ЛiCi и ВВ| правильной призмы АВСА\В\С\ с отношением ребер ЛЛ1:ЛВ = 2:1 —
проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая В\С\ со
сторонами многоугольника, полученного в сечении призмы.
633. В основании пирамиды SABC с равными боковыми ребрами лежит
треугольник ЛВС, у которого АС=ВС и Z_ А СВ = 90° Грань ЗЛВ является
правильным треугольником. Через точки Р, Q и R — середины соответственно
ребер AC, SC и высоты SO — проведена секущая плоскость. Найти углы, кото¬
рые образует прямая ВС со сторонами многоугольника, полученного в сече¬
нии пирамиды.
634. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а боковое ребро ЗВ
перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребрах АВ, AD и SC взяты
соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер — и через эти точки прове¬
дена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая ВС со сторона¬
ми многоугольника, полученного в сечении пирамиды.
635. На ребрах DD\ и В\С\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р и Q — такие, что DP: DD\ = \ :3, BQ:BiCi=2:3. Через точки Л, Р и Q
проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образует прямая А\С со
сторонами многоугольника, полученного в сечении куба.
636. Диагональное сечение BB\D\D правильной призмы ABCDA\B\C\D\
является квадратом. Точка Р — середина ребра AD, а точка Q — центроид гра-
202
ни DDiC\C. Через точки Ль Р и Q проведена секущая плоскость. Найти углы,
которые образует прямая А\С со сторонами многоугольника, полученного в се¬
чении призмы.
637. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный тре¬
угольник с прямым углом при вершине С и СС\:АВ = 2:^/2. Через точку Р, взя¬
тую на ребре АВ, проведена секущая плоскость, перпендикулярная диагонали
ВС\. Найти углы, которые образует прямая Л1В1 со сторонами многоугольни¬
ка, полученного в сечении призмы.
638. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с уг¬
лом АСВ, равным 90° Боковое ребро ЗЛ пирамиды перпендикулярно плоскости
основания и ЗЛ: ЛВ =/3:д/2. Через точку Р, взятую на ребре АВ, проведена
секущая плоскость, перпендикулярная ребру SC. Найти углы, которые образует
прямая SM, где точка М — середина ребра ВС, со сторонами многоугольника,
полученного в сечении пирамиды.
639. Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник с отношением
сторон AB:AD=\ :2. Боковое ребро SB пирамиды перпендикулярно плоскости ос¬
нования и SB=AB. Через точку Р, взятую на ребре AD, проведена секущая
плоскость, перпендикулярная ребру SC. Найти углы, которые образует прямая АС
со сторонами многоугольника, полученного в сечении пирамиды.
640. На ребрах СС\ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
Р и Q — такие, что CP:CCi = \ :3, AQ:AD=\:3. Через вершину D проведена
секущая плоскость, перпендикулярная прямой PQ. Найти углы, которые образует
прямая ВС со сторонами многоугольника, полученного в сечении куба.
641. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный тре¬
угольник, а СС\ =АС = ВС. На ребрах АВ и ВВ{ взяты соответственно точки
Р и К — середины этих ребер. Построить сечение призмы плоскостью, проходя¬
щей через точку Р, параллельно прямым АС\ и СК. Найти углы, которые об¬
разует прямая А 1В| со сторонами многоугольника, полученного в сечении призмы.
642. На ребрах CD и СС\ куба ABCDA\B\C{D\ взяты соответственно
точки F и М — середины этих ребер. Построить сечение куба плоскостью, про¬
ходящей через вершину А, параллельно прямым B\F и ВМ. Найти углы, ко¬
торые образует прямая А\С со сторонами многоугольника, полученного в се¬
чении куба.
643. На ребре SC правильной пирамиды SABCD взяты точки К и L —
такие, что СК = KL = LS, а на диагонали АС взята точка Р — такая, что АР: АС —
= 1:4. Отношение высоты пирамиды к стороне -ее основания равно I:д/2.
Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку Р, па¬
раллельно прямым ОК и DL. Найти углы, которые образует прямая SO со сто¬
ронами многоугольника, полученного в сечении пирамиды.
644. На ребрах АА\ и В\С\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р и Q — такие, что АР: А А1 = 1:4, P\Q :В{С\ = 1:3. Плоскость, проходящая
через точки D, Р и Q, пересекает прямые A i#i и СС\ соответственно в точках F и Е.
Найти углы, которые образует прямая AiC со следующими прямыми: а) РЕ;
б) QE; в) FE.
645. На ребрах AD\, СС\ и прямоугольного параллелепипеда
ABCDA[B[C\D[, у которого AB:AD:AA\ = 1:2:1, взяты соответственно точки Р,
Q и R — такие, что АР: AD = CQ: СС{ = 1:2, A {R:A\В{ = 1:4. Плоскость, проходя¬
щая через точки Р, Q и R, пересекает прямые CD, АА\ и В\С\ соответственно
203
точках Е, и F Найти углы, которые образует прямая BQ со дующи¬
ми прямыми: а) РЕ\ б) PL\ в) PF
646. На ребрах АС, СС\ и .4|Bi правильной призмы ABCA\BiC\ с отноше¬
нием ребер А В: АА i = 1:2 взяты соответственно точки Р, Q и R середины
этих ребер. Плоскость, проходящая через точки Р, Q и R, пересекает прямые
АВ и В\С\ соответственно в точках F и Е. Найти углы, которые образует пря¬
мая ВС\ со следующими прямыми: a) QE; б) РЕ\ в) FE.
647. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна стороне ее основания.
На диагонали АС основания взята точка Р — такая, что АР: АС = 1:4, а на ребрах
SB и CD пирамиды взяты соответственно точки Q и R — середины этих ребер.
Плоскость, проходящая через точки Р, Q и R, пересекает прямые АВ и SC соот¬
ветственно в точках F и Е. Найти углы, которые образует прямая SO со
дующими прямыми: а) РЕ\ б) QE; в) FE.
§ 13. РАССТОЯНИЕ от точки до прямой,
ДО ПЛОСКОСТИ И РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ
СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ
1. РАССТОЯНИЕ от точки ДО ПРЯМОЙ
Для определения расстояния от точки до прямой обычно
рассматривают треугольник, одной из вершин которого является
заданная точка, а две другие лежат на заданной прямой. Иско¬
мое расстояние находят как высоту этого треугольника, для чего
в большинстве случаев подсчитывают сначала стороны треуголь¬
ника. Вычисление сторон треугольника и затем его высоты выпол¬
няют поэтапно-вычислительным способом. При этом в некоторых
случаях бывает целесообразно ввести с этой целью прямоуголь¬
ную систему координат.
Рассмотрим примеры.
Пример 1. В прямоугольном параллелепипеде
ABCDA\B\C\D\ АВ = АА\=а, AD = 3a. На ребре AiВi взята точка
Р — середина этого ребра, а на ребре AD — точка Q — такая,
что AQ\AD = 2\3. Из вершины D\ опустим перпендикуляр D\H
на прямую PQ и найдем длину DiH
Решение (рис. 150, а) 1 способ. Для построения перпенди¬
куляра D\H подсчитаем стороны треугольника D[PQ. Из прямо¬
угольного треугольника D]DQ D\Q = a-y/~2. Из прямоугольного
треугольника Di/4jP D\P= -\[A\D2\4~Л|Р2=д/9а2 + ~-=
В плоскости АВВ\ через точку Р проведем прямую Р£||ЛД1 и
точку L соединим с точкой Q. Из прямоугольного треугольника
PQL
PQ = jPlr + QP = VpFTXQ2 + ~АР а2 + 4а2 + 4=
204
Рис. 150
Так как в треугольнике DiPQ PQ2 + DiQ2 —Н2а2 =
=-2^, a DtP2=^~, то DiP2<PQ2 + DiQ2, т. е. угол D{QP
4 4
тупой, и поэтому если точка И — основание искомого перпенди¬
куляра, то PH = PQ + OH.
Выражая D\H2 двумя способами, получим DXQ2 — QH2 —
= D\P2 — PH\ или DiQ2-Q№ = DiP2-(PQ + Q//)2, т. е. 2а2-
205
I ^L+QhY откуда QH=-^~
4 / y21
Тогда PQ:Q^=A^L:_?2_=21:4.
д/21
С помощью вспомогательного луча I строим точку Н Далее из
прямоугольного треугольника D\QH находим:
D, Н ■-= ^D'Q2~QH2 =^2a2-^=
II способ. Подсчитаем стороны треугольника D\PQ, введя
в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz. Сделаем
это, как показано на рисунке 150, б, воспользовавшись тем, что
прямые ВС, ВА и ВВ\ попарно перпендикулярны.
Находим далее координаты нужных точек: В (0; 0; 0),
С (Зя; 0; 0), А (0; я; 0), В\ (0; 0; я), далее О] (Зя; я; я),
р(о-, a) Q (2а; а; 0).
Тогда
D| Q = -yja? + а2 = а д/2
PQ =^J4a2+^+a2=^-
Подсчитаем теперь cos D\PQ. По теореме косинусов D\Q2
= DiP2 + PQ2-2DiP-PQ cos DiPQ, т. e. 2a2=^+^-2X
X a . a.V2^ cos D\PQ, откуда cos D\PQ =———
2 2 X y'37-21
Тогда sin , и если £)IH±PQ,
TO D'H ==D'P-sin DlPQ=^-2^f^r=^^-
Построение перпендикуляра D\H к прямой PQ можно теперь
выполнить, подсчитав отношение PQ:PH
Находим: PH = D\P cos •—25— =—5Д- , PQ\PH =
2 V37-21 2^/21
= _aj/2T_:_25a_=:21 ^5
2 2^Т
С помощью вспомогательного луча /, на котором откла¬
дываем отрезки PQ\ и РН\ —такие, что PQ{ :РН\ = 2\ :25, стро¬
им точку Н и затем искомый перпендикуляр D\H.
Пример 2. В основании пирамиды SABCD лежит прямо¬
угольник со сторонами АВ = а, ВС = 2а. Боковое ребро SB перпен-
206
дикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре АВ взята
точка Р — середина этого ребра, а на ребре SD — точка Q —
такая, что DQtDS = 3:4. Из вершины С опустим перпендикуляр
СН на прямую PQ и найдем длину СН.
Решение (рис. 151, а) / способ. Для построения перпен¬
дикуляра СН подсчитаем стороны треугольника CPQ. Из пря-
моугольного треугольника СВР находим: СР=-\[ВС2-\-ВР2 =
=V4“'+t=j4!L
Чтобы подсчитать стороны CQ и PQ треугольника CPQ, выпол¬
ним дополнительные построения:
1. В плоскости SBD через точку Q проведем прямую QN\\SB.
2. Точку /V соединим с точками С и Р Ясно, что Q/V_L/VC и
QN.LNP
3. В плоскости основания через точку W проведем пря¬
мую NK\\AB. Из подобия треугольников QND и SBD —=~
Рис. 151
207
Но -^т-=-7- и SB = a. Значит, QN = ~-
DS 4 4
Ясно также, что ^-=—, т е.
BD 4 BD 4
Из подобия треугольников BNK и BDC
т. е. NK——DC=—, а ВК=—ВС = -^, и тогда СК=^-а.
4 4 4 2
Из прямоугольного треугольника CNK
CN2 = CK2 + NK2=^+^~p,
4 1о 1о
а из прямоугольного треугольника CQN
CQ = Vovr+W =VJ77r+#=J-^
V 16 16 4
Нетрудно заметить, что если точка О — середина диагонали
BD, то PO\\AD, т. е. ABP0 = 9Q° и тогда PN—медиана,
проведенная на гипотенузу ОВ треугольника ВОР, равна:
PN=-L в О = -1- BD = -1- + = -1- л/а2'+4 (г = -С а л/5.
Тогда из прямоугольного треугольника PQN
Итак, в
QP Q л/Т7
V 1о 1о 4
треугольнике CPQ известны все три стороны:
Cq=o^46 и pQ=aJU
Ясно, что СР наибольшая сторона треугольника CPQ
/ а <17 = 2а <7 == а /68 \
\ 2 4 4 )
Сравним CQ2 + ^Q2 и СР2:
CQ2-\-PQ2—^L | Иа2 60а2 СР2~= ^а2 = 68а2
16 16 16 ’ 4 16
Таким образом, CQ2PQ2 <^СР2 Это значит, что A.CQP ту¬
пой. Тогда если CH±PQ, то PH = PQ + QH, и, выражая СИ2
двумя способами, получим равенство CQ2 — QH2 = СР2 — (PQ +
+ Q//)2, или Q//2 = J^ ^14 -j- QH ) откуда QH =
р и Д V14 | а V14 9а У! 4
— J I — и, следовательно
208
Зная это отношение, легко построить точку Н с помощью вспо¬
могательного луча /, на котором РН\: Q\H\ =9:2.
Осталось подсчитать длину СН
Из прямоугольного треугольника CQH получаем
CH = ^/CQ2 — QH2
a V2198
28
Итак, искомое расстояние равно —
II способ. Покажем теперь, как подсчитываются стороны
треугольника CPQ после введения в пространстве прямоуголь¬
ной системы координат Bxyz. (Это удобно сделать, если восполь¬
зоваться тем, что прямые ВА, ВС и BS попарно перпендикулярны.)
Так как АВ = а, ВС = 2а и SB —АВ, т. е. SB = a, то, выбрав
положительные направления осей, как показано на рисунке 151, б,
найдем координаты нужных точек. Получаем
В (0; 0; 0), С (2а; 0; 0), А (0; а; 0), S (0; 0; а),
далее D {2а- а- 0), ?(0; f , о) Q (-f , f
Тогда
/9а2 I а2 I 9а2 а л/46
V 4 + 16^ 16“ 4
/ a2 I а2 I 9а2 a -Д 4
V 4 Чб Чб“ 4
Дальнейшие выкладки можно выполнить либо так, как это сде¬
лано в I способе решения этого примера, либо следующим образом.
По теореме косинусов в треугольнике CPQ
CQ2 = CP2 + PQ^ — 2CP-PQ-cosCPQ, т. е. ^=-^4--^—
_2 A3p4_._a_/LCos CPQ, откуда cosCPQ=——
4 2 V14-17
Тогда sin СРО=-л/1 —=~\/ |57— , и если CH.LPQ, то
4 V 14-17 V 14-17
C/7 = CP-sin СРО = ^У-л/——
4 2 V 14-17 28
Непосредственное построение перпендикуляра СН можно те-
перь выполнить, подсчитав отношение PQ'.PH. Сделаем это.
Так как рц = СР-cos CPQ = £^11 то
2 /4-17 2/14
PQ: PH=-“-УЙ_: 9а_. __7.9
4 ’ 2 /14
209
Рис. 152
С помощью вспомогательного луча /, на котором откладыва¬
ем отрезки PQ\ и РН\ —такие, что PQ\zPH\ =7:9, строим точку
//, а затем искомый перпендикуляр СН.
Пример 3. На ребрах AAi и CD куба ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Пост¬
роим прямую /, проходящую через точку О\ — центр верхнего ос¬
нования куба, параллельно прямой PQ и, считая ребро куба
равным а, найдем расстояние от вершины D\ до прямой /.
Решение. Для построения прямой / построим сначала сече¬
ние куба плоскостью, проходящей через точки О\, Р и Q.
На рисунке 152 построены точка S — точка пересечения пря¬
мых РО\ и АО, затем след QS секущей плоскости на плоскости
АВС и точка L, потом точка Т, принадлежащая и плоскости се¬
чения, и прямой СС\, и после этого точки М и N.
Фигура PLQMN — требуемое сечение.
Теперь в плоскости сечения через точку О) проводим пря¬
мую l\\PQ и находим точку К, в которой пересекаются пря¬
мые I и TQ.
Найдем далее расстояние от вершины D\ до прямой /. Соединив
точку D\ с точками Oi и К, получим треугольник D\O\K, высота ко¬
торого, проведенная из вершины Dif и является искомым расстоя¬
нием. Чтобы его найти, подсчитаем стороны треугольника D\O\K'.
£>iO, =-|-DiB|
210
Из равенства прямоугольных треугольников С\О\Т и А\О\Р
(по двум катетам) ясно, что ТО{~О\Р Тогда в треугольнике
PQT О\К — средняя линия, т. е. О\К = -^-PQ.
Нетрудно найти, что PQ = --^Q - Тогда
2 4
Найдем еще сторону D\K. Для этого соединим точку D\ с точ¬
ками Q и Т и рассмотрим треугольник D\QT
Как уже отмечалось, OiK— средняя линия треугольника
PQT т е. точка К —середина стороны TQ, и D{K — медиана
треугольника D\QT
Из прямоугольного треугольника TCQ, где
C7' = CC, + ClT = a + -2-=^-, 7’Q=VCQ2 +СТ2 =
Тогда =
Из прямоугольного треугольника DD]Q D\Q— -
Заметив, что Д DD\Q = Д C\D\T (по двум катетам), приходим
к выводу, что D\T = D\Q, т е. в треугольнике DiQT медиана D\K
является и высотой. Тогда из прямоугольного треугольни¬
ка D\KO
О, Л = VDiQ2-"QK5 =л/(А^)2-(-£^)2
Итак, в треугольнике D\O\K известны все три стороны:
О\К = -^ и =
2 4 4
Если D\Hто, выражая двумя способами D\H2, полу¬
чим £)|0?-0,//2 = £>|№-К//2
Так как D\K — наибольшая из сторон треугольника D\O\K
и DiO2[ + O[K2=^+^-=-^>DlK2=-^~, то угол DiOiK —
4 16 16 16
наибольший угол треугольника D\O\K—является острым. Это
значит, что КН = 0\К — 0\Н
Таким образом,
D'O2}-O}H2 = DXK2-(P'K-OXH)2, или ^-OxH2=^-(±f-
— 0\Н} откуда 0\Н=—
' 2
Осталось подсчитать длину D\H. Из прямоугольного треуголь¬
ника D\0\H находим:
211
D\H = ^DiO2-~O\H2=~\J^—~=-2-^-
Итак, искомое расстояние равно
а -\/б6
12
2. расстояние от точки до плоскости
Для определения расстояния от точки до плоскости обычно
опускают из этой точки перпендикуляр на заданную плоскость и
находят длину этого перпендикуляра. Рассмотрим примеры.
Пример 4. На ребрах АВ, AD и СС\ куба ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Пост¬
роим сечение куба плоскостью PQR и найдем расстояние от
вершины Ci до этой плоскости, если ребро куба равно а.
Решение. Построим заданное сечение куба (рис. 153) (Яс¬
но, что прямая PQ является следом этого сечения на плоскости
ЛВС.) Далее построим плоскость, проходящую через точку С\,
перпендикулярно следу PQ. Сделаем это исходя из следующих
соображений. Как нетрудно убедиться, CP = CQ, а поэтому
и CiP = C[Q. Значит, точка С\ принадлежит множеству точек, оди¬
наково удаленных от точек Р и Q, т. е. плоскости, проходящей
через точку К — середину отрезка PQ, перпендикулярно прямой
PQ. Этой плоскостью является плоскость АА\С\С — плоскость
диагонального сечения куба.
Построим затем прямую RK, по которой пересекаются плос¬
кость PQR с плоскостью АА\С\С.
Ясно, что PQ1.AC, и так как СК — это проекция наклонной
RK на плоскость ЛВС, то PQ-LRK- Тогда прямая PQ перпенди-
212
Рис. 154
кулярна любой прямой, лежащей в плоскости сечения AAiCiC.
Если, в частности, из точки Ci опустить перпендикуляр С\Н
на прямую RK, то будет PQ_LC\H Тогда С\Н— это перпенди¬
куляр к плоскости заданного сечения, т. е. С\Н — искомое рас¬
стояние.
(Для построения C\H-LRK можно, подсчитав стороны тре¬
угольника C\KR и воспользовавшись равенством С\К2 — КН2 =
= С|/?2-/?/72, найти, что KR:КН = 12:13.)
Подсчитаем С\Н из подобия прямоугольных треугольников
C\HR и KCR (у них Z_CiRH=AKPC)
Получаем где CR=^AC=^, C,R=f,
RK=-\/CK2 + CR2 =~\/(“j^) = а ’ и> таким образом,
с ц = CxR-CK = Sa^\\
1 RK 22
Пример 5. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAiBiCiDi
с отношением ребер AB:AD:AAi = 1:2:1 точка Р — середина
ребра AAi. Построим сечение параллелепипеда плоскостью B\DP
и найдем расстояние от вершины D\ до этой плоскости, если
АВ = а.
Решение. Построим заданное сечение (рис. 154), найдя его
след S|S2 на плоскости А\B\C\. Далее построим плоскость, про¬
ходящую через точку перпендикулярно следу SjS2. Для этого,
подсчитав стороны прямоугольного треугольника DiSiS2, построим
сначала в плоскости А\B\C\ J_SiS2. Ясно, что D\S\ = 2D\C\ =
= 2а, D\S<i = 2D\Ai = 4а, и тогда SiS2 = V^iSi -\~D\Sl = 2a
Если Z)iL±SiS2, то в треугольнике £>jSiS2 D\S2 = S\L-S|S2,
откуда S\L= —
213
Это значит, что SiL:SiS2 = —:2а д/5= 1:5, откуда ясно по-
ЛР
строение точки L с помощью вспомогательного луча /.
Далее, D[L = -y/DiS2 — SiL2=^\/4a2 — так как задан-
V 5 /5
ный параллелепипед прямоугольный, то ясно, что D\L — это
проекция наклонной DL на плоскость AiBiCi, и поэтому Z)L±S|S2.
А из этого следует, что прямая SiS2 перпендикулярна любой
прямой, лежащей в плоскости DD\L, и если, в частности,
£)|/7J_Z)L, то S|S2±Z)i//
Таким образом, если D^HJlDL, то D\H — это перпендику¬
ляр и к плоскости Z)SiS2, т. е. D\H— искомое расстояние.
Подсчитаем D\H, выражая двумя способами площадь пря¬
моугольного треугольника D\DL. Получаем
D\H • DL = DD • D\L, где Z)Z),=a, D<L=—
и DL=^DDT+Dd?=^/a2+^^^.
Следовательно, D\H = ^a^.
Итак, искомое расстояние равно —
Пример 6. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит
равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С.
На ребрах ВВ\ и AiCi взяты соответственно точки Р и К —
середины этих ребер. Построим сечение призмы плоскостью, про¬
ходящей через точку А, параллельно прямым СР и АВ\. Найдем
расстояние от вершины А{ до плоскости сечения, если АС =
= АА\ =а.
Решение. Для построения заданного сечения призмы по-
Рис. 155
строим сначала вспомогательное
сечение ее плоскостью р, про¬
ходящей через прямую АВ\, па¬
раллельно прямой СР (рис. 155).
Так как прямая СР парал¬
лельна плоскости р, то плоскость
ВСС|, проходящая через прямую
СР, пересечет плоскость р по
прямой, параллельной СР Прове¬
дем поэтому в плоскости ВСС\
через точку В\ прямую В\М\\СР
и затем точку М соединим с точ¬
кой А. Треугольник ABiM — вспо¬
могательное сечение призмы плос¬
костью р. И теперь ясно, что
заданное сечение пересекает плос¬
кость ACCi по прямой, парал-
214
лельной AM, а плоскость ABBi — по прямой, параллельной ABi.
Итак, в плоскости ACCi проводим прямую ЛХЦЛЛ4, затем
в плоскости ABBi — прямую LN\\AB\ и точку N соединяем с точ¬
кой К. Треугольник KLN — сечение призмы заданной плоскостью.
Перейдем теперь к определению расстояния от вершины А[
до плоскости KLN.
Так как В\М\\СР и ВВ\\\СС[, то CM = BiP = -^~ Тогда и
С|М = у-. Далее, из подобия треугольников A\KL и САМ следует,
А \ L А ] К 1 _ д т а
ЧТ° СМ^АС^Т’ Т- е- A'L~-
Затем из подобия треугольников A\LN и А\АВ\ следует, что
Д12У—J_ т е л м—Л-д.я, V2
В треугольнике А[В\С\ проведем медиану C\D. Так как A[D =
= -t-AiBi, a A\N = -1-Д|В|, то точка N — середина стороны AiD
треугольника A\C\D. Кроме того, по условию точка К — середина
стороны Д1С1 этого треугольника. Значит, /(W — средняя линия
треугольника A\C\D, т. е. KN\\C\D.
Но в треугольнике Д1В1С1 AiC\=BiC\, т. е. его медиана C[D
перпендикулярна стороне А\В\.
Так как заданная призма прямая, то АА\ — это перпендикуляр
к плоскости A\BiC\, т. е. АА\ 1_C\D, или, наоборот, C\D1_AA\.
Таким образом, прямая C\D перпендикулярна прямым А\В\
и AAi плоскости АВВ[, т. е. C\D — это перпендикуляр к плоскости
АВВ\. Значит, и прямая AW перпендикулярна плоскости АВВ\.
Поэтому, построив A\HA_NL (сделайте это самостоятельно,
например, подсчитав, что L//:£W=1:3), мы будем иметь
Таким образом, Л1Я±/(М и A\H1_NL. Это значит,
что А\Н является перпендикуляром к секущей плоскости KLN,
т. е. А\Н — искомое расстояние.
Осталось это расстояние подсчитать.
В прямоугольном треугольнике A\LN A\L=-^-, AiN = ?-^-.
Тогда NL = ^AiL2A~A\N2=^3 и выражая двумя способами
площадь треугольника A[LN, получим А\Н • NL = A\L-AiN, от¬
куда А\Н = -а-^ Итак, искомое расстояние от вершины А\ до
плоскости KLN равно а^~
3. РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ
Для определения расстояния между скрещивающимися пря¬
мыми а и b можно поступить следующим образом.
215
Через одну из данных пря¬
мых, например через а, и неко¬
торую точку К, взятую на дру¬
гой прямой, проведем плос¬
кость Р (рис. 156) и в плос¬
кости Р через точку К проведем
прямую til \\а. Затем через пря¬
мые а\ и b проведем плос¬
кость Q. Ясно, что так как
a||ai, то прямая а параллельна
плоскости Q. Расстояние ММ'
от любой точки М прямой а до
плоскости Q равно расстоянию
между скрещивающимися пря¬
мыми а и Ь.
Таким образом, задача нахождения расстояния между скре¬
щивающимися прямыми может быть сведена к задаче нахожде¬
ния расстояния от точки до плоскости.
Рассмотрим примеры.
Пример 7 В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\
АА{ = а, АВ = За и AD = 4a. Найдем расстояния между прямыми
AD1 и DC\.
Решение. Выполним необходимые построения (рис. 157)
1. Проведем диагональ АВ\ грани АВВ\А\. Ясно, что DC\ ||АВi,
и поэтому прямая DC\ параллельна плоскости, определяемой
прямыми AD\ и АВ\, т. е. плоскости ЛВ1£>|. Тогда расстояние
от любой точки прямой DC\ до плоскости AB\D\ равно искомому
расстоянию.
2. Найдем расстояние от точки С| до плоскости AB\D\. Для
этого через точку Ci проведем плоскость, перпендикулярную
прямой B\D\. С этой целью подсчитаем отношение, в котором
216
прямая, проходящая в плоскости А\В\С\ через точку Ci перпен¬
дикулярно прямой BiDi, должна разделить диагональ B[D\. (Об¬
ращаем внимание читателя на то, что изображение заданного
параллелепипеда является метрически определенным, т. е. новые
метрические построения на этом изображении нельзя более
выполнять произвольно.)
Если прямая C\K\-LB\D\ и С\К\ пересекает DiBi в точке F,
то в прямоугольном треугольнике B\C\D\ D\F• D\B\ = C\D2y от-
куда DiF=^-
Таккак С1О,=ЛВ = За, £>,В, = л/Сi= V(3a)2 + (4а)2=
= 5а, то D\F = — Таким образом, DiF:D\B\ =-^-:5а = 9:25.
5 5
Зная это отношение, строим точку F и получаем затем точку Aj.
Далее в плоскости ADD\ через точку Ki проводим прямую
/<1/(||Л1Д. Так как К\К\\С\СУ то прямыми К\К и С\С определяется
плоскость К\КСС\. С плоскостью ABiD\ она пересекается по
прямой K^F, которая является наклонной к плоскости А\В\С\,
проекцией которой на плоскость А\В\С\ является прямая K\Fy по
построению перпендикулярная прямой B\D\. Тогда и K2F_1_В1D1.
Итак, и B\D\A_K2F Поэтому прямая B\D пер¬
пендикулярна плоскости KiKCCi, т. е. и плоскость К\КСС\ пер¬
пендикулярна прямой B\D\.
3. Если в плоскости К\КСС\ из точки Ci опустить перпен¬
дикуляр С\Н на прямую K2F (мы это построение опускаем),
то прямая С\Н будет перпендикулярна и плоскости A\B\D\y т. е.
расстояние С\Н и будет искомым расстоянием от точки С\ до
плоскости ЛВ1£>|.
4. Теперь можно перейти к вычислению расстояния С\Н. Под¬
считаем стороны прямоугольного треугольника K^K^F
Из прямоугольного треугольника C\D\F
C\F—-^C\D\ — D\Ff2 =^/(За)2-(^)2
Из подобия прямоугольных треугольников D\K\F и C{D\F
9а 9а 9а
D\K\ K\F—D\F ПК $ К F 55 —27а
5 5
Из подобия треугольников D\K\Ki и D\A\A от-
А\А />1/11
9а
а- —
г>- гл 4 9а
куда К,К2=—
Из прямоугольного треугольника K\KzF
217
Теперь, когда стороны треугольника К\КчР известны, из подо¬
бия прямоугольных треугольников K\KzF и C\HF находим, что
0ТКУда
9а 12а
z-» гт 16 5 12а
С|//=-П7Г="и
80
Итак, расстояние от точки до плоскости AB\D\, т. е. рас¬
стояние между скрещивающимися прямыми DC\ и AD\, равно
13
Замечание. Можно предложить и другой способ определения искомого
расстояния. Если в плоскости CDD\ через точку D\ провести прямую, парал¬
лельную прямой C\Dt и точку L, в которой эта прямая пересечется с прямой CD,
соединить с вершиной А, то расстояние от вершины D до плоскости D\LA будет
равно искомому расстоянию. Его можно найти, выразив двумя способами объем
пирамиды DD\LA. Искомое расстояние равно высоте Н этой пирамиды, опущен¬
ной из вершины D на плоскость грани D\LA.
Получаем SADL-DD\ =-|- SDtLA • Н.
Пример 8. В основании пирамиды SABC лежит равнобед¬
ренный треугольник с прямым углом при вершине С, а боковая
грань SAB перпендикулярна плоскости основания и является
равнобедренным треугольником с прямым углом при вершине S.
На ребре ЗЛ взята точка Р — середина этого ребра, а в грани
SBC взята точка Q — центроид этой грани. Найдем расстояние
между прямыми АВ и PQ, если ВС = а.
Решение. Выполним сначала необходимые построения
(рис. 158).
1. Проведем прямую CQ и найдем точку /(, в которой CQ
пересекает ребро SB. Так как точка Q — центроид грани SBC,
то СК—медиана треугольника SBC, т. е. точка К — середина
ребра SB. Соединим точку К с точкой Р
Ясно, что КР\\АВ. Но тогда прямая АВ параллельна плос¬
кости СКР, в которой лежит прямая PQ. Это значит, что расстоя¬
ние от любой точки прямой АВ до плоскости СКР равно расстоя¬
нию между скрещивающимися прямыми АВ и PQ.
2. Будем искать расстояние от точки О — середины ребра
АВ — до плоскости СКР Соединим точку О с точками S и С.
Так как точка О — середина АВ, то SO и СО — это медианы
соответственно треугольников SAB и САВ. Но в этих треугольни¬
ках ЗЛ = ЗВ и АС = ВС. Следовательно, ЗО±ЛВ и СО±ЛВ.
Поэтому угол SOC — это линейный угол прямого двугранного
угла. Таким образом, Z_SOC = 90° Более того, ясно, что равно¬
бедренные прямоугольные треугольники SAB и АВС, имеющие
общую гипотенузу АВ, равны между собой, т. е. SO = CO.
218
Найдем далее точку L, в которой пересекаются прямые КР
и SO, и соединим точку L с точкой С. Покажем, что если в плос¬
кости SOC из точки О опусить перпендикуляр ОН на прямую CL,
то расстояние ОН и будет искомым.
Действительно, так как ЛВ±5О и ЛВ±СО, то прямая АВ
перпендикулярна и плоскости SOC. Но прямая КР\\АВ. Значит,
и прямая КР перпендикулярна плоскости SOC. Тогда прямая
КР перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости SOC,
и в частности КРЛ.ОН, или, наоборот, ОНЛ^КР И следова¬
тельно, если еще и ОН±CL, то прямая ОН перпендикулярна
плоскости СКР, т. е. ОН — искомое расстояние. (Построение
ОНА-CL мы предоставляем сделать читателю.)
3. Перейдем к вычислению ОН. В прямоугольном треуголь-
нике АВС СО=^. Тогда и SO=^, a =
2 2 2 4
В прямоугольном треугольнике COL
CL=-^OC2 + OL2 =V(£2^)2+(£^)2 = ’
и из равенства ОН• CL = CO-OL получаем
а-у/2 а-у/2 __
4~ УЮ
CL а^/Тб Ю
4
219
Итак, расстояние между скрещивающимися прямыми АВ и PQ
равн°
Пример 9. В основании правильной призмы АВСА\В\С\
лежит треугольник со стороной а. Боковое ребро призмы равно
2а. На ребре ВВ\ взята точка Р — середина этого ребра. Найдем
расстояние между прямыми АВ\ и СР
Решение. Выполним необходимые дополнительные построе¬
ния (рис. 159)
1. В плоскости ВСС\ через точку В\ проведем прямую B\R\\CP
и точку R соединим с точкой А. Так как прямая CP\\B\R, то прямая
СР параллельна плоскости AB[R. Это значит, что расстояние
от любой точки прямой СР до плоскости AB]R равно искомому
расстоянию. Найдем расстояние от точки Р до плоскости AB\R.
2. Опустим из точки Р перпендикуляр РМ на прямую АВ\.
Воспользуемся для этого тем, что если РМ1АВ\, то треуголь¬
ники В\РМ и АВ\В подобны, т. е. = где ВВ\ — 2а, В\Р — а,
DD\ AU\
АВ\=а ^15, т. е. В{М=—, и, следовательно, B\M:ABi=2:.
л/5
3. Так как по построению B\R\\CP, то ясно, что CR — В\Р = а,
т. е. и CiR = a. Тогда
AR = ^AC2 + CR2 = a^/2 и ByR=^BtCT+C^=a \/2.
Поэтому, соединив точку R с точкой О — серединой стороны
АВ\ треугольника AB\R, мы получим RO_LAB\.
Ясно также, что RO.LAB, т. е. прямая RO перпендикулярна
любой прямой плоскости АВВ\, т. е. RO..LPM, а следовательно,
и PM1.R0. Но РМ1.АВ\. Тогда прямая РМ перпендикулярна
плоскости ABiR, т. е. длина отрезка РМ равна искомому рас¬
стоянию.
4. Подсчитаем РМ. Из прямоугольного треугольника В\РМ
находим:
РМ=-у/в1р2-в]м^=д/ а2-(^У=^
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Расстояние от точки до прямой
648. Точки Р и Q — середины соответственно ребер /li^i и ВС куба
ABCDA\B\C\D\. Опустить перпендикуляры на прямую PQ и: *ледующих точек:
а) С г, б) Dr, в) D. Считая ребро куба равным а, найти расстояния от этих точек
до прямой PQ.
220
649. На ребре AD куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р Опустить перпен¬
дикуляры из точки А\ на прямую С\Р в тех случаях, когда отношение APtAD
принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4. Считая ребро куба
равным а, найти расстояния от вершины А\ до прямой С\Р в каждом из ука¬
занных случаев.
650. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ на ребрах СС\ и AD взяты
соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Опустить перпендикуляры
из вершины D\ на следующие прямые: а) А\Р; б) В\Р\ в) PQ. Считая АВ = а,
AAi — За, найти расстояния от точки D\ до указанных прямых.
651. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер
АВ\ AD: A A i = 1:2:1 на ребре СС\ взята точка Р — середина этого ребра. По¬
строить сечение параллелепипеда плоскостью, проходящей через точки Ль D и Р
Считая AB = at найти следующие расстояния: а) от точки А\ до прямой DP;
б) от точки Р до прямой A\D\ в) от точки D до линии пересечения плоскости
A\DP с плоскостью А\В\С\.
652. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B}C\Di отношение ребер
А А1 :AB:AD= 1:2:3. На ребрах AD и СС\ взяты соответственно точки Р и Q —
такие, что ЛР:Л/)=1:3, CQ:CCi = l:2. Опустить перпендикуляры на прямую
PQ из следующих точек: a) D\ б) Лг, в) О — центроида грани ВВ\С\С. Считая
АА\=а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ.
653. На ребрах AD и А\В\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взяты соот¬
ветственно точки Р и М — середины этих ребер, а на ребре СС\ взята точка Q.
Отношение ребер АВ:АА\ = \:2. Опустить перпендикуляры из точки М на пря¬
мую PQ в тех случаях, когда отношение CQ:CC{ принимает следующие зна¬
чения: а) 3:4; б) 1:2; в) 1:4. Считая АВ = а, найти расстояния от точки М до
прямой PQ в каждом из указанных случаев.
654. В правильной призме АВСА\В\С\ боковое ребро равно стороне осно¬
вания. Опустить перпендикуляры из точки Р, взятой на ребре BBi, на прямую ACi
в тех случаях, когда отношение ВР:ВВ\ принимает следующие значения: а) 1:4;
б) 1:2; в) 3:4. Считая сторону основания призмы равной а, найти расстояния
от этих точек Р до прямой АС\.
655. Боковое ребро правильной призмы АВСА\В\С\ в два раза больше сто¬
роны основания. На ребрах ВВ\ и АС взяты соответственно точки Р и Q —
середины этих ребер. Опустить перпендикуляры на прямую PQ из следующих
точек: а) Ль б) В\; в) Считая АВ —а, найти расстояния от этих точек до
прямой PQ.
656. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит равнобедренный тре¬
угольник с прямым углом при вершине С, а ее боковое ребро равно стороне АС
основания. Опустить перпендикуляры на прямую, проходящую через точку В
и центроид грани АА\С\С — точку О, из следующих точек: а) Лг, б) В\\ в) С|.
Считая АС = а, найти расстояния от этих точек до прямой ВО.
657. В основании прямого параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ лежит ромб с
углом при вершине Л, равным 60° Боковое ребро параллелепипеда равно сто¬
роне основания. На ребре В\С\ взята точка Р — середина этого ребра. Опустить
перпендикуляры на прямую DP из следующих точек: а) В\\ б) С; в) Ль Считая
АВ = а, найти расстояния от этих точек до прямой DP
658. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро SB
перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре ЗЛ взята точка Р —
221
середина этого ребра. Опустить перпендикуляры на прямую СР из следующих
точек: а) Л; б) D; в) О — центроида основания. Считая АВ—-а, найти расстояния
от этих точек до прямой СР
659. В правильной пирамиде SABCD высота SO в два раза больше стороны
основания. На ребре SC взята точка Р — середина этого ребра, а на диагонали
BD — точка Q — такая, что BQ\BD= 1:4. Опустить перпендикуляры на прямую
PQ из следующих точек: a) D; б) 3; в) А. Считая АВ = а, найти расстояния
от этих точек до прямой PQ.
660. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон ЛВ:Л/)=1:2. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и
SB=AB. На ребрах ЗЛ и ВС взяты соответственно точки Р и Q середины
этих ребер. Опустить перпендикуляры на прямую PQ из следующих точек:
а) 3; б) D; в) С. Считая АВ = а, найти расстояния от этих точек до прямой PQ.
661. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник, отношение сторон
которого ЛВ:ВС=1:3. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания
и ЗВ = 2ЛВ. На ребре АВ взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре
SD — точка Q. Опустить перпендикуляры из вершины С на прямую PQ в тех
случаях, когда отношение SQ:SD принимает значения: а) 1:2; б) 1:4; в) 3:4.
Считая АВ = а, найти расстояния от точки С до прямой PQ в каждом из случаев.
662. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с
прямым углом при вершине С, и каждое боковое ребро пирамиды наклонено
к плоскости основания под углом 45° На ребре SB взята точка М середина
этого ребра. Опустить перпендикуляры на прямую СМ из следующих точек:
а) 3; б) О — основания высоты SO пирамиды; в) А. Считая АС = а, найти
расстояния от этих точек до прямой СМ.
663. На ребре АВ правильного тетраэдра SABC взята точка М середина
этого ребра, а на ребре SB взята точка Р Опустить перпендикуляры из точки
Р на прямую СМ, если отношение SP:SB принимает следующие значения:
а) 1:2; б) 1:3; в) 1:4. Считая ребро тетраэдра равным а, найти расстояния
от точки Р до прямой СМ в каждом из указанных случаев.
664. Точка М — середина ребра SB пирамиды SABC, основанием которой
является правильный треугольник АВС, а боковое ребро SC перпендикулярно
плоскости АВС и SC = 2AB. Опустить перпендикуляры из точки М на следую¬
щие прямые: а) ЗЛ; б) АС; в) CN, где точка /V — середина ребра АВ. Считая
АВ = а, найти расстояния от точки М до указанных прямых.
665. Точка О — центр грани CDD\C\ куба ABCDA\B\C\D\. Построить пря¬
мую /, проходящую через вершину В\, параллельно прямой ВО и, считая ребро
куба равным а, найти расстояния до прямой / от следующих точек: а) Л; б) В; в) D.
666. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ ЛВ:ЛЛ1 = 1:2. Точка Р — сере¬
дина ребра ЛЛ1, а точка О\ — центр грани A\B\C\D\ Построить прямую /,
проходящую через точку О\, параллельно прямой DP и, считая АВ = а, найти
расстояния до прямой / от следующих точек: а) Р; б) С; в) Л.
667. Все плоские углы при вершине 3 пирамиды SABC прямые и ЗЛ = ЗВ = ЗС.
На ребрах АВ, SC и АС взяты соответственно точки Р, Q и М — середины
этих ребер. Построить прямую /, проходящую через точку М, параллельно прямой
PQ и, считая АВ = а, найти расстояния до прямой / от следующих точек:
а) 3; б) Л; в) В. |
222
2. Расстояние от точки до плоскости
668. На ребре C\D\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р — середина этого
ребра. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через точки В, D и Р
Считая ребро куба равным а, найти расстояния до секущей плоскости от сле¬
дующих точек: а) Ль б) А; в)
669. На ребрах АВ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
Р и Q — середины этих ребер. Построить сечение куба плоскостью, проходящей
через точки Сь Р и Q. Считая ребро куба равным а, найти расстояния до
секущей плоскости от следующих точек: а) С; б) Д|, в) D.
670. На ребрах CCi, AD и АВ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р, Q и R — середины этих ребер. Построить сечение куба плоскостью,
проходящей через точки Р, Q и R. Считая ребро куба равным а, найти расстояния
до секущей плоскости от следующих точек: а) С; б) А\; в) А.
671. На ребрах DDt и C]D\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
с отношением ребер AB:AD:AA\ = 1:2:1 взяты соответственно точки Р и Q —
середины этих ребер. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, прохо¬
дящей через точки А, Р и Q. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей
плоскости от следующих точек: а) С; б) Лi, в) С\.
672. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер
AB:AD:AAi = 1:2:1. На ребрах AD и CCi взяты соответственно точки Р и Q —
середины этих ребер. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, проходя¬
щей через вершину Ai, параллельно прямым PQ и В{С. Считая АВ = а, найти
расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) D\, б) Р; в) В\.
673. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер
AB:AD:AAi =2:4:1. На ребрах AD, AiBi и В\С\ взяты соответственно точки
Р, Q и К — середины этих ребер. Построить сечение параллелепипеда плос¬
костью, проходящей через точку /<, параллельно прямым СР и AQ. Считая
АА\=а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) D\:
б) Д; в) Ci.
4 674. В правильной призме АВСА\В\С\ отношение ребер ДВ:ДД1 = 1:2. На
ребрах СС\ и АА\ взяты соответственно точки Р и К — середины этих ребер.
Построить сечение^призмы плоскостью, проходящей через точку К, параллельно
прямым ДС1 и ВР Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости
от следующих точек: а) Дь б) В\ в) С\.
675. В основании прямой призмы АВСАiB|Ci лежит равнобедренный тре¬
угольник с прямым углом при вершине С. На ребрах АС, СС\, ВВ\ и A\Bi взяты
соответственно точки Р, Q, R и К — середины этих ребер. Построить сечение
призмы плоскостью, проходящей через точку К, параллельно прямым PQ и C\R.
Считая АС = АА\=а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих
точек: а) Дг, б) В; в) С.
676. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер
АВ:AD:AAi = 1:3:1. Построить сечение параллелепипеда плоскостью, прохо¬
дящей через вершины В\, D и точку Р — середину ребра АА\. Считая АВ = а,
найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) Dr, б) Дг в) С\.
677. В правильной пирамиде SABCD высота SO в два раза больше стороны
основания. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через сторону
AD ее основания, перпендикулярно плоскости грани SBC. Считая АВ = а, найти
223
расстояния до секущей плоскости от следующих точек: a) S; б) О центроида
основания; в) С.
678. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением
сторон AB:AD=\:2. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания
и равно меньшей стороне основания. Считая АВ = а, найти расстояния от точки
О — центра основания — до следующих плоскостей: a) SAD-, б) SCD, в) ADP,
где точка Р — середина ребра SC.
679. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, а ее
боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = АС = ВС. На
ребре SB взята точка К середина этого ребра. Построить сечение пирамиды
плоскостью, проходящей через прямую СК, параллельно прямой ЗД. Считая
SC — a, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) В\ б) S;
в) А.
680. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, а ее
боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = AB. Построить
сечение пирамиды плоскостью, проходящей через вершину А, перпендикулярно
ребру SB. Считая АВ = а, найти расстояния до секущей плоскости от точки Р,
взятой на ребре ЗД, в случаях, когда отношение ЗР:ЗД принимает следующие
значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4.
681. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник, а ее боковое ребро
SB перпендикулярно плоскости основания и АВ:AD:SB = 1:2:1. Считая АВ = а,
найти расстояния от точки Р, взятой на диагонали BD, до плоскости SCD в
случаях, когда отношение BP:BD принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2;
в) 3:4.
682. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна стороне ее основания.
На ребре CD взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре SC — точка Q —
такая, что SQ:SC = 3:4. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей
через вершину А, параллельно прямым ВС и PQ. Считая АВ = а, найти расстояния
до секущей плоскости от следующих точек: a) S; б) Р; в) В.
683. В основании пирамиды SABC лежит треугольник с прямым углом при
вершине С и АС = ВС. Ребро ЗД пирамиды перпендикулярно плоскости осно¬
вания и ЗД=ДВ. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через
точку М — середину ребра АС, перпендикулярно прямой SB. Считая АС = а,
найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) В\ б) С; в) А.
684. В основании призмы АВСА\В\С\ лежит правильный треугольник. Бо¬
ковые ребра призмы наклонены к плоскости основания под углом 45° и АВ[=СВ\.
Через вершины Д, В\ и С проведена секущая плоскость. Считая ДВ = — —
АА[=а, найти расстояния до секущей плоскости от следующих точек: а) Д(;
б) О| — центроида грани Д1В1С1; в) Р — середины ребра АВ.
3. Расстояние между скрещивающимися прямыми
685. На ребрах АВ, СС{ и CiD\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р, Q и В — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой B,Di
и следующими прямыми: a) DP\ б) DQ; в) DR, если ребро куба равно а.
686. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ АВ = АА\=а.
AD = 2a. На ребрах СС\ и AD взяты соответственно точки Р и Q — такие,
224
что СР\СС\ =AQ:AD= 1:3, а на ребрах АВ и Л1В1 взяты соответственно точки
R и S— середины этих ребер. Найти расстояния между прямой В\С\ и сле¬
дующими прямыми: a) PQ; б) PR; в) PS.
687. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна стороне ее основания
и равна а. На ребре SC взяты точки Pi, Р2 и Р3 — такие, чт^ СР\ = Р\Р2 = Р2Рз =
= PjS. Найти расстояния между прямой АС и следующими прямыми: a) DP\;
б) ПР2; в) ОРз-
688. На ребре СС\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р\ и Р2 — такие, что СР\ = Р{Р2 = Р2Сь Найти расстояния мЪкду сле¬
дующими парами прямых: а) В{С и DP\; б) В\С и DP2; в) DC\ и В\Р\, если
АВ = а, АА 1 — За.
689. На ребре DD\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Q -^такая, что DQ'.DD\ —
= 2:3, а на диагонали А\В грани АВВ\А\ взята точка Р — середина А\В. Найти
расстояния между прямой DP и следующими прямыми: a) C\D\; б) CiQ; в) С\Аh
если ребро куба равно а.
\^690. В правильной призме АВСА\В\С\ все ребра равны а. На ребрах AAi
и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти рас¬
стояния между прямой АВ\ и следующими прямыми: а) ВС; б) СР; в) BQ.
691. Сторона основания правильной треугольной призмы равна а, ~а угол
между прямыми, на которых лежат непересекающиеся диагонали двух смежных
боковых граней призмы, равен а. Найти расстояния между этими прямыми,
если угол а принимает следующие значения: а) 90°; б) 60°; в) arccosf —
692. На ребрах CD, В\С\ и АВ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой B\D
и следующими прямыми: a) PQ; б) D\C; в) QR, если ребро куба равно а.
693. В основании правильной призмы ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат со сто¬
роной а, а боковое ребро призмы равно Ь. На ребрах AD, DD\ и ВВ\ взяты соот¬
ветственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти расстояния между
прямой AR и следующими прямыми: а) СР; б) A\D; в) 4iQ.
694. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у ко¬
торого АС = ВС = а, а боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания
и SB = a. На ребрах SB, АВ, АС и ВС взяты соответственно точки М, D, Р и Q —
середины этих ребер. Найти расстояния между прямой AM и следующими
прямыми: a) PQ; б) CD; в) ВС.
695. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат со стороной а, а боковое
ребро SB перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания.
На ребрах SD и AD взяты соответственно точки М и L — середины этих ребер.
Найти расстояния между прямой ML и следующими прямыми: а) АС; б) SO,
где точка О — центроид основания; в) BD.
696. В основании пирамиды SABC лежит треугольник с прямым углом при
вершине С и АС = а, ВС = 2а, а боковое ребро SC перпендикулярно плоскости ос¬
нования и SC = BC. На ребрах АВ, ВС, SB и SC взяты соответственно точки Р,
Q, М и D — середины этих ребер. Найти расстояния между прямой AM и сле¬
дующими прямыми: a) PQ; б) SC; в) QD.
697. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат со стороной а, а боковое
ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = a. На ребре SC взяты
точки Р и Q — такие, что точка Р — середина этого ребра, точка Q — середина
8 Заказ 130 225
отрезка SP, а на ребрах SD и SB взяты соответственно точки R и V — середины,
этих ребер. Найти расстояния между прямой AV и следующими прямыми;,
а) PR-, б) BD\ в) /?Q.
698. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник }с<
прямым углом при вершине С. Боковая грань SAB перпендикулярна плоскости
основания и 5Л = ЗВ. На ребре SB взята точка Р — середина этого ребра, а в
грани ЗЛО взята точка Q — центроид этой грани. Найти расстояния между
скрещивающимися прямыми АВ и PQ, если ВС = а и угол ASB равен: а) 60°;
q . v
б) 120°; в) arccos — 1П
4 ’-ЭД
699. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный тре-т
угольник, у которого АС— ВС— а. Боковое ребро призмы равно За. На ребре
АА\ взяты точки Р\ и Р2— такие, что А\Р\ —Р\Р2 —РъА, а на ребрах СС\ и
ВВ\ взяты соответственно точки Q и R — такие, что CQ:CC\ = B\R: В\В — 1^.^
Найти расстояния между прямой AQ и следующими прямыми: а) В\С\-, б)
в) RP2‘ ;эн
700. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный т£>е-^
угольник, у которого АС = ВС — а. Боковое ребро призмы равно 2а. На ребрах
Л1С1, АС и ВС взяты соответственно точки Р, Q и R — такие, что А\Р:А1 Cf=^H
= 1:3, AQ:AC — 2:3, BR:BC = 2:3. Найти расстояния между прямой ВР и сйё^
дующими прямыми: а) ССг, б) CiQ; в) C\R.
701. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник со сто¬
роной а. Боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC=rdH
На ребрах ЗЛ, SB, SC и АС взяты соответственно точки М, Р, Q и N — середины
этих ребер. Найти расстояния между прямой СМ и следующими прямыми: aj
б) ЛВ; в) PQ.
702. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у ко¬
торого АС — ВС = а. На ребрах SC и ВС взяты соответственно точки Р и D^>
середины этих ребер. Вершина 3 пирамиды проектируется в точку О — середину
стороны АВ — и SO = СО. Найти расстояния между прямой АР и следующими
прямыми: a) SO; б) OD; в) ВС.
§ 14. УГОЛ ПРЯМОЙ с плоскостью
Если прямая АВ пересекает плоскость а и не перпендикулярна
а, то углом между прямой АВ и плоскостью а называется угол
между прямой АВ и ее проекцией на плоскость а.
Если ЛВ||а, то угол между прямой АВ и плоскостью а счи¬
тается равным 0°, а если АВ _L а, то — равным 90°
При решении задач на нахождение угла между прямой и плос¬
костью наиболее распространенными являются следующие спо¬
собы (методы):
1. Поэтапно-вычислительный.
2. Векторно-координатный.
3. Геометрический (значительно реже применяется).
Пусть в задаче требуется найти угол ср между прямой АВ и
плоскостью а. При решении этой задачи поэтапно-вычислитель-
226
ным способом необходимо сначала (с учетом параметрического
числа изображения) построить проекцию прямой АВ на плос¬
кость а. Для этого следует из какой-либо точки прямой АВ опус¬
тить перпендикуляр на плоскость а (о способах построения
перпендикуляра к плоскости рассказано в § 11). Затем необхо¬
димо подсчитать какие-нибудь две стороны получаемого при этом
построении прямоугольного треугольника, в который входит
угол ф. Если изображение, на котором выполняется построение
проекции прямой АВ на плоскость а, является метрически опре¬
деленным, то это построение может оказаться делом весьма
трудоемким и требующим хорошо развитого пространственного
представления.
При решении указанной задачи векторно-координатным спо¬
собом не требуется выполнять дополнительные построения. Ре¬
шение этим способом состоит в следующем. Используя особен¬
ности заданной фигуры, вводят в пространстве прямоугольную
систему координат, находят координаты нужных точек, коорди¬
наты какого-нибудь вектора а, коллинеарного прямой АВ, и век¬
тора п — нормального вектора плоскости а. Далее находят ко¬
синус угла между векторами а и п.
Так как ср — это угол между двумя прямыми, то 0°^ф^90°.
Но угол между векторами может принимать значения от 0°
др 180°, т. е. 0о<а,"п<90°; 90°<а, п<180°
1. Если 0°^а, и^90° (рис. 160, а), то :os (а, п)>0 и
а, п = 90° —ф. Но cos (90° —- (p) = sin ф, т. е. в этом случае
sin ф = cos’(а, п). (1)
2. Если 90° < а, п <180° (рис. 160,6), то cos (а, п)<0 и
= 90° + ф- Но cos (90° + ф)= — sin ф, т. е. в этом случае
sin ф=—cos (а, п). (2)
Рис. 160
227
Объединяя результаты (1) и (2), получаем формулу
sin <р= Icos (а, и)|,
которую мы и будем применять при решении задач на нахожде¬
ние угла между прямой и плоскостью векторно-координатным
способом.
Координаты вектора п можно найти, не выходя за рамки
школьной программы, например следующим образом:
Если вектор п(п\\ п2; п3) — нормальный вектор плоскости а,
а векторы Ь(Ь\\ Ь2, Ьз) и с(с\\ с2, с3)— векторы, параллельные
плоскости а, то и п±с, т. е.
| пд = 0, Г Ь\П\ + Ь2п2-}-ЬзПз = 0,
( ПС = 0, ( С1М1^2^2 + ^3^3 = 0.
Из этой системы уравнений координаты п\, п2 и л3 находятся
с точностью до пропорциональности. Их можно принять за коор¬
динаты нормального вектора плоскости а.
Переходя теперь к рассмотрению примеров, отметим, что изоб¬
ражения фигур, заданных в них, являются полными и метри¬
чески определенными, т. е. новые метрические построения на этих
изображениях нельзя выполнять произвольно.
Пример 1. В основании прямого параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ лежит параллелограмм с углом при вершине Д,
равным 60° Отношение ребер параллелепипеда AB:AD:AA\ =
1:2:3. Найдем угол между прямой B\D и плоскостью грани
AAiDiD.
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 161). По¬
строим проекцию прямой B\D на плоскость АА\Ь\. Для этого
нужно из какой-нибудь точки прямой B\D, например из точки Si,
опустить перпендикуляр на плоскость AA\D\.
Прежде чем построить этот перпендикуляр, отметим, что ес¬
ли В\Н — это перпендикуляр к прямой A\D\, то В\Н — перпен¬
дикуляр и к плоскости AA\D\. Действительно, так как заданный
параллелепипед прямой, то AAi — перпендикуляр к плоскости
Д1В1С1, и, значит, АА\Л_В\Н, т. е. прямая В\Н оказывается
перпендикулярной прямым A\D\ и AAi плоскости AA\D\.
Для построения В\Н .LA\D\ подсчитаем стороны треугольни¬
ка A\B\D\ и найдем отношение, в котором искомая точка Н
разделит сторону A\D\. Введем для выполнения подсчетов вспо¬
могательный параметр, положив, например, А\В\=а. Тогда
Д1£>1=2а. Так как <LB\A\D{ =60°, то нетрудно убедиться, что
А1В1D1 = 90° (Действительно, ВiD2 = а2 + 4а2 — 2а • 2а• у-= За2,
т. е. Л1В? + В!О? = Д1О?.)
В прямоугольном треугольнике A\B\D\ имеет место соотноше¬
ние Л1В2 = А1Я-Л1£>1. Таким образом, a2 = AiH-2а, откуда А\Н =
228
и, значит, A\H:A[D\ =у-:2а = 1:4. Зная теперь отношение,
в котором точка И делит сторону A\D\ треугольника A\B\D{i
строим эту точку. Соединяем затем точку Н с точкой D и по¬
лучаем DH — проекцию прямой B\D на плоскость AA\D\, Итак,
искомым углом является угол B\DH.
Продолжая вычисления, находим, что В\Н=^р,
и из прямоугольного треугольника DD\H DH=3^.
И наконец, из прямоугольного треугольника DB\H получаем
tg B\DH=^^-=^-, т. е. искомый угол равен arctg
ин 15 1 b
В екторно-координатный способ (рис. 161). Зададим в про¬
странстве прямоугольную систему координат Bxyz. Воспользуем¬
ся для этого тем, что заданный параллелепипед прямой, т. е.
ВВ[Л_ВА и BB\JLBD. Прямые ВА и ВВ\, таким образом, можно
принять соответственно за оси Вх и Bz.
Для задания оси By отметим, что в треугольнике ABD BD2 =
= АВ? + AD2-2 АВ-AD-cos 60°
Положив ЛВ = а, получим, что тогда ЛО = 2а и ВО2 = а2 +
+ 4а2 — 2 • а • 2а - -|-= За2
Тогда в треугольнике ABD AD2 = АВ2 BD2, т. е. Z.XBO = 90°
Итак, прямую BD можно принять за ось By. Так как в задан¬
ном параллелепипеде АВ:АА[ = \:3 и, как подсчитано выше,
ВО2 = За2, т. е. BD — ад/З, то, принимая отрезок В А за единичный
отрезок, координаты точек A, D и В\ получим следующими:
А (I1; 0; 0), 0(0; л/3; 0) и В{ (0; 0; 3).
Определим в выбранной системе координат координаты точки
Di и вектора BtO. Получаем Oi (0; д/3; 3), BiO(0; -д/З; — 3).
229
Найдем далее координаты (пг, пг; Пз) какого-нибудь вектора
п— нормального вектора плоскости AA\D\. Сделаем это исходя
из следующих соображений: так как вектор Я перпендикулярен
плоскости AA\D\, то n_LDZ)i и nJ-ЛО. Но DD\ (0; 0; 3), а
AD (-1; л/3; 0).
Таким образом, { _0 0ТКУДа «3=0, и, полагая, на-
пример, П2 = л/3, находим: П1=3.
Итак, в качестве нормального вектора плоскости AA\D\ можно
взять вектор п (3; д/3; 0). Тогда, обозначив искомый угол через ф,
получаем
sin ф= I cos I =Т
Это значит, что угол между прямой B\D и плоскостью АА|Z)j
равен arcsin-^-.
Замечание. Решая этот пример поэтапно-вычислительным способом, мы
, V15 u х .1
нашли, что искомый угол равен arctg-y^-. Нетрудно убедиться, что arcsin-j- =
1 □ 4
. V15
^ardg —.
Пример 2. В основании пирамиды SABC лежит равнобед¬
ренный треугольник с прямым углом при вершине С. Каждое бо-1
ковое ребро образует с плоскостью основания угол, равный 45°.
На ребре SB взята точка М — середина этого ребра. Найде^
угол между прямой AM и плоскостью грани SBC.
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 162).
Пусть SO — высота пирамиды. Тогда ОА, ОВ и ОС — проекции
соответственно ребер SA, SB и SC на плоскость АВС и Z_SAO =
= Z_SBO = Z_SCO = 45°. Тогда SO — общий катет треугольни¬
ков SOA, SOB и SOC. Так как эти треугольники имеют еще по
равному острому углу, то они равны, и, следовательно, ОА =
= ОВ = ОС. В прямоугольном треугольнике точкой, равноудален¬
ной от его вершин, является середина гипотенузы. Итак, точка О —
середина гипотенузы АВ треугольника АВС.
Кроме того, SA = SB = SC (так как равны проекции этик
наклонных).
Так как в треугольнике SAB Z_SAB= Z_SBA=45°, то треч
угольник SAB равнобедренный и Z_ASB = 90°. Но тогда Л SAB =
= дСАВ, т. е. SA=AC, и, значит, дЗАС равносторонний.
Аналогично равносторонним является и треугрльник SBC. о
Перейдем теперь к построению угла между прямой AM и
плоскостью SBC. Проведем медиану AF равностороннего тре-
230
угольника ЗДС. Ясно, что ДВ±5С. Соединив точку F с точкой В,
получим BF-LSC. Тогда плоскость AFB перпендикулярна пря¬
мой SC. Поэтому, если в плоскости AFB провести АН _LAF, то,
так как SC — это перпендикуляр к плоскости AFB, то будет и
SC.LAH, или, наоборот, АНJ_SC.
Таким образом, прямая АН будет перпендикулярна двум
прямым BF и SC плоскости SBC, т. е. АН будет перпендикуляром
^плоскости SBC.
Для построения АН _LBF, например, вычислительным способом
введем вспомогательный параметр, положив, например, АС = а.
?огда ясно, что ВС = а и ЗД = SB = SC — а, АВ = а^/2, AF =
= ВВ = ^
2
Отметим еще, что ЛВ2 = 2а2, a AF2-\-BF2 = ^~, т. е. ЛВ2>
>AF2-\-BF2 Это значит, что угол AFB тупой, и, следовательно,
BH = BF + FH.
Итак, AB2-(BF + FH)2 = AF2-FH2, или 2a2-(^ + F//)2 =
откуда FH=^.
4 6
Для построения точки Н находим отношение FH\BF =
а Уз, д УЗ 1 • q
“ 6 ‘ 2 “ ’ ’
Построив точку Н и прямую АН, соединим точку Н с точкой М.
Црлучаем в плоскости SBC прямую МН — проекцию наклонной
AM, и, следовательно, /LAMH — это угол прямой AM с плос¬
костью SBC, т. е. искомый угол.
Из прямоугольного треугольника АМН з\пАМН=^м
Из прямоугольного треугольника AFH находим: АН =
= -^AF2 — FH2 а из прямоугольного треугольника ЛВМ
AM = -д/ВЛ2 + ВМ2 .
Тогда sin АМН= 2^ , и, таким образом, угол прямой AM
^плоскостью ВВС равен arcsin 2
Векторно-координатный способ. Установив, что медиана SO
грани SAB является высотой пирамиды, т. е. SO-LAB и SOJ_OC,
ff что SO = О А = ОС, введем прямоугольную систему коорди¬
нат Oxyz; как показано на рисунке 162. Принимая отрезок ОС за
единичный отрезок, найдем, что в этой системе координат 0(0; 0; 0),
0; 0), Д (0; 1; 0), 5(0; 0; 1) 'В(0; -1; 0) и м(0; -±-; -0.
231
Найдем координаты вектора AM и вектора п —нормального
вектора плоскости SBC.
Имеем AM (о; —; -у). Далее, так как^вектор ^перпенди¬
кулярен плоскости SBC, то п-LBC и n_LSB. Но ВС(1; 1; 0),
SB (0; 1; 1), и если Я (пи П2\ Из), то
( М 1 4“ ^2 == 0,
|п1+пз = 0. Полагая п\ = \, находим, что п2= —1, п3=1.
Таким образом, в качестве нормального вектора плоскости SBC
можно принять вектор п (Г, —1; 1). Обозначив искомый угол че¬
рез ср, получаем sin ср= |cos (п,
=——, и, следовательно, угол
• 2 л/30
SBC равен arcsin ——
Пример 3. В правильной
между прямой AM и плоскостью
призме ABCAiBiCi угол между
прямыми АВ] и АiC равен 2а. Найдем угол между прямой BCi и
плоскостью грани ACCiAi.
Решение. Геометрический способ (рис. 163) Выполним
сначала дополнительные построения. В плоскости грани АВВ\А}
через точку Ai проведем прямую A\D||В\А. Тогда Z_DAiC = 2rz.
Соединим точку D с точкой С и проведем в треугольнике DAiC
медиану А\К. Так как данная призма правильная, то ее боковое
грани — равные прямоугольники, и, следовательно, В[А=А\С.
Кроме того, В1Д=Д1£>. Тогда и AiD = A\C, т. е. в треугольнике
DAiC A\K_LDC. Проведем далее в равностороннем треугольнике
АВС медиану ВМ. Тогда ВМ-LAC. Но ясно и то, что AAi является
перпендикуляром к плоскости АВС, т. е. AAi-LBM или, наоборот,
BM-LAAi. Так как прямая ВМ перпендикулярна двум пересекаю¬
щимся прямым плоскостям ACCiAi, то ВМ — это перпендикуляр
к плоскости грани ACCiAi, и, значит, соединив точку М с точкой
С\, мы получим С\М — проекцию прямой ВС\ на плоскость грани
АСС\А\ — и прямоугольный треугольник С\ВМ, угол ВС\М кото?
рого является углом между прямой ВС\ и плоскостью грани
ACCiAi.
Рассмотрим прямоугольные треугольники С\ВМ и A\DK. У них
BCi=AiD, и так как в треугольнике ADC DC = AC д/3, то DK=
=Ас^- Но и в треугольнике АВС ВМ = А-^- Таким обра¬
зом, BM = DK. Итак, прямоугольные треугольники С\ВМ и A\D§
равны (по гипотенузе и катету). Тогда /_ВС\М = /_DAiK. Но
ясно, что zlD4i/< = a. Следовательно, и Z_BC\M = a.
232
D
Рис. 163
z
Рис. 164
Пример 4. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит
равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С.
Высота призмы равна катету основания. На ребрах АВ, СС\ и АС
взяты соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер.
Построим сечение призмы плоскостью, проходящей через вершину
Ci, параллельно прямым PQ и B\R и найдем угол, который
образует с секущей плоскостью прямая СВ\.
Решение (рис. 164). Построим заданное сечение следую¬
щим образом:
1. Построим вспомогательное сечение СС\Р\Р призмы плос¬
костью, проходящей через прямые СС\ и PQ. В этой плоскости
через точку С\ проведем прямую, параллельную PQ, и найдем
точку М, в которой эта прямая пересекает прямую РР\. Ясно,
Что точка М является серединой отрезка РР\ и она лежит в плос¬
кости АВВ\.
2. Проведем прямую В\М. Как нетрудно показать, прямая
В\М пройдет через точку А. Построим второе вспомогательное
сечение призмы, а именно сечение ее плоскостью, проходящей
через прямые В\М и BiR. В этой плоскости проведем через
точку М прямую, параллельную B\R, и найдем точку L, в которой
эта прямая пересекает прямую AR.
3. Теперь для построения заданного сечения есть три точки
Ci, L и Af, причем точки С\ и L лежат и в одной грани призмы.
Проводим C\L — линию пересечения заданной секущей плоскости
£ плоскостью грани АСС\А}.
4. Для построения линии пересечения плоскости грани АВВ\А\
с заданной секущей плоскостью найдем точку D, в которой пере¬
233
секаются прямые АА\ и C\L. Так как точки D и М лежат и в се¬
кущей плоскости, и в плоскости грани ABBiAi, то прямая DM —
это линия их пересечения.
5. Полученные при проведении прямой DM точки К и W
соединим соответственно с точками L и С\. Получаем четырех¬
угольник C\LKN — искомое сечение.
Найдем теперь угол, который образует прямая СВ\ с плос¬
костью C\LKN. Сделаем это векторно-координатным способом,
для чего, используя особенности заданной призмы, введем пря¬
моугольную систему координат, как показано на рисунке 164,
и найдем координаты нужных точек. Далее найдем координаты
вектора п — нормального вектора плоскости CiLKN.
Так как векторы PQ и B\R параллельны плоскости C\LKN, то
—I —,
n_LPQ и n±B\R. Пусть п имеет координаты (п,; п2; Лз), а коорди¬
наты векторов PQ и BiR находим: PQ(—
B\R( — 1;^-; — 1) Получаем
f 7Гп2 +4-Пз = 0’
—«1 + -|“Л2— «3 = 0,
откуда (с точностью до пропорциональности) п(1; —4; —3).
Далее находим СВ|(1; 0; 1) и затем sin ср, где <р — искомый
угол:
I П-31 лДЗ' ш
sin (р= COS (п, СВ\) =— . —■ — = ■•■TZ—
Т V V1 + 16 + 9VT+1 13
Таким образом, угол между прямой CBi и плоскостью CiLKN
/Тз
равен arcsin
Пример 5. На ребрах Д1В, и DDi куба ABCDAiBiCiDi
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Най¬
дем угол, который образует прямая BiD с секущей плоскостью а,
проходящей через вершину Ci, перпендикулярно прямой PQ.
Построим сечение куба плоскостью а и найдем точку пересечения
прямой PQ с плоскостью а.
Решение. 1. Так как ребра ВС, ВА и ВВ\ попарно перпен¬
дикулярны и BC = BA — BBt, то легко вводится прямоугольная
система координат Bxyz, как показано на рисунке 165. аэ
Определим далее координаты вершин куба и векторов PQ
и B\D.
Получаем Р<5(1; у; —0 и в7Ь(1; 1; -1). Так как сеК^-
234
Рис. 165
щая плоскость а перпендикулярна прямой PQ,то вектор PQ яв
ляется нормальным вектором плоскости а.
| I +4+41 2^/2
Далее, |cos(PQ, В.О)|=—-2. 2 2 = -^L-
-\/1+4+4^Г+ТТТ
Таким образом, угол между прямой B\D и плоскостью а ра¬
вен a res in 2-^2-
з
2. Для построения сечения куба плоскостью а составим уравне¬
ние плоскости а. Сделаем это исходя из того, что плоскость а
проходит через точку Ci (1; 0; 1) и имеет вектор PQ (1; ; —j-)
своим нормальным вектором. Получаем
(X-l).l+(y-0).^-+(z-l) (--!-) =0,
или 2х-\-у — 2—1=0.
Полагая в этом уравнении г/ = 0 и z = 0, найдем, что тогда
235
% = ---, т. е. плоскость а пересекает ось Вх в точке 0; о)
Полагая затем в уравнении плоскости а х = 0 и z = 0, найдем, что
тогда у — 1. Значит, ось By плоскость а пересекает в точке с коор¬
динатами (0; 1; 0), т. е. в точке А.
Итак, сечение куба плоскостью а определяется теперь тре¬
мя точками: Ci, С2 и А.
Построение его ясно из рисунка 165. Получаем четырех¬
угольник C1C2AD2.
3. Найдем теперь точку пересечения прямой PQ с секущей
плоскостью а. Для этого построим вспомогательное сечение куба
плоскостью р, проходящей через прямые PQ и DD\. Затем найдем
прямую FE, по которой пересекаются плоскости аир.
Точка X, в которой пересекаются прямые PQ и FE, является
искомой точкой.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
703. На ребре CCi правильной призмы ABCDA\B\C\D\, боковое ребро которой
в два раза больше стороны основания, взяты точки Mi, М2 и М3 — такие,
что CMi =М1М2 = М2Мз = МзС, а на ребре CD взята точка К — середина это¬
го ребра. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью, проходящей че¬
рез точки A, Ai и К, следующие прямые: a) DM г, б) DM2; в) DM3.
704. На ребре АВ правильного тетраэдра SABC взяты точки Р\ и Р2 —
такие, что APi: PiP2: Р2В= 1:1:2. Найти углы, которые образуют с плоскостью
грани S/4C следующие прямые: а) СВ; б) CPi; в) СР2.
705. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник с пря¬
мым углом при вершине С. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плос¬
кости основания под углом 45° На ребре SC взята точка F — середина этого
ребра. Найти углы, которые образует прямая AF со следующими плоскостя¬
ми: a) SOC, где точка О — середина ребра АВ; б) ВЛВ; в) SBC.
706. На ребрах CD и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точкй
Р и Q — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с диагональной
плоскостью АА\С\С следующие прямые: a) C\D; б) С\Р; в) CiQ.
707. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник АВС, бо¬
ковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB:АВ = -у/3:1. На
ребре SC взяты точки Мь М2 и М3 — такие, что CMi = MiM2 = M2M3 = M3S.
Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SBC следующие прямые:
a) AMi; б) АМ2; в) ЛМ3.
708. В основании пирамиды лежит квадрат ABCD, а ее вершина S проекти¬
руется в точку В и SB=AB. На ребре SD взяты точки Мь М2 и М3 — такие,
что DM\ = М]М2 = М2Мз = M3S. Найти углы, которые образуют с плоскостью гран
ни SAD следующие прямые- а) СМг, б) СМ2; в) СМ3.
709. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро
SB перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На ребре
SC взяты точки Fi, F2 и В3 — такие, что CFi = FiF2 = F2F3 = F3S. Найти углы,
которые образуют с плоскостью грани SAB следующие прямые: a) DF{; б) DF>;
в) DF3.
236
710. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник, а ее боковое ребро
SB перпендикулярно плоскости основания. На ребрах АВ и AD взяты соответ¬
ственно точки Р и Q — середины этих ребер. Отношение ребер пирамиды
AB:AD:SB= 1:2:1. Найти углы, которые образуют с плоскостью грани SCD сле¬
дующие прямые: a) S/4; б) SP; в) SQ.
9 711. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания.
Найти углы, которые образует прямая SC со следующими плоскостями: а) АВС;
б) SAB; в) S/4M, где точка М — середина ребра ВС.
712. На ребрах AD и z4iDj куба ABCDA\B\C\Di взяты соответственно
точки Р и Р\ — середины этих ребер, а на отрезке РР\ взята точка F — сере¬
дина этого отрезка. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью
ВРР\В\ следующие прямые: а) СР; б) CF; в) СР\.
713. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, а ее бо¬
ковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB = ВС = АС. На
ребре SB взяты точки Mi, М2 и Мз — такие, что ВМ\ = MiM2 = M2M3 = M3S.
Найти углы, которые образуют с плоскостью грани S4C следующие прямые:
а) ДМ-; б) ЛМ2; в) ЛМ3.
714. На ребрах AD и В\С\ прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
с отношением ребер AB\AD;AA\ = \'.2;\ взяты соответственно точки Р и Q —
середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с секущей плоскостью,
проходящей через точки С, D и следующие прямые: а) РС\; б) PQ; в) РВ\.
715. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат. Боковая грань SAB пер¬
пендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником. На реб¬
ре SB взята точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образуют
с плоскостью основания пирамиды следующие прямые: а) AM; б) СМ; в) КМ,
где точка К — точка пересечения диагоналей основания.
716. На ребре ВВ\ куба ABCDAiB\C\D{ взята точка Р — середина этого реб¬
ра. Найти углы, которые образует прямая DP со следующими секущими плоскостя¬
ми куба: а) АВ\С; б) BDC\; в) ACD{.
717. Диагональ А\С правильной призмы ABCDA\B\C\D\ образует с плоскостью
ее основания угол, равный 45° Найти углы, которые образует прямая А\С со
следующими плоскостями: a) ADD\; б) AB\D\; в) B\DM, где точка М — сере¬
дина ребра СС\.
718. Угол при вершине S в осевом сечении конуса равен 90° Через вершину
S проведена секущая плоскость 5ДВ. Найти углы между высотой SO конуса и
плоскостью SAB, если угол ASB равен: а) 60°; б) 45°; в) 30°
719. В правильной пирамиде SABCD отношение высоты SO к стороне осно¬
вания равно Через диагональ BD основания и точку М — середину ребра
SC — проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образуют с секущей
плоскостью следующие прямые: a) SO; б) SC; в) SB.
720. На ребре DD\ куба ABCDA\BiC\D\ взята точка Р — середина этого
ребра. Через вершины В, D и Ci проведена секущая плоскость. Найти углы,
которые образуют с секущей плоскостью следующие прямые: a) CD\; б) CD;
в) СР
721. На ребрах ВВ\, DD\ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с секущей
плоскостью, проходящей через точки Р, Q и R, следующие прямые: a) A\D; б) TliQ;
в) Д,С.
237
722. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания. На
отрезке О В взята точка Р — середина этого отрезка. Найти углы, которые об¬
разуют с плоскостью грани SAB следующие прямые: a) SO; б) SP; в) SM, где
точка М — середина ребра АС.
723. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у кото¬
рого АС = ВС. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания, а угол
между прямыми SC и АВ равен 60° На ребре SB взяты точки Mi, М2 и Мз
такие, что BMi =М1М2 = М2М3 = Мз5. Найти углы, которые образуют с плоскостью
грани SAB следующие прямые: а) СМг, б) СМ2; в) СМ3.
724. Основанием пирамиды является правильный треугольник АВС, а ее вер¬
шина S проектируется в точку О, симметричную точке С относительно прямой
АВ. На ребре SC, образующем с плоскостью основания угол, равный 45°, взята
точка М — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая AM со сле¬
дующими плоскостями: a) SOC; б) SBC; в) SAB.
725. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон AB'.AD = \'.2. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под
углом, равным 60° На ребрах 5Л, SB и SC взяты соответственно точки
Р, Q и R — середины этих ребер. Найти углы, которые образуют с плоскостью
5ЛС следующие прямые: a) DP; б) DQ; в) DR.
726. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон AB:AD=\:2. Каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол,
равный 30° На высоте SO пирамиды взята точка Р — середина высоты.
Найти углы, которые образует прямая DP со следующими плоскостями: a) SAC;
б) SAD; в) SCD.
727. В правильной пирамиде SABCD боковое ребро образует с плоскостью
основания угол, равный 45° На высоте SO пирамиды взята точка К — середи¬
на SO. Найти углы, которые образует прямая DK со следующими плоско¬
стями: a) SAD; б) SBC; в) АСР, где точка Р — точка пересечения прямых
DK и SB.
728. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник с отношением сто¬
рон ЛВ:Л/)=1:3. Высота SO пирамиды в два раза больше стороны АВ и про¬
ектируется в точку пересечения диагоналей основания. Через точку О и точку М *4-
середину ребра SB — проведена прямая. Найти углы, которые образует эта прямая
со следующими плоскостями: a) SBC; б) 5ЛВ; в) SAC.
729. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковая грань SAB
перпендикулярна плоскости основания и является правильным треугольником.
На ребре SB взята точка К — середина этого ребра — и через точки Л, С и К
проведена секущая плоскость. Найти углы, которые образуют с секущей плос¬
костью следующие прямые: a) SD; б) 5Л; в) SC.
730. В правильной пирамиде SABCD отношение высоты SO к стороне осно¬
вания равно 2:3. На диагонали АС взята точка Р — такая, что ЛР:АС = 1:4.
Найти углы, которые образует прямая SP со следующими плоскостями: a) SBJD;
б) SCD; в) SAD.
731. В правильной пирамиде SABCD ЛВ:5Л = 1:2. На ребре 5Л взята точка
М — середина этого ребра. Найти углы, которые образует прямая DM со сле¬
дующими плоскостями: a) SCD; б) SBC; в) SAB.
732. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у кото¬
рого АС = ВС. Каждое боковое ребро пирамиды наклонено к плоскости ее
238
основания под углом, равным 60° На ребрах SB и АВ взяты соответственно
точки М и О — середины этих ребер. Найти углы, которые образует пря¬
мая AM со следующими плоскостями: a) SOC; б) SBC; в) 5ЛС.
733. Основанием пирамиды SABCD служит прямоугольник, а ее вершина S
проектируется в точку О — середину ребра АВ. AB\AD;SO = 4\\;\. На ребрах
CD и AD взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Найти
углы, которые образуют с плоскостью грани SBC следующие прямые: a) SD;
б) SK; в) SL.
734. На ребрах SC и AD правильной пирамиды SABCD, высота которой
(равна стороне основания, взяты соответственно точки Р и Q — такие, что
h£sP:SC=1:4 и AQ:AD = 3:4. Построить сечение пирамиды плоскостью BPQ
иг найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) АС;
б) SO; в) SA
735. На ребрах AAi, AD и ВС прямоугольного параллелепипеда с отноше¬
нием ребер AB:AD:AAi = 1:2:1 взяты соответственно точки Р, Q и R— такие,
дчто ЛР:ЛЛ1 = 1:2, AQ;AD—\ ;3 и В/?:ВС = 2:3. Построить сечение параллелепи-
кпеда плоскостью PQR и найти углы, которые образуют с этой плоскостью
«следующие прямые: a) DiCr, б) A\D\; в) DD\.
736. На ребрах BBi, C\D\ и AD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно
(точки Р, Q и R — такие, что ВР;ВВ\ —1:2, CQ:C1£>i = l:3 и Л/?:ЛО = 3:4.
< Построить сечение куба плоскостью PQR и найти углы, которые образуют с этой
плоскостью следующие прямые: а) АВ; б) AD; в) АА\.
'737. Высота правильной призмы АВСА\В[С\ в два раза больше стороны осно¬
вания. На ее ребрах АВ и СС\ взяты соответственно точки Р и Q — такие, что
АР:АВ= 1:2 и CQ:CC\ =2:3. Построить сечение призмы плоскостью PQBi и найти
-|)5глы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) ААг, б) АВ;
АС.
738. Высота призмы ABCAiBiCi, в основании которой лежит равнобедренный
треугольник с прямым углом при вершине С, равна гипотенузе этого треуголь¬
ника. На ребрах Л1В1 и АС взяты соответственно точки Р и Q — такие, что
-А^Р'.А\В\ = 2:3 и AQ;AC = \;4. Построить сечение призмы плоскостью C\PQ
--и найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) ААг,
r^) Л1В1; в) А1С1.
739. На ребре CD правильной призмы ABCDA\B\C\D\, высота которой в три
^'раза больше стороны основания, взята точка Q — середина этого ребра, а на боко¬
вом ребре ВВ\ взяты такие точки К и Р, что В\К=КР = РВ. Построить сечение
/призмы плоскостью, проходящей через точку В\, параллельно прямым АР и KQ
И найти углы, которые образуют с этой плоскостью следующие прямые: а) Л|Вг,
б) В\Сг, в) ВВ{.
740. На ребрах AD и АА\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
и Q — середины этих ребер, а на ребре СС\ взята точка R — такая, что
;<CT:CCi = l:3. Построить сечение куба плоскостью, проходящей через вершину
В\, параллельно прямым PQ и DR и найти углы, которые образуют с этой
’-яшоскостью следующие прямые: а) В\Сг, б) B\Dr, в) ЛСь
741. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат, а ее боковое ребро SB
перпендикулярно плоскости основания и равно стороне основания. На ребре SB
(взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре SC — точка Q — такая,
-что SQ:SC= 1:4. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через
239
точку Р, параллельно прямым ВС и DQ и найти углы, которые образуют
с этой плоскостью следующие прямые: a) SBr, б) в) SC.
742. На ребре ВВХ куба ABCDA{B\C\D\ взята точка Р — середина этого реб¬
ра. а) Найти угол, который образует прямая CD\ с секущей плоскостью а, прохо¬
дящей через точку М — середину отрезка DP, перпендикулярно прямой DP
б) Построить сечение куба плоскостью а. в) Найти точку пересечения прямой
CD\ с плоскостью а.
743. В основании прямой призмы ABCA\B\Ci лежит треугольник с прямым уг¬
лом при вершине С. Отношение ребер призмы АС: ВС: CCi = 1:1:2. На ребрах
В\С\ и АС взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер, а) Найти
угол, который образует прямая B\Q с секущей плоскостью а, проходящей через
вершину А, перпендикулярно прямой ВР б) Построить сечение призмы плос¬
костью а. в) Найти точку пересечения прямой ВР с плоскостью а.
744. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAiB\CiD[, отношение ребер ко¬
торого AB:AD:BB\ = 1:2:1, на ребрах CD и AD взяты соответственно точки
Р и Q — середины этих ребер, а) Найти угол, который образует прямая А{С с
секущей плоскостью а, проходящей через точку Q, перпендикулярно прямой В}Р
б) Построить сечение параллелепипеда плоскостью а. в) Найти точку пересече¬
ния прямой А [С с плоскостью а.
745. В правильной пирамиде SABC высота равна стороне основания. На реб¬
рах АВ, SC и SB взяты соответственно точки М, Р и Q — середины этих ребер:
а) Найти угол, который образует прямая с секущей плоскостью а; проходящей
через точку Q, перпендикулярно прямой МР б) Построить сечение пирами¬
ды плоскостью а. в) Найти точку' пересечения прямой МР плос¬
костью а.
746. Высота правильной пирамиды SABCD в два раза больше стороны
основания. На ребре AD взята точка Р — середина этого ребра, а) Найти
угол, который образует прямая с секущей плоскостью а, проходящей че¬
рез точку Р, перпендикулярно прямой SC. б) Построить сечение пирамиды
плоскостью а. в) Найти точку пересечения высоты SO с плоскостью а.
747. В основании пирамиды лежит трапеция ABCD с прямым углом при
вершине В и отношением сторон AB:BC:AD = 1:1:2. Боковое ребро SB пер¬
пендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре AD взята точка Р —
середина этого ребра, а) Найти угол, который образует прямая SD с секущей
плоскостью а, проходящей через точку Р, перпендикулярно прямой SC.
б) Построить сечение пирамиды плоскостью а. в) Найти точку пересечения пря¬
мой SD с плоскостью а.
§ 15. УГОЛ МЕЖДУ ПЛОСКОСТЯМИ.
ДВУГРАННЫЙ И МНОГОГРАННЫЙ УГЛЫ
1. УГОЛ МЕЖДУ плоскостями
Пусть Л1 и Л2 — данные плоскости, пересекающиеся по прямой
АВ (рис. 166). Через некоторую точку F прямой АВ проведем
в плоскости Л1 прямую FCA-AB, а в плоскости Л2 — прямую
FDYAB. Угол ср между прямыми FC и FD — это угол и между
ПЛОСКОСТЯМи Л1 U Л2.
240
Рис. 167
Рис. 166
По определению угла между прямыми 0°^ф^90° При реше¬
нии задач на нахождение угла между плоскостями обычно при¬
меняют либо поэтапно-вычислительный способ, либо векторно¬
координатный способ. х
Применение поэтапно-вычислительного способа в большинстве
случаев связано с необходимостью построения угла <р между
плоскостями (при этом, естественно, следует учитывать параметри¬
ческое число изображения) и построения треугольника, содержа¬
щего угол ср или угол ф1 = 180° — ср. Подсчитывая стороны
этого треугольника, находят какую-либо тригонометрическую
функцию искомого угла ср (или угла <pi), а затем и угол ср.
Применение векторно-координатного способа требует введения
прямоугольной системы координат. В этой системе координат на¬
ходят координаты нормальных векторов п\ и п2 заданных плос¬
костей Л] и л2, а затем косинус угла между векторами п\ и п2
и далее по формуле cos <р= |cos (nV, п£)| находят cos ср.
Перейдем к рассмотрению примеров.
Пример 1. На ребрах AD и C\D\ куба ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р и Q середины этих ребер —
и через точки С, Р и Q проведена плоскость. Найдем угол
между плоскостями CPQ и АВС.
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 167)
Построим сначала угол между плоскостями CPQ и АВС. Для
этого в плоскости CDD\ через точку Q проведем прямую QM|| СС\.
Тогда прямая QM будет перпендикулярна плоскости АВС. Про¬
ведем далее прямую ВМ. Эта прямая будет перпендикулярна
прямой СР (убедитесь в этом самостоятельно). Точку L, в кото¬
241
рой пересекаются прямые ВМ и СР, соединим с точкой Q. Так
как QL — наклонная, проекция которой перпендикулярна прямой
СР, то и QL.LLM.
Таким образом, угол QLM прямоугольного треугольника
QLM — это угол между плоскостями CPQ и АВС.
Положив ребро куба равным а, из подобия треугольников
CLM и CDP найдем, что LM=—и тогда tg QLM = ^=2^/5.
2 у/5 LM
Следовательно, Z QLM = arctg 2 -д/5.
Векторно-координатный способ. Введем в пространстве прямо¬
угольную систему координат Bxyz, как это показано на рисун¬
ке 167, и найдем координаты нормальных векторов п\ плоскости
АВС и Я2 плоскости CPQ.
—
Ясно и без вычислений, что вектор ВВ\ (0; 0; 1) можно при¬
нять за вектор п\. г
Вектор п2 найдем, принимая во внимание, что n2_LCP ц
n2-LCQ. Так как СР^—1; о) CQ^O; -у; 1 ) то, полагая
п2 (k; 1\ пг), получим систему уравнений
( —^ + / = 0,
|_1_/+пг=0,
откуда находим П2^2; 1; —
Если угол между плоскостями CPQ и АВС обозначить <р, то
I _1|
— I 2 I л/21
cos <р= |cos (П1, n2) I =— — = , И, следовательно, <p=t
/ 1 21 I
у4+1+т
л/21
= arccos -у2~ -
Замечания. Можно предложить другой, также поэтапно-вычислитель¬
ный способ решения этой задачи. Найдем площадь сечения. Четырехугольник
CPFQ является трапецией, поэтому
\еч==“2- (СР-\- FQ) QL = j-g
Найдем площадь проекции трапеции CPFQ:
S —S S
дпр — ^CDP—^QDiF—
Найдем угол между плоскостями CPQ и АВС:
242
COS ф =
Snp
л/2Г
21
2. Зная площадь сечения и найдя площадь проекции, например, на плос¬
кость CDDi:
5np = SCDD,Q=y (CD + D.Q) DDt
можно найти также косинус угла между плоскостями CPQ и CDD\:
4 л/2Т
cos (CPQ, CDD\)=—^—
П ример 2. На ребрах АС и SA правильного тетраэдра
SABC взяты соответственно точки /( и L — середины этих ребер.
Через точки В, К и L проведена секущая плоскость. Найдем угол
между плоскостями B/<L и ВЛ С.
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 168, а).
Построим угол между плоскостями BLK и ВЛ С. Для построения
перпендикуляра из точки В на L/C — линию пересечения плос¬
костей BLK и ВЛС — воспользуемся тем, что в треугольнике
BLK B,L = BK (как медианы равных равносторонних треуголь¬
ников).
Тогда медиана ВМ будет перпендикуляром к стороне L/C Да¬
лее, так как в треугольнике ALK AL = AK, то медиана AM это¬
го треугольника перпендикулярна стороне L/C
Таким образом, угол между прямыми ВМ и AM является уг¬
лом между плоскостями BLK и ВЛ С.
Пусть прямая AM пересекает ВС в точке Af. Соединим эту
точку с точкой В. Из рисунка 168, а неясно, какой из углов: ВМА
(йли BMN—является острым (т. е. углом между прямыми ВМ
и AM). Выяснить это можно, рассмотрев треугольники ВМА и
BMN, у которых ВМ — общая сторона и AM = MN. Против мень¬
шей из сторон АВ и BN лежит и меньший угол. Ясно,
что BN — медиана равностороннего треугольника SBK, т. е.
BNS.SC.
Рис. 168
243
Тогда BN<BC. Но ВС = АВ, и, значит, BN<AB. Таким
образом, угол BMN является искомым. Найдем его из треуголь¬
ника BMN.
Полагая для выполнения подсчетов ребро тетраэдра равным.
а, получаем BN = , MN = -^-AN = а-^ и из прямоуголь¬
ного треугольника ВМК, в котором ВК=^-^ и МК = -^~ LK=-^,
находим, что ВМ = а
4
Теперь в треугольнике BMN все стороны известны и по теореме
косинусов находим:
BN2 = ВМ2 + MN2 - 2ВМ • MN cos BMN,
+ отку-
да cos , т. е. Z BMN = arccos
Замечание. Для нахождения угла между прямыми ВМ и AM можно было
бы и не выяснять, какой из углов: BMN или ВМА — является острым. Так,
находя cos ВМА, мы получили бы из треугольника ВМА, что АВ2 = ВМ2 -\г
-\-АМ2 — 2АМ-BMcosBMA, или ВМА,
л/33
откуда cos ВМА=—, е. угол ВМА тупой, и, значит, искомым является
л/33
Z_BMN = 180°- Z-ВМА. Но cos (180°- Л.ВМА)= - cos ВМА =-gy
л/33 л/33
Итак, cos BMN = -^—- , е. Z_BMN= arccos v- —
Ou Ou
Векторно-координатный способ. Введем в пространстве прямо¬
угольную систему координат Dxyz, как показано на рисунке
168, б (точка D — середина ребра АВ) Приняв, например,
АВ = 2, найдем координаты нужных точек. Получаем сначала
точки D (0; 0; 0), С (-\/3; 0; 0) и Л (0; 1; 0), затем точки О (^-; 0; 0 )
Р(О; 0; S(^; 0; .далее Я (0; - 1; 0),
Теперь найдем координаты векторов П\ и П2 — нормальных
векторов соответственно плоскостей В КВ и 5ЛС.
Находим, что Вк(^-‘, 0^ Вв(^-', Так как
Я1_1_ВК и n\_LBL, то, полагая п\ (fei; 1\\ т\), получим систему
уравнений
244
Г^+т/,=0’
О Z о
откуда с точностью до пропорциональности находим nA — л/З;
>; -*)
Аналогично находим и вектор п2 (&2; /2; /п2).
Так как sl( — 0; —^-) АС (д/3; —1, 0) и
rt2-L4C, то 62-/2 + ^m2 = 0,
(-\/Зб2 — /2 = 0, откуда п2 (1; л/3;
Обозначив для краткости угол между плоскостями BKL и SAC
через <р, находим:
- I —>/3+л/3-^ I ^зз
cos ср = I cos (n 1, п2) | = —. • ——= Трг-
7^47^4
Таким образом, искомый угол равен arccos2^
Пример 3. В основании пирамиды SABCD лежит прямо¬
угольник с отношением сторон АВ:А£>= 1:2. Боковое ребро SB
перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребрах SC
й SD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер.
Найдем угол между плоскостью основания и плоскостью, про¬
ходящей через вершину А, параллельно прямым ВР и CQ.
Решение. Векторно-координатный способ (рис. 169) При¬
нимая во внимание, что ребра АВ, ВС и SB попарно перпен¬
дикулярны, введем в пространстве прямоугольную систему коор¬
динат Bxyz. Так как AB = SB и АВ:AD =1:2, то координаты
точек С, А и S можно принять следующими: С (2; 0; 0), А (0; 1; 0)
и S (0; 0; 1). Затем найдем координаты точек Р, D и Q:
Р(|; 0; J-) 0(2; I; 0) к q( I;
Так как секущая плоскость параллельна прямым ВР и CQ, то
вектор п — нормальный вектор секущей плоскости — перпендику¬
лярен векторам Вр(1; 0; -у) и CQ( —1; у; у)
Если (/?; /; tn) — координаты вектора п, то
( 6 + f=0,
1-4+т+т=°.
откуда, полагая /г=1, находим: / = 4, т= — 2. Таким образом, в
245
качестве вектора п можно принять вектор с координатами
(1; 4; —2). Ясно, что в качестве нормального вектора плоскости
—>•
АВС можно принять вектор BS (0; 0; 1).
Теперь можно подсчитать угол ф между секущей плоскостью
и плоскостью АВС.
Получаем cos ф = |cos (и, BS) | = - *
J v v 7 VH-16 + 4.VT 21
2л/И
т. е. ф = arccos
Мы подсчитали угол между секущей плоскостью и плоскостью
АВС, не построив сечения пирамиды. Выполнить это построение
несложно векторно-координатным способом.
Так как дана точка А (0; 1; 0), через которую проходит
секущая плоскость, и уже известен вектор п(1; 4; —2) — нор¬
мальный вектор этой плоскости, то можно получить уравнение се¬
кущей плоскости:
(х-0). 1+(//-!)• 4+(z-0).(-2) = 0,
или
х-}-4у — 2z — 4 = 0.
Если секущая плоскость пересекает прямую CD в точке £,
то точка Е имеет координаты (2; у; 0). Подставляя эти коорди¬
наты в уравнение секущей плоскости, найдем, что у=-^-.
Таким образом, точка Е — середина ребра CD. Значит, с плос¬
костью основания секущая плоскость пересекается по прямой АЕ.
Далее, ясно, что плоскость SCD пересекается секущей плоскостью
по прямой EF\\CQ, а плоскость SAD — по прямой AF Итак, сече¬
нием пирамиды является треугольник AFE.
Пример 4. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ отноше¬
ние ребер ВС:ВВ\ =д/3:^2. На ребре ВВ\ взята точка М — сере-
Рис. 170
Рис. 169
246
|Дина этого ребра. Через точки М, А и С проведена одна секущая
♦плоскость, а через точки М, А\ и С\ — другая. Найдем угол между
плоскостями МАС и AL4iC|.
Решение. Векторно-координатный способ (рис. 170). Так
'как ребра ВС, ВА и ВВ\ призмы попарно перпендикулярны,
то легко ввести в пространстве прямоугольную систему координат
Bxyz. Далее, так как ВС = ДВ, т. е. ВС:ВА :BBi =д/3:^/3:д/2,
то координаты точек В, С, А и В\ можно принять следующими:
В (0; 0; 0), С (у/3; 0; 0), А (0; у/3; 0) и Bt (0; 0; у/2).
Находим затем координаты точек Сь At и М:
Ci (л/3; 0; у/2), А, (0; у/3; у/2) и м(о; 0; -^)
Теперь можно найти координаты векторов гц и п2 — каких-
нибудь нормальных векторов соответственно плоскостей МАС
и МА 1 Ci.
Пусть nt (kr, h; mi). Так как АС (у/3; —у/3; 0), AM ( 0; — у/3; у)
1 —>■ , —>■
и П1±ЛС, п\А_АМ, то
( у/з/г, — у/з/i =о,
( —л/З/i+^-/И| =0,
откуда получаем nt (у/3; д/3; 3 -у/2).
Далее, пусть n2(k2; 12, пг2). Так как Л|С| (у/3; —->/3; 0),
д7и(0; -у/3; и п2±дТС1, n2-LA\M, то
( у/3/г2 —V3/2 = 0,
( -у/3/2-^т2 = 0,
откуда получаем п2 (у/3; у/3; —Зу/2).
Обозначив угол между плоскостями МАС и МА\С\ через ср,
находим:
I м 13 + 3-181 1
COS ф= COS (ПЬ П2)\ = ■- ■ ■ - = —
V3 + 3+ 18 V3 + 3+ 18 2
Таким образом, угол между плоскостями МАС и МЛ1С] ра¬
вен 60°
Пример 5. Плоскости Л1 и Л2, угол между которыми ра¬
вен а, пересекаются по прямой АВ. В плоскости Л1 проведена
прямая AC-LAB, а в плоскости Л2 — прямая AD, образующая с
прямой АВ угол, равный р. Найдем угол между прямыми АС
и AD.
247
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 171).
Замечание. Отметим, что на изображение заданных плоскостей и прямой
AC-LAB израсходовано всего два параметра, е. для выполнения дополнитель¬
ных метрических построений в нашем распоряжении есть еще три параметра.
Построим сначала угол между плоскостями Л] и лг. Для этого
в плоскости лг через точку А проведем прямую АЕ, которую примем
за изображение прямой, перпендикулярной АВ. Если Л1±лг, то
АС ±ЛЕ, и, так как, кроме того, AC -LAB, получаем, что AC .L AD,
и, значит, искомый угол DAC равен 90° Пусть теперь плоскость
Л1 не перпендикулярна плоскости Л2. Тогда в плоскости САЕ через
точку Е проведем прямую EF, которую будем считать изображен
нием прямой, перпендикулярной прямой АС. Угол EAF прямо¬
угольного треугольника EAF — это, таким образом, угол между
плоскостями Л1 и лг, т. е. /LEAF = а.
Построим далее в плоскости Л2 прямую ЕК\\АВ и получен¬
ную точку К соединим с точкой F Так как AC -LAB, то AC-LEK?
Кроме того, АСЛ-EF Таким образом, прямая АС перпендикуляр¬
на двум прямым плоскости AFK, и, следовательно, Л С± KF Итак;
угол KAF прямоугольного треугольника KAF — это искомый угол.
Чтобы подсчитать какие-нибудь две стороны этого треугольника,
введем вспомогательный параметр, положив, например, ЛК = а.
Тогда из прямоугольного треугольника АЕКУ в котором /LAKE = $
(так как по построению ЕК\\АВ), находим 4£ = asin р, а затем
из прямоугольного треугольника AFE
AF = AE cos а = а sin р cos а.
Теперь из прямоугольного треугольника KAF
cos /C4F=~£-=sin р cos а.
Итак, /_ КЛ С = arccos (sin р cos а).
248
2. ДВУГРАННЫЙ И МНОГОГРАННЫЙ УГЛЫ
Фигуру, образованную двумя полуплоскостями, не принадле¬
жащими одной плоскости, с общей ограничивающей их прямой
называют двугранным углом. Полуплоскости называют гранями,
а ограничивающую их прямую — ребром двугранного угла.
Если некоторая прямая является ребром только одного дву¬
гранного угла, то этот угол можно обозначать теми же буква¬
ми, что и его ребро. Таким способом обозначения пользуются,
например, указывая двугранный угол при боковом ребре пира¬
миды, при ребре ее основания и т. д.
В тех же случаях, когда несколько двугранных углов имеют
общее ребро, в обозначении двугранного угла указывают сначала
какую-нибудь точку, лежащую в одной из граней, затем указы¬
вают ребро этого угла и далее какую-нибудь точку, лежащую в
другой его грани. Так, на рисунке 172 изображены двугранные
углы САВЕ, CABD и DABE.
Угол, который получается в сечении двугранного угла плос¬
костью, перпендикулярной его ребру, называют линейным углом
двугранного угла.
За меру двугранного угла принимают меру соответствующего
ему линейного угла. Эта мера не зависит от выбора линейно¬
го угла.
Построение линейного угла данного двугранного угла CABD
(рис. 172) можно выполнить, например, следующим образом:
1. В грани АВС из некоторой точки L опустить перпенди¬
куляр LF на прямую АВ.
2. В точке F грани ABD восставить перпендикуляр FK к пря¬
мой АВ.
При таком построении угол CFK будет линейным углом
двугранного угла CABD. В примерах этого параграфа рассматри¬
ваются и другие способы построения линейного угла.
Отметим еще, что если ср — величина двугранного угла, то
0°<(р<180°
Наиболее распространенными способами решения задач на на¬
хождение двугранного угла являются следующие:
249
1. Поэтапно-вычислительный.
2. В екторно-координатный (значительно реже применяется).
3. Геометрический.
Применение поэтапно-вычислительного способа связано с не¬
обходимостью построения линейного угла <р искомого двугран¬
ного угла и построения треугольника, содержащего этот угол ср
или угол epi, дополняющий ср до 180° Подсчитывая затем сторо¬
ны построенного треугольника, находят угол ср.
Применение поэтапно-вычислительного способа связано с не¬
обходимостью построения линейного угла ср искомого двугран¬
ного угла (естественно, с учетом параметрического числа пост¬
роенного изображения) и построения треугольника, содержащего
этот угол ср или угол ср], дополняющий угол ср до 180° Подсчитывая
стороны построенного треугольника, находят угол ср.
Применение векторно-координатного способа, разумеется, воз¬
можно лишь после введения в пространстве прямоугольной систе¬
мы координат. После того как это сделано, можно найти иско¬
мый двугранный угол ср, например вычислив координаты нор¬
мальных векторов п\ и П2 плоскостей, содержащих грани задан¬
ного двугранного угла (так же, как это делалось при^ нахожде¬
нии угла между плоскостями), а затем найти |cos (пд, и2)|.
Определив затем по смыслу задачи, острым или тупым явля?-
ется угол ср, берут cos ср = I cos (лг i, лг2) I, если угол ср острый, й
cos ср = — |cos (rii, и2)|, если угол ср тупой. Если по смыслу за¬
дачи угол ср может быть как острым, так и тупым, то рассматри¬
вают оба эти случая. щ
В некоторых случаях при нахождении искомого двугранного
угла ср можно воспользоваться также тем обстоятельством, чт<^
если угол KFL (рис. 172) является линейным углом этого дву-1
гранного угла, то угол EFL равен углу непосредственно между^
—>■ —>■
векторами FK и FL. (Более того, угол KFL равен углу между
—>■ —>■
некоторыми векторами F\K\ и F^L^ коллинеарными и сонаправ-
—>- —>
ленными соответственно векторам FK и FL.)
Перейдем к рассмотрению примеров.
Пример 6. В основании пирамиды SABC лежит прямо¬
угольный треугольник. Боковое ребро SB перпендикулярно плос¬
кости основания пирамиды и SB = AC = BC. На ребре SC взятии
точка М — середина этого ребра. Найдем двугранный угол
ВАМС. ()П
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 173, а\0
Построим линейный угол двугранного угла ВАМС. Для этого
опустим сначала перпендикуляр на ребро AM этого угла из точ^
ки С.
250
z
Рис. 173
Замечание. Нетрудно подсчитать, что параметрическое число изображе¬
ния р = 5. Поэтому понятно, что нельзя взять на прямой AM произвольно
точку Н и считать при этом, что СН — это изображение перпендикуляра к
прямой AM.
Выполним построение CW_L ЛМ, подсчитав отношение АН:АМ,
в котором точка Н — основание перпендикуляра СН — должна
делить сторону AM треугольника АМС.
Для выполнения подсчетов введем вспомогательный па¬
раметр, положив, например, SB = a. Тогда ЛС = а, SC=^-^
И мс=-^-
2 J-
Ясно, что ЛС_1_5С, поэтому AM=^jAC2 + MC2 = ?-g- Так
как Z.MCA =90°, то углы АМС и МАС острые. Тогда, если
CHJ-AM, то
АС2 — АН2 = МС2 — МН2, или а2-4Я2=(-^)2-(-^~4//)2
откуда АН=~^- Таким образом, для построения точки Н мы
получили отношение АН:AM = зная которое и
строим точку Н.
Перейдем теперь к построению перпендикуляра НК к ребру
AM искомого двугранного угла. (Заметим, что как нельзя было
брать произвольно точку Н на стороне AM треугольника АМС,
так и на прямой АВ нельзя взять произвольно точку К и счи¬
251
тать при этом НК изображением перпендикуляра к прямой AM.)
Для построения этого перпендикуляра НК заметим, что в треуголь¬
нике SBC SB = BC. Поэтому медиана ВМ этого треугольника
является и его высотой. Значит, проведя в плоскости АМВ через
точку Н прямую НК\\ВМ, мы получим угол СНК, являющийся
линейным углом искомого двугранного угла ВАМС.
Соединим точку К с точкой С и найдем теперь стороны тре¬
угольника СНК.
Из прямоугольного треугольника АСН СН = ^]АС2 — АН2 =
Из подобия треугольников АНК и АМВ следует, что
А К АН 2 и „ a -J2 л „ 2а д/2
= ~АВ=~АМ=~ ' ОТКУДЭ НК=3' АК=3~
Из треугольника АСК СК2 = АК2А-АС2~2AK-AC-cos 45°
т. е. С№=(^-|-а л/2 )2Ц-а2 —2л/2-а-2^-, откуда СК2—^
Применим теперь к треугольнику СНК теорему косинусов:
СК2 —Н К2 + СН2 — 2Н К-СН-cos СНК, или ^=^+%~2Х
X ■ Q-<-cos СНК, откуда cosC7/K = 0, т. е. АСНК=90а
а, следовательно, Z. ВАМС = 90°
Векторно-координатный способ (рис. 173, б) Через вершину
В проведем в плоскости АВС прямую /||ДС. Так как прямые
ВС, I и BS попарно перпендикулярны, то можно задать в прост¬
ранстве прямоугольную систему координат Bxyz.
Найдем координаты нормальных векторов п\ плоскости ЗДС
и Я2 плоскости АМВ. Пусть п\ (k\ /; m). Так как п\Л_АС (0; —1; ф
и _LSC (1; 0; -1), то Г / = 0,
(fe —т = 0, откуда с точностью до мно¬
жителя пропорциональности fe=l, / = 0, т=1, т. е. ni(l; 0; 1).
Пусть п2 1\ пг). Так как Я2±ВД (1; 1; 0) и Я2±ВМ ; 0; -у) ,
р+/=о,
то < _Дг_|_ 1 п откуда получаем, например, такую тройку
(2^2 т~
координат вектора n2: 1, / = — 1, m= — 1, т. е. n2 (1; 1; 1).
Теперь находим | cos (Я>, n2) |
I cos (Я|,'Х)| = |1-'+0.<-|>+'^ = 0.
<1 + 1 Vi + 1 + l
Это значит, что угол между векторами п\ и п2, т. е. и угол ВАМС,
равен 90°.
252
Пример 7 В плоскости грани ли двугранного угла, рав¬
ного а, проведена прямая ЛС, перпендикулярная ребру АВ дву¬
гранного угла, а в плоскости грани лг этого двугранного угла
проведена прямая ЛО, образующая с прямой АВ угол, равный р.
Найдем угол между прямыми АС и ЛО.
Решение. По смыслу задачи а — величина двугранного уг¬
ла, который может быть и острым, и тупым, поэтому необходи¬
мо рассмотреть эти два случая. Так как случай, когда 0° < а ^90°,
рассмотрен в примере 5 (рис. 171), то перейдем к рассмотрению
случая, когда 90°<а<180° (рис. 174).
Построим линейный угол двугранного угла CABD. В грани л2
через точку Л проведем луч ЛЕ, который будем считать изобра¬
жением луча, перпендикулярного АВ. Тогда угол САЕ —
линейный угол двугранного угла CABD, и поэтому Z_CAE = a.
Затем в плоскости САЕ через точку Е проведем прямую EF,
которую будем считать изображением прямой, перпендикулярной
АС.
Тогда угол FAE прямоугольного треугольника FAE равен
180° —а. Проведем затем в грани л2 прямую ЕК\\АВ и соединим
точку F с точкой К. Получим прямоугольный треугольник
AFK, угол KAF которого является искомым углом между пря¬
мыми АС и AD. Чтобы найти величину этого угла, введем вспо¬
могательный параметр, положив, как и в примере 5, АК = а,
и найдем еще сторону AF прямоугольного треугольника AFK>
Из прямоугольного треугольника АЕК
АЕ = а sin р,
а из прямоугольного треугольника AFE
AF = AE cos (180° — а) = — a sin р cos а.
Теперь из прямоугольного треугольника AFK
cos ^f = 4v=-~aS?npC0-a=-sin 0 cos а.
АК а
253
Рис. 175
Итак, если 0°<а^90°, то zl DAС = arccos (sin 0 cos а), и ecJ
ли90°<а<180° то /LDAF = arccos ( — sin 0 cos а). P
Пример 8. Ha ребрах трехгранного угла с вершиной в
точке 3 взяты точки Д, В и С — такие, что S4 = SB = SC.
Найдем двугранный угол ABCS в случае, когда Z_BSC = 90°,
a Z_ASB= ДДЗС = а, причем а принимает следующие значения:
а) 120°- б) 90°; в) 60°
Решение, а) Поэтапно-вычислительный способ (рис. 175, а)\,!
Построим линейный угол искомого двугранного угла ABCS.
Для этого соединим точку А с точками В и С, а точку В —
с точкой С. Так как Z_ASB = Z.ASC и ЗД = SB = SC, то A A SB =
= ДДЗС, и, следовательно, АВ = АС.
Проведем медиану ДМ треугольника АВС. Так как АВ = А С, то
AM-LBC. Соединим теперь точку S с точкой М. Из равенства4,
сторон SB и SC треугольника SBC следует, что SMA-BC.
Таким образом, угол AMS является линейным углом двугран¬
ного угла ABCS. Чтобы найти величину этого угла, подсчитаем
стороны треугольника ДМ3. С этой целью введем вспомога¬
тельный параметр, положив, например, SA = a. Тогда д:
SB = SC = a.
В прямоугольном треугольнике SBC ВС = а -д/2 и SM = -^~ ВС =
= . В треугольнике ASB АВ = а^/3.
254
Тогда в прямоугольном треугольнике АМВ AM=yAB'2 — ВМ2 =
= Теперь в треугольнике AMS известны все стороны.
Применим к нему теорему косинусов. Получаем
SA2 = SM2 + AM2-2SM-AM-cos AMS,
или
a2=al+5al_2,^A.^10..cos^MS>
2'2 2 2
откуда cos AMS = -^&- Итак, искомый двугранный угол равен
□
2л/5
arccos —•
5
Решение, б) Векторно-координатный способ. Так как в рас¬
сматриваемом случае ребра SX, SB и SC заданного трехгран¬
ного угла попарно перпендикулярны, то легко ввести в пространст¬
ве прямоугольную систему координат Sxyz, как это показано на
рисунке 175, б. Найдем координаты нормальных векторов п\ плос¬
кости SBC и П2 плоскости АВС. Ясно, что в качестве вектора
«1 можно принять вектор ЗЛ (0; 0; 1). Далее, так как вектор
П2 перпендикулярен плоскости АВС, то в качестве вектора П2
можно принять какой-нибудь вектор, перпендикулярный векторам
ВС (Г, -1; 0) и ВЛ (0; -1; 1).
Пусть п2 (k; 1\ ш). Тогда
( k-l = 0,
1 —/ + т = 0,
откуда k — l = tn — \. Итак, «2(1; 1; 1).
Находим теперь: |cos(ni, м2)|=—-
Выясним, является угол ABCS острым или тупым. Ясно, что
если точка М — середина отрезка ВС, то SM ± ВС и AM Л_ВС, т. е.
угол AMS — линейный угол двугранного угла ABCS и угол ДМВ —
о£стрый угол прямоугольного треугольника AMS. Значит,
cos |cos (Hi, n2)| =-^ , т- e- искомый двугранный угол равен
aYccos
*£ Замечание. Искомый двугранный угол можно найти и по-другому. Мож-
ьЙ) воспользоваться тем, что угол ЛМ5 — линейный угол двугранного угла
—
ABCS — равен углу между векторами MS. и МА. Находим координаты точки М
—►- —►-
и векторов MS и МА:
255
Далее находим: cos ДМ3 = cos (MS,/VM) =
Решение в) Г еометрический способ (рис. 175, в) Соеди¬
ним точку А с точками В и С и точку В — с точкой С. Пусть
ZBSC = 90° a AASC= AASB = 60°
Проведем медиану SM треугольника SBC и точку М соединим
с точкой А. Так как SM — медиана треугольника SBC, у кото¬
рого SA = SB, то SMXBC.
Так как SA = SB и /LASB = 60°, то треугольник SAB равно¬
сторонний. Аналогично и треугольник SAC равносторонний, и яс¬
но, что /\SAB= //SAC. Тогда SB = AB = AC и AM— медиана
равнобедренного треугольника АВС, т. е. АМ1.ВС.
Таким образом, SAf±BC и АЛ4±ВС, откуда следует, что
/LAMS— линейный угол двугранного угла ABCS, т. е. угол
AMS — искомый угол.
Нетрудно заметить, что /\АВС= & SBC (по трем сторонам),
т. е. AM — медиана прямоугольного треугольника АВС, и, сле¬
довательно, AM = -t- ВС = ВМ.
Сравним теперь треугольники AMS и BMS. У них АМ = ВМ,
SA = SB и SM — общая сторона. Значит, дАМ5 = ДВЛ15, а тог¬
да Z.AMS= /-SMB = 90° Итак, угол ABCS равен 90°
Пример 9. В основании пирамиды SABCD, все ребра ко¬
торой одинаково наклонены к плоскости основания, лежит прямо¬
угольник ABCD. Через точки К, L и М — середины соответствен¬
но ребер АВ, AD и SC — проведена секущая плоскость. Найдем
угол MKLC, если AB;AD:SA = 1 :^/3:2.
Решение. Поэтапно-вычислительный способ (рис. 176, а)
Пусть SO — высота пирамиды. Соединив точку О с вершинами
Рис. 176
256
основания пирамиды, получим треугольники SOA, SOB, SOC и
SOD.
Так как SO — перпендикуляр к плоскости АВС, то АО—
проекция SA на плоскость АВС, и, значит, угол SAO— это
угол наклона ребра SA к плоскости основания. Аналогично
утлы SBO, SCO и SDO — это углы наклона соответственно ребер
SB, SC и SD к плоскости основания. Тогда прямоугольные
треугольники SOA, SOB, SOC и SOD, имеющие общий катет SO
и по равному острому углу, равны между собой. Поэтому SA =
= SB = SC = SD, О A = OB = ОС = OD и точка О — это точка пе¬
ресечения диагоналей прямоугольника ABCD.
Отметим еще, что так как АВ\ AD: SA = 1 :^/3:2, то, положив,
например, АВ = а (вспомогательный параметр), найдем, что тог¬
да AD = a^/3, SA = 2a и из прямоугольного треугольника ADC
АС = -y/AD^+TjD2=2а.
Итак, в треугольнике SAC SA = SC = АС = 2а. Далее, так как
OC = OD = -^-AC = a, то треугольник OCD равносторонний со сто¬
роной, равной а.
Перейдем теперь к построению линейного угла искомого дву¬
гранного угла.
В плоскости SAC через точку М проведем прямую M£||SO.
Тогда прямая ME будет перпендикулярна плоскости АВС.
Соединим затем точку Е с точкой L и найдем стороны тре¬
угольника EFL. Так как KL\\BD, то угол EFL равен углу COD рав¬
ностороннего треугольника OCD, т. е. Z£F£ = 60° Так как
FL — средняя линия треугольника AOD, то FL = -^- OD=-^
Ясно также, что ME — средняя линия треугольника SOC, т. е.
ОЕ = — ОС = — Кроме того, OF = — АО= —
2 2е 22
Таким образом, EF = EO-\-OF = a. В треугольнике £££
££2 = £F2 + ££2-2£F-F£-cos 60°, т. е.
/:'£- = 6? + ^--2а •—•—== —
1 4 2 2 4
Так как ££24-F£2 = ^-+-^-=a2 и EF2 = cF, то в треуголь¬
нике EFL, EL.LFL.
Соединив точку £ с точкой М, мы получим наклонную ML,
проекцией которой является прямая ££, перпендикулярная пря¬
мой KL. Значит, и MLA-KL.
Таким образом, угол MLE — это линейный угол двугранного
угла MKLC.
Найдем величину этого угла. Из треугольника SOC нахо¬
дим, что
= y ySr;- —= —=
9 Заказ 130 257
Тогда tg MLE = ^=-^:-^-=l, т. e. Z_MLE = 45°
Итак, искомый двугранный угол MKLC равен 45°
Векторно-координатный способ. Как показано в решении это¬
го примера поэтапно-вычислительным способом, точка О — осно¬
вание высоты SO — является и точкой пересечения диагоналей
прямоугольника ABCD. Пусть точки М и L — середины соответст¬
венно сторон CD и AD этого прямоугольника (рис. 176,6).
Тогда, воспользовавшись тем, что прямые ОЛ\ OL и OS попарно
перпендикулярны, введем в пространстве прямоугольную систему
координат Охух. Полагая АВ=\, находим, что тогда ЛР = ^/3,
05 = ^3, т. е.
°; О) L^O; о) н S (0; 0; д/З).
Ясно, что в качестве вектора п\ — нормального вектора плос¬
кости АВС — можно взять вектор п\ (0; 0; 1), а для нахождения
координат вектора п^ — нормального вектора плоскости KLM —
находим координаты точек К и М и векторов LM и LK:
к(-^; 0; о) —ь Д) -А; £) и
Пусть Я2 (£; /; т). Тогда, так как nz-LLM и n2±LK, получаем
систему уравнений
( —-/ + ^m = 0,
I 4 4'2
I i-/=o,
\ 2 2
откуда находим (с точностью до пропорциональности) Хг=-\/3,
/=—3, т=—2^/3. Таким образом, Яг (л/З; —3; — 2 д/3).
Т I Г '-\| |0-V3 + 0-(-3)+H-2 V3)| V2
Тогда loos (»„ _i_
Как установлено при решении этого примера поэтапно-вы¬
числительным способом, угол MLE — линейный угол искомого
двугранного угла — является острым углом. Это значит, что
/2
cos MKLC = ^L-, т. е. искомый двугранный угол равен 45°
Замечание. Отметим еще, что, после того как доказано, что угол MLE
является линейным углом искомого двугранного угла, можно найти этот дву-
,т;А/з 3 ,-г/з/3
гранныи угол как угол между векторами } и LE у
3 \
—— ; 0 j Получаем
258
искомый двугранный угол равен 45°
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Угол между плоскостями
748. В прямоугольнике ABCD AB:AD = 2:3. Через сторону ВС проведена
плоскость ВСЕ, с которой диагональ прямоугольника образует угол, равный а.
Найти угол между плоскостями ВСЕ и АВС в случаях, когда а принимает
следующие значения: а) 30°; б) 45°; в) 60°
749. Через точку А плоскости Р проведена прямая АВ, образующая с плос¬
костью Р угол, равный а. Затем через прямую АВ проведена плоскость Q, образую¬
щая с плоскостью Р угол, равный р. Найти следующие углы: а) между пря¬
мой АВ и линией пересечения плоскостей Р и Q; б) между проекцией прямой
Л В на плоскость Р и линией пересечения плоскостей Р и Q; в) между плоскостью
Q и проекцией прямой Л В на плоскость Р
750. В неравнобедренном прямоугольном треугольнике ЛВС проведена бис¬
сектриса CD прямого угла, а через эту биссектрису проведена плоскость Р, об¬
разующая с плоскостью ЛВС угол, равный а. Найти углы, которые образуют
с плоскостью Р следующие прямые: а) СВ; б) СЛ; в) СН, если СНЛ.АВ и
ллвс=р.
751. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка /(—середина этого
ребра. Найти углы, которые образует плоскость BDK со следующими плоскостями:
a) АВ\С\; б) Л,ВС; в) Л,В,С.
752. На ребре СС| куба ЛBCDA\B\C\D\ взята точка К — середина этого
ребра. Найти углы, которые образует плоскость BDK со следующими плоскостями:
а) ЛВ(Рг, б) A\C\D; в) СВ,/),.
753. В кубе ABCDA\B\C\D{ на ребрах ВВ\ и СС\ взяты соответственно
точки Р и Q — середины этих ребер. Найти углы, которые образует плоскость
АСР со следующими плоскостями: a) А\С\Р; б) BDQ; в) B\D\Q.
754. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты точки Ki, Къ и Кз— такие,
что C^| = К|Кг = ^2^з = ^зC1. Найти углы между следующими плоскостями:
а) BDK, и В1П.К,; б) BDKi и BxDxKw в) BDK. и BiDiC.
755. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер АВ\АА\ =
= 2:3 точка К — середина ребра СС\. Найти углы, которые образует плоскость
ABiK со следующими плоскостями: a) ABCD', б) ВВ\С\С; в) АА\В\В.
756. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер
АВ\AD'.AA 1 = 1:2:1 точки Р и Q — середины соответственно ребер АА\ и СС,.
Найти углы, которые образует плоскость B\PQ со следующими плоскостями:
a) ABCD; б) ВВ,С,С; в) ЛЛ,В,В.
757. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ отношение ребер ЛВ:ЛЛ( =3:4.
Найти углы, которые образует плоскость АВ\С со следующими плоскостями:
а) А\В\С; б) АВ,С,; в) ВС,/).
259
758. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ с отношением ребер АВ:АА\ =
= 1:2 точки Р и Q — середины соответственно ребер ВВ\ и DD\. Найти
углы, которые образует плоскость APQ со следующими плоскостями: а) АВВ\\
б) BDDc, в) АСР.
759. Боковое ребро правильной призмы АВСА\В\С\ равно стороне ее осно¬
вания. На стороне АС взяты точки и Кг— такие, что СК\ = KiK2 = К2А.
Найтиа углы, которые образует плоскость /1ВС1 со следующими плоскостями:
а) А'ВС-, б) А\ВК\: в) Л,ВК2.
760. Боковое ребро правильной призмы АВСА\В\С\ равно стороне ее основа¬
ния. На ребре АА\ взяты точки К\, К2 и К3 — такие, что АК\ = К\К? = К2К3 —
= К3Л1. Найти углы между следующими плоскостями: а) ВК\С и В\К\С\; б) ВКчС
и BiK2Ci; в) ВК^С и В1Л[С[.
761. Точка К — середина ребра АС правильной призмы АВСА\В\С\, боко¬
вое ребро которой равно стороне ее основания. Найти углы между следующими
плоскостями: a) BKCi и ЛВ|Сг, б) ВКС\ и АСВс, в) ВКС\ и B{KCi.
762. В правильной призме АВСА\В\С\ АА ('.АВ =3:2. На ребре А\В\ взя¬
та точка D — середина этого ребра, а на ребрах ВС и СС\ взяты соответственно
точки Р и Q. Найти углы между плоскостью АВС и плоскостью, проходящей
через прямую BD параллельно прямой PQ, в каждом из следующих случаев:
а) ВР:ВС= 1:2, CQ: СС\ = 1:2; б) ВР:ВС = 3:4 (точка Q совпадает с точкой Ci);
в) ВР: ВС= 1:4 (точка Q совпадает с точкой CJ.
763. В правильной призме АВСА\В\С\ боковое ребро равно стороне основа¬
ния. На ребрах ВС и СС\ взяты соответственно точки D и Е — середины этих ребер.
Найти углы, которые образуют с плоскостью, проходящей через точки A, Ai и D,
следующие плоскости: a) A[CiD\ б) A[ED\ в) АВС\.
764. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный тре¬
угольник АВС, у которого АС = ВС = АА\. На ребре ВВ\ взята точка М— сере¬
дина этого ребра. Найти углы, которые образует плоскость АМС\ со следующими
плоскостями: а) АВС\ б) АССг, в) BCCi.
765. На ребрах В\С\ и СС\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ с отноше¬
нием ребер АВ:АА\ = 1:2 взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ре¬
бер. Найти углы, образуемые плоскостью, проходящей через вершину Ci парал¬
лельно прямым А\Р и DQ, с плоскостями следующих граней: a) ABCD\ б) АА\В\В\
в) ВС С j В |.
766. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный треуголь¬
ник, у которого АС —ВС. Известно также, что АА\=АС. На ребрах А|С| и AAt
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер — и через вершину
Ci проведена секущая плоскость, параллельная прямым АР и B\Q. Найти углы,
которые образует секущая плоскость с плоскостями следующих граней: а) АВС;
б) ЛЛ1С1С; в) AA'BiB.
767. Отношение образующей конуса к радиусу его основания равно
Найти углы, образуемые плоскостью основания конуса с плоскостями, прохо¬
дящими через его вершину и хорду, стягивающую дугу, равную а, в следующих
случаях: а) а = 60°; б) а = 90°; в) а=120°.
768. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник. Боко¬
вое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = АС = ВС. На ребре
SB взяты точки К\ и К2 — такие, что SKi = К\К2= К2В. Найти углы, которые
образует плоскость SAB со следующими плоскостями: a) S/4C; б) АСК\', в) АСК>.
260
769. Основанием пирамиды SABC является правильный треугольник, а ее бо¬
ковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания и SB=AB. На ребре
SC взяты точки К\, К2 и Кз— такие, что СК\ = К\К2 = КгКз = Кз$ Найти углы
между плоскостью ЗЛС и следующими плоскостями: а) б) АК2В; в) АКзВ.
770. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания.
На ребрах ЗЛ, АС и SC взяты соответственно точки /<, L и М — середины
этих ребер. Найти углы, которые образует плоскость BLM со следующими плос¬
костями: а) ЗЛО; б) BKL; в) ВМК.
771. Высота 30 правильной пирамиды SABC равна медиане ее основания. На
ребре АС взята точка М — середина этого ребра, а на ребре SC взяты точки К\,
К2 и Кз — такие, что СК\ = К\К2 = К2Кз = Кз$. Найти углы, которые образует
плоскость ВМК\ со следующими плоскостями: а) АВК2, б) АВКз; в) ABS.
772. На ребрах ВС и SB правильного тетраэдра SABC взяты соответственно
точки D и Е — середины этих ребер. Найти углы между следующими
плоскостями: а) АСЕ и АВС; б) ADE и SAB; в) ADE и АСЕ.
773. На ребрах Л В, ВС и SB правильного тетраэдра SABC взяты со¬
ответственно точки М, D и К — середины этих ребер. Найти углы между плос¬
костью АВС и плоскостями, проходящими через прямую МК параллельно
следующим прямым: a) SD; б) ВС; в) DP, где точка Р — середина отрезка ВК.
774. Высота SO правильной пирамиды SABC равна стороне ее основания. Най¬
ти углы, образуемые плоскостью, проходящей через прямую АВ перпендикуляр¬
но прямой SC, со следующими плоскостями: а) АВС; б) SAB; в) SBL, где
точка L — середина ребра АС.
775. Высота SO правильной пирамиды SABCD равна диагонали основания.
Найти углы, образуемые плоскостью, проходящей через прямую АВ перпен¬
дикулярно плоскости грани SCD, со следующими плоскостями: а) АВС; б) SOL,
где точка L — середина ребра AD; в) SAD.
776. Высота SO пирамиды SABCD проектируется в точку пересечения диаго¬
налей основания, которым является прямоугольник отношением сторон
AB:AD=\:2 и SO=AD. На ребре SC взята точка К — середина этого ребра.
Найти углы, которые образует плоскость BDK со следующими плоскостями:
а) АВС; б) SCD; в) SBC.
2. Двугранный и многогранный углы
777. Основанием пирамиды SABCD является прямоугольник, а ее боковое
ребро SB перпендикулярно плоскости основания и AB;AD\SB = \ :2:1. На
ребрах AD и АВ взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер.
Найти следующие двугранные углы: a) SCLB; б) SACB; в) SCKB.
778. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно диагона¬
ли ее основания. Найти следующие двугранные углы: а) при ребре основания;
б) при боковом ребре; в) между противоположными боковыми гранями.
779. Найти двугранный угол при ребре основания правильной четырех¬
угольной пирамиды в следующих случаях: а) высота пирамиды в два раза мень¬
ше диагонали основания; б) угол наклона бокового ребра к плоскости основа¬
ния равен а; в) двугранный угол при боковом ребре равен 2р.
780. Найти двугранный угол при боковом ребре правильной четырехуголь¬
ной пирамиды в следующих случаях: а) боковая грань пирамиды является пра¬
261
вильным треугольником; б) угол наклона бокового ребра к плоскости основа¬
ния равен а; в) угол между противоположными боковыми ребрами равен 0.
781. В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный треугольник АВС
с прямым углом при вершине С, а боковое ребро SC пирамиды перпендикуляр¬
но плоскости АВС и ЗС:ЛС = 3:2. На ребре SC взяты точки Si и Зг—
такие, что CSi = 3|3г = S2S. Найти следующие двугранные углы: a) CAS\B;
б) CAS2B; в) CASB.
782. Найти двугранный угол при боковом ребре правильной шестиугольной
пирамиды в следующих случаях: а) высота пирамиды в два раза больше стороны
основания: б) угол между боковым ребром пирамиды и смежным с ним ребром
основания равен а; в) двугранный угол при ребре основания пирамиды ра¬
вен 0.
783. Найти двугранный угол при ребре основания правильной п-угольной
пирамиды в следующих случаях: а) высота пирамиды в два раза меньше стороны
основания; б) угол между боковым ребром пирамиды и смежным с ним ребром
основания равен а; в) двугранный угол при боковом ребре пирамиды ра¬
вен 20.
784. В правильной пирамиде SABC боковое ребро в два раза больше сторо¬
ны основания. На ребре SC взята точка Р — такая, что секущая плоскость АВР
перпендикулярна прямой SC. Найти следующие двугранные углы: а) ВАРС;
б) РАВС; в) LABP, где точка L — середина ребра SC.
785. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ проведены сечения AB\C\D
и A\B\CD. Найти двугранные углы A\B\DC\ в тех случаях, когда отношение ребер
АВ;АА\ принимает следующие значения: а) 1:2; б) 2:1; в) 3:д/7
786. В основании пирамиды лежит квадрат ABCD, а ее боковое ребро SB
перпендикулярно плоскости основания и SB = AB. На ребре SC взята точка
М — середина этого ребра. Найти следующие двугранные углы: a) MBDC;
б) DBMS; в) SABM.
787. Боковое ребро ЗЛ пирамиды SABCD перпендикулярно плоскости ее осно¬
вания, которым является прямоугольник ABCD. Найти двугранные углы при реб¬
ре SC в тех случаях, когда отношение ребер AB’.AD'.SA принимает следующие
значения: а) 1:1:1; б) 1:2:1; в) 1:2:2.
788. Боковое ребро SC пирамиды SABC перпендикулярно плоскости ее ос¬
нования и SC = AC = BC. Найти двугранные углы при боковом ребре ЗЛ в тех
случаях, когда угол АСВ имеет следующую величину: а) 90°; б) 60°; в) 120°
789. В основании пирамиды с равными боковыми ребрами лежит равнобед¬
ренный треугольник АВС с углом при вершине С, равным 90° Высота SO пира¬
миды равна половине гипотенузы треугольника АВС. На ребрах ЗЛ и SB взяты со¬
ответственно точки М и L — середины этих ребер. Найти следующие двугран¬
ные углы: а) АМСО; б) ALCO; в) ALCB.
790. В основании пирамиды лежит трапеция с отношением сторон
АВ\ ВС\ CD:AD = 2:1:1:1. Боковое ребро ЗЛ перпендикулярно плоскости ос¬
нования и SA=AD. Найти двугранные углы при следующих боковых ребрах
пирамиды: a) SB; б) SC; в) SD.
791. В правильной пирамиде SABCD двугранный угол при боковом ребре
равен 120° На ребрах SC и SD взяты соответственно точки К и L — сере¬
дины этих ребер. Найти углы, образуемые прямой DK со следующими пря¬
мыми: а) АС; б) ЗЛ; в) AL.
262
792. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник АВС с отно¬
шением катетов АС:ВС = 4:3. Боковое ребро ЗЛ перпендикулярно плоскости осно-
3 лДТ
вания, а двугранный угол при ребре SB равен arccos - На ребрах ЗЛ и
SC взяты соответственно точки К и L — середины этих ребер. Найти углы,
образуемые прямой ВК со следующими прямыми: а) ЛС; б) SC; в) AL.
793. На ребрах AAt и СС\ правильной призмы АВСА\В\С\ взяты соответствен¬
но точки М и К — середины этих ребер. Угол между прямыми АВ\ и СМ ра¬
вен 90° Найти следующие двугранные углы: а) КАВС; б) ВАКС\ в) В\АКС.
794. Два плоских угла трехгранного угла равны каждый по 45°, а двугран¬
ный угол между ними равен а. Найти третий плоский угол этого трехгранного
угла, если а принимает следующие значения: а) 90°; б) 60°; в) 45°
795. Внутри трехгранного угла SPQR, каждый плоский угол которого ра¬
вен 2а, через точку 3 — вершину угла — проведен луч SK, образующий равные
углы с ребрами трехгранного угла. Найти следующие углы: а) двугранный угол
PSKQ: б) угол PSK: в) угол, который образует луч SK с плоскостью гра¬
ни SPQ.
796. Плоские углы трехгранного угла равны 60°, 60° и а. Через вершину
этого трехгранного угла проведена прямая, перпендикулярная грани угла, рав¬
ного 60° Найти углы между проведенной прямой и ребром трехгранного угла,
не лежащим в указанной грани, если угол а принимает следующие значения:
а) 30°; б) 45°; в) 90°
§ 16. ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЙ
В § И было рассказано о различных способах построения
сечений многогранников. Этими способами мы будем пользовать¬
ся и при построении сечений в настоящем параграфе.
При вычислении площади сечения можно, определив сначала
вид фигуры, полученной в сечении, воспользоваться затем соот¬
ветствующей формулой. В некоторых же случаях бывает проще
найти площадь проекции фигуры, полученной в сечении, а затем
воспользоваться формулой Sce4 = —^-, где Snp — площадь про¬
екции сечения, а <р — угол между плоскостью сечения и плоскостью
ее проекции.
Перейдем к рассмотрению примеров:
Пример 1. Высота прямой призмы ABCDA\B\C\D\ в два
раза меньше стороны ромба, лежащего в ее основании, а угол
BAD этого ромба равен 30° Построим сечение призмы плоскостью,
проходящей через сторону AD и образующей с основанием угол,
равный 60° Найдем площадь полученного сечения, если высота
призмы равна а.
Решение. Пусть призма ABCDA\B\C\D\ (рис. 177) явля¬
ется заданной.
Замечание. Как нетрудно подсчитать, параметрическое число этого изо¬
бражения р = 5, т. е. новые метрические построения на нем уже нельзя выполнять
произвольно.
263
Рис. 177
Выполним построение заданного сечения вычислительным
способом.
1. Отметим, что если построить ВНA.AD, то в прямоугольном
треугольнике АВН будет ВН = -^ АВ. Но ВВ\=^- АВ = а, т. е.
ЛВ = 2а и ВН = а. Тогда АН = ал[‘3.
Отрезок, равный а -д/3, легко построить как катет прямоуголь¬
ного треугольника, у которого гипотенуза равна отрезку AD,
а другой катет равен отрезку -~~AD. (Это построение можно
провести на вспомогательном чертеже и можно выполнить его,
например, так, как это сделано на рисунке 177, где полуокруж¬
ность со построена на отрезке AD = 2a как на диаметре и DHq =
=-~AD = a, т. е. в прямоугольнике ADH^ АН0 = ад/3. Затем
строится АН = АН0.)
2. Проведем в плоскости через точку Н прямую
НН[\\АА\ и точку Н} соединим с точкой В\. Параллельные пря¬
мые BBi и НН\ определят плоскость ВВ\Н\ — плоскость вспомо¬
гательного сечения. Если в этой плоскости через точку Н провес¬
ти прямую НМ, образующую с прямой ВН некоторый угол а, то яс¬
264
но, что прямыми AD и НМ будет определяться плоскость, обра¬
зующая с плоскостью основания угол, равный углу МНВ, кото¬
рый равен а. И если будет а = 60°, то плоскость ADM будет плос¬
костью искомого сечения. Но если Z МНВ = 60°, то в прямоуголь¬
ном треугольнике МНВ, в котором ВН = а, получим МН = 2а и
МВ = а V3.
Отрезок, равный а -^/З, можно построить как катет прямоуголь¬
ного треугольника, у которого другой катет равен ВВ\, а гипоте¬
нуза которого равна 2ВВ\. (Можно это построение провести на
вспомогательном чертеже и можно выполнить его, например, так,
как это сделано на рисунке 177, где фигура BB\F\F— квадрат
со стороной, равной ВВ\=а, т. е. в построенном затем пря¬
моугольном треугольнике BF[M0 будет BF\=a^/2 и ВМ0 = ад/3.
Затем строится BM = BMQ.)
3. Так как плоскость А\В\С\ параллельна плоскости АВС, то
секущая плоскость пересекает плоскость А\В\С\ по прямой, парал¬
лельной AD. Поэтому через точку N\, в которой пересекаются пря¬
мые В\Н\ и НМ, проведем прямую K\L\\\A\D\. Соединив далее
точку А с точкой Ki, а точку D — с точкой Ц, получим че¬
тырехугольник AK\L\D — искомое сечение.
4. Теперь найдем площадь этого сечения. Ясно, что четырех¬
угольник AK\L\D — параллелограмм, a N\H — его высота. В плос¬
кости МВН через точку проведем прямую N\N\\MB. Тогда,
так как будет N\N = B\B = a, из прямоугольного треугольника
N\NH найдем, что N\H= ■■ =-^£- Получаем
sin 60° д/з
SAKlL,D = AD.NJi = 2a.^=^
Замечание. Для вычисления площади SAKiLiD можно было найти сна¬
чала площадь проекции параллелограмма AK\L\D на плоскость нижнего основа¬
ния призмы:
3Пр = 5ЛВС£) —SK1BiCiLi==4Z)-£// —KiLi -B|Af| =
= AD-ВН-AD-B\N\=AD (ВН— BN),
и так как AD = 2a, BN = BH — NH, то
1 a 2a2
Snp^AD.NH = AD-1-NlH^2a.— =—
И далее,
$AKiLtD
^np 4a2 л/З
cos 60° 3
Пример 2. Высота правильной призмы АВСА\В\С\ равна
стороне ее основания. На ребрах ВВ\ и А\С\ взяты соответственно
точки D и Е — середины этих ребер. Построим сечение призмы
плоскостью, проходящей через точки С, D и Е, и найдем площадь
полученного сечения, если сторона основания равна а.
265
Рис. 178
Решение. Построим заданное сечение призмы плоскостью
CDE.
1. Проведем прямую СЕ и найдем точку М, в которой прямая
СЕ пересекает прямую АА\ (рис. 178, а).
2. Проведем прямую MD и найдем точку К, в которой эта
прямая пересекает прямую А\В\.
3. Точку К соединим с точкой Е и точку D — с точкой С.
Четырехугольник CDKE — искомое сечение.
Найдем теперь площадь сечения CDKE, пользуясь формулой
5
5сеч =—НИ-, где ф — угол между плоскостью CDE и плоскостью
А\В\С\.
Для нахождения cos ф применим векторно-координатный спо¬
соб. Зададим для этого в пространстве прямоугольную систему
координат Oxyz, как показано на рисунке 178, а (точка О —
начало системы координат — это середина отрезка АВ). Найдем
координаты нужных точек и векторов. Полагая АВ = 2, находим
0(0; 0:0), 0(1; 0; 0), В (0; п/З; 0), £ (0; 0; 2), Bi (0; д/3; 2),
0(0; д/3; 1).
В качестве вектора п\ — нормального вектора плоскости
—
АВС — можно принять вектор ОЕ (0; 0; 2), а координаты (Л; Z; т)
вектора Яг — нормального вектора плоскости CDE — найдем,
учитывая, что И2-ЬС£’(—1; 0; 2) и П2-ЬСО(—Г, !)•
266
Получаем следующую систему уравнений:
( — fe-|-2m = 0,
I -£+Л/3/ + 'п = 0,
из которой с точностью до множителей пропорциональности
находим: £ = 2, 1 = т=\.
Итак, п\ (0; 0; 2), ^2^2; ; 1 и тогда
cos ф= | COS («1, П2) I =~у-
Ясно, что четырехугольник С\В\КЕ является проекцией сече¬
ния CDKE на плоскость А\В\С\, поэтому
^пр — ^С.В.КЕ—S А\В\С\ $AiKE-
Подсчитаем Snp вычислительным способом.
Имеем SAiBiCt = ^-^- Найдем далее SAiKE.
Из подобия треугольников МА\Е и МАС находим, что МАi =2а,
и тогда из подобия треугольников DB\K и МА\К ^L^=^L=2,
В\К B\D
откуда А\К = 2В\КУ и так как, кроме того, А\КА~В\К = ау то
= Тогда S/,iX£=^1K.4,E.sin60o=-l-.^.f.f=^.
ТЛТЯК с _ Д2 УЗ а2 Уз а2 УЗ
птак, опр 4 12 6
Теперь получаем Sce4=-^^:-^-=-^
Замечание. Покажем еще один способ нахождения cos ср (рис. 178, б)
Прямая КЕ — линия пересечения плоскостей CDE и Л|В|С|, т. е. она является
следом секущей плоскости на плоскости Л|В|С|.
Если, далее, А\НА~КЕ, то,так как прямая ЛМ| перпендикулярна плоскости
Л|£|С|, А\Н будет проекцией наклонной МН, и, значит, МНА.КЕ. Следо¬
вательно, угол МНА\ образован двумя перпендикулярами к прямой КЕ. Так
как он является острым углом (как угол между наклонной и ее проекцией), то
угол МНА\ и есть угол между плоскостями CDE и 4|BiC|, т. е. Z.MHA|=<р.
Из подобия треугольников МА\Е и МАС находим, что МА1=а, а из подобия
2
треугольников DB\K и МА\К находим, что Л|К=— а. Тогда в треугольнике
А\КЕ КЕ2 = А |К24-Л\Е2 — 2Л1К-Л1Е cos 60°, откуда КЕ = (?-~^-, и, выражая
двумя способами площадь треугольника АКЕ, получаем
^-АН1-КЕ=-^-А1К-А1Е sin 60°,
откуда А\Н =
а-у/3
-Дз
267
Теперь из прямоугольного треугольника МА\Н tg <р =
Так как
1 ~Hg2 Ф = 5—
6 Y cos2 ср
Пример 3. На ребре CD куба ABCDAвзята точ¬
ка Р — середина этого ребра. Построим сечение куба плоскостью,
проходящей через вершину В\, перпендикулярно прямой А\Р
и найдем площадь полученного сечения, если ребро куба равно а.
Решение. Построение искомого сечения выполним вектор¬
но-координатным способом. Для этого введем в пространстве пря¬
моугольную систему координат Bxyz, как показано на рисунке 179.
Полагая для упрощения выкладок а= 1, получаем координа¬
ты точек В, С, А и В\:
В (0; 0; 0), С(1; 0; 0), А (0; 1; 0) и В{ (0; 0; 1).
—►-
Далее находим координаты точки Р и вектора А\Р:
P(l;f;o) Гр(1; -l)
Вектор А\Р можно принять за нормальный вектор секущей
плоскости. Тогда уравнение секущей плоскости будет следующим:
268
(х-0)- 1+(у-0)(-4) + (г“ |)(~ 1) = 0’
или 2х — у — 2z + 2 = 0.
Для построения этой секущей плоскости найдем точки ее пе¬
ресечения с осями координат. Начнем, например, с оси By. Если
точка Q — это точка пересечения секущей плоскости с осью
By, то Q (0; q; 0). Подставляя эти координаты в уравнение се¬
кущей плоскости, находим, что q — 2. Итак, можно построить
прямую — линию пересечения секущей плоскости с плоскостью
грани АА\В[В.
Точка Q оказывается, однако, довольно далеко удаленной
от точки В и на ограниченном участке плоскости может «не
поместиться». Найдем тогда точку пересечения секущей плоскости
с прямой АА[. Если точка М — это искомая точка, то М (0; 1; пг\
Подставляя координаты точки М в уравнение секущей
плоскости, находим, что Итак, точка М — середина реб¬
ра АА[.
Аналогично находим точку N, в которой секущая плоскость
пересекает прямую AiDi. Так как точка N лежит на прямой
A\D\, то Af(n; 1; 1), и тогда п = -~, т е. точка N— середина
ребра A\D\.
Теперь строим искомое сечение — треугольник B\MN.
Переходим затем к нахождению площади треугольника B\MN
Найдем ее поэтапно-вычислительным способом.
Так как ребро куба равно а и AiM = -±-AAi=-^-,
A\N = A\D\=~y , то из прямоугольного треугольника А\В\М
В\М= , из прямоугольного треугольника A}B\N B\N = ^^~,
из прямоугольного треугольника A\MN = Так как
треугольник BiMN равнобедренный, то легко найти его высоту
В\Н:
B,W =л/в,№-(«)’ —
Тогда
Пример 4. В основании пирамиды SABC лежит прямо¬
угольный треугольник. Боковое ребро SB перпендикулярно плос¬
кости основания и SB = AC = BC. Построим сечение пирамиды
плоскостью, проходящей через точку М — середину ребра АВ,
перпендикулярно прямой SC и найдем площадь полученного се¬
чения, если SB = a.
269
Решение. Построение искомого сечения выполним геомет¬
рическим способом (рис. 180) Сначала построим сечение пира¬
миды вспомогательной плоскостью, которая, как и искомая секу¬
щая плоскость, перпендикулярна прямой SC, но проходит через
точку В, а не через точку М.
1. Проведем медиану BD треугольника SBC. Так как в этом
треугольнике SB = BC, то B£)J_SC.
2. В треугольнике SXC проведем прямую DE\\AC. Так как
AC.LBC и AC1.SB, то прямая АС перпендикулярна плоскости
SBC. Тогда и прямая DE перпендикулярна плоскости SBC,
т. е. DE-LSC. Точку В соединим с точкой Е. Так как по пост¬
роению SC.LBD и SC.LDE, то прямая SC перпендикулярна
плоскости BDE, т. е. и плоскость BDE перпендикулярна пря¬
мой SC.
Теперь построим сечение пирамиды плоскостью, параллельной
плоскости BDE и проходящей через точку М, т. е. искомое се¬
чение.
3. В плоскости SAB через точку М проведем прямую MN\\BE.
4. В плоскости ЗДС через точку N проведем прямую NL\\DE.
5. В плоскости SBC через точку L проведем прямую LK\\BD.
6. Соединим точку К с точкой М.
Из построения ясно, что сечение MKLN является искомым.
Определим вид четырехугольника MKLN. Так как NL\\DE, то
NL\\AC. Это значит, что прямая NL параллельна плоскости
АВС и тогда плоскость MKLN пересекает плоскость АВС по пря¬
мой МК. параллельной прямой АС. Ясно также, что так как пря¬
мые BE и BD пересекаются, то и параллельные им прямые,
соответственно MN и LK. также пересекаются. Это значит, что
четырехугольник MKLN — трапеция.
Далее, из того что NL\\AC и прямая АС перпендикулярна
плоскости SBC, следует, что и прямая NL перпендикулярна
плоскости SBC, г. е. NLJLLK. Таким образом, трапеция MNLK
прямоугольная.
Теперь можно перейти к вычислению площади трапеции
MNLK. Сделаем это поэтапно-вычислительным способом:
с _ MK + NL f к
^MKLN 9 ’ЬЛ.
Так как в треугольнике АВС МК является средней линией,
то МК = -^- АЕ = Так как в треугольнике SBC точка К — се¬
редина стороны ВС и LK\\BD, то LK — средняя линия треуголь¬
ника CBD и LK = -^- BD. Но BD — высота, проведенная на ги¬
потенузу, т. е. BD = -^- SC = ^^- Тогда
270
s
Далее, в трапеции ACDE NL — средняя линия, т. е. NL =
=-L(AC + DE)=^-
а
Итак, SMKLN=
а л/2 = 5а2 у/2
4 32
3 а м е ч а н и я. 1. Для построения искомого сечения вычислительным спосо¬
бом следовало бы подсчитать, что если ML — высота треугольника SMC, то
MC2-LC2 = SM2-(SC-LC)2, где SM= , МС= , SC = a^,
и тогда CL=a* , т. е. CL:CS=1:4.
4
2. Для построения искомого сечения векторно-координатным способом целесо¬
образно ввести в пространстве прямоугольную систему координат Cxyz, где
CF\\BS и С (0; 0; 0), В(1; 0; 0), А (0; 0), F (0; 0; S(l;0; ^(т’Т’0)
—
и найти в этой системе координаты вектора CS, приняв его за нормальный
—>■
вектор искомой секущей плоскости: CS(1; 0; 1); затем составить уравнение плос¬
кости, проходящей через точку Л4, перпендикулярно прямой SC:
(х——0)-1 =0, или 2x + 2z—1=0.
Эта плоскость пересекает ось Сх в точке 0; 0^ а точку L, в ко¬
торой она пересекает прямую SC, можно построить, принимая во внимание, что
271
прямая CS является биссектрисой треугольника FBC, у которого BC = FC, т
точка L имеет координаты (/; 0; /). Подставив эти координаты в уравнение
. 1 , ( 1 п 1
секущей плоскости, найдем, что / = —, т- е- “4" /
Зная три точки, принадлежащие секущей плоскости, можно построить иско¬
мое сечение.
Пример 5. В основании пирамиды SABC лежит треуголь¬
ник с прямым углом при вершине С. Боковое ребро SC перпен¬
дикулярно плоскости основания и SC=AC = ^- На ребре ЗЛ
взята точка М — середина этого ребра. Построим сечение пира¬
миды плоскостью, проходящей через вершину С, перпендикуляр¬
но прямой ВМ и найдем площадь полученного сечения, если SC = a.
Решение. Построим искомое сечение поэтапно-вычисли¬
тельным способом (рис. 181). Соединим точку С с точкой М.
Так как в треугольнике ЗЛС AC = SC, то медиана СМ является
и высотой этого треугольника.
Из равенства прямоугольных треугольников SCB и АСВ (по
двум катетам) следует, что SB = AB. Поэтому медиана ВМ тре¬
угольника SAB является и его высотой. Таким образом, ЗЛ±СМ
и ЗЛ _1_ВМ. Это значит, что если в треугольнике ВСМ построить
СН1.ВМ, то будет SAX.CH.
Для построения CH.LBM подсчитаем стороны треугольника
ВСМ. Имеем МС=а^ , МВ = ^/АВ2~—АМ2 и так как из прямо¬
угольного треугольника АВС АВ = а^/5, то ВМ =
Далее, если СН1.ВМ, то ВС2 — ВН2 = СМ2— (ВМ —ВН)2,
или 4а2 — ВН2 = ——[-^+За^2ВН-ВН2, откуда ВН = -^-,
44 3 д/2
и, значит, В//:ВМ = 8:9, т. е. ясно построение точки Н
В плоскости SAB через точку Н проведем прямую FD\\SA.
Так как ВМ±ЗЛ, то будет BM1.FD.
Итак, BM-LCH и BMX-FD, т. е. прямая ВМ перпендикулярна
построенной плоскости CFD, и, следовательно, сечение CFD
является искомым.
Теперь прямым счетом найдем SCFD. Для этого сначала из
прямоугольного треугольника СВН найдем СН:
СН =^ВС2-ВН2 =-yJ (2а)2-(-^У=
Затем из подобия треугольников FDB и SAB найдем:
откуда FD=-^~ ад/2.
SA ВМ 9 J 9 v
Таким образом, Scfd = -^-FD-CH
27
272
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
797. На ребре АВ куба ABCDA\B\C\D\ взята точка Р — середина этого
ребра, а на ребре DD\ — точки Qi и Q2 — такие, что DQ{ = QiQ2 = Q2£>i-
Построить сечения куба плоскостями, проходящими через точки Ci, Р и следующие
точки: а) D; б) Qr, в) Q2. Найти площади полученных сечений, если ребро
куба равно а.
798. На ребрах BiG, C\D{ и АА\ куба ABCDA^BiCiDy взяты соответственно
точки Р, Q и R — середины этих ребер. Через точку О — центр нижнего ос¬
нования — и прямую PQ проведена секущая плоскость. Построить сечения ку¬
ба плоскостями, параллельными плоскости OPQ и проходящими через следующие
точки: а) Сг, б) D\; в) R. Найти площади полученных сечений, если ребро
куба равно а.
799. На ребрах АВ и AD прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р и Q — такие, что AP:AB=AQ:AD = 2:3, а на
прямой СС\ взяты точки К и М— такие, что СК: СС\ = СС\: СМ= 1:2. Постро¬
ить сечения параллелепипеда плоскостями, проходящими через прямую PQ и одну
из следующих точек: а) Сь б) К; в) М. Найти площади полученных сечений,
если АА\=АВ = а и AD = 2a.
800. На ребрах ВС и AiDi прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р и Q — такие, что СР: CB = DiQ: D\A! = 1:3. Пост¬
роить сечения параллелепипеда плоскостями, проходящими через прямую С\Р и од¬
ну из следующих точек: a) Q; б) А; в) А\. Найти площади полученных сечений,
если АА\=АВ = а и AD = 3a.
801. На ребрах CD, А}В{, ВВ{ и ВС прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки М, Р, Q и R — середины этих ребер.
Построить сечения параллелепипеда плоскостями, параллельными прямым АС
и В[М и проходящими через следующие точки: а) Р; б) R; в) Q. Найти пло¬
щади полученных сечений, если АВ = а, AAi =а д/2 и AD — a^.
802. На ребре AiС! правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взята точка Р —
середина этого ребра. Построить сечения призмы плоскостями, проходящими
через прямую ВР, параллельно следующим прямым: а) АС; б) C{Q, где точка Q —
середина ребра АС; в) АВ\. Найти площади полученных сечений, если АВ = а
и АА 1 = а/2.
803. На ребрах А\В\ и АВ правильной призмы ABCDA\B{CiD\ взяты соответ¬
ственно точки Р и Q — середины этих ребер. Построить сечения призмы плоскос¬
тями, проходящими через прямую СР, параллельно следующим прямым: a) B{D;
б) B\D\; в) B\Q. Найти площади полученных сечений, если АВ = а и АА\=2а.
804. На ребре СС\ куба ABCDA\B\C\D[ взяты точки Pi и Р2— такие,
что С\Р{ = Р\Рч = Р2С. Построить сечения куба плоскостями, параллельными пря¬
мой BD и проходящими через вершину А и следующие точки: a) Сь б) Р(;
в) Р2. Найти площади полученных сечений, если ребро куба равно а.
805. На ребрах CD и ВВ\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
Р и М — середины этих ребер, а на ребре DD\ взяты точки Qi и Q2 — такие,
что DQi=Q\Q2 = Q2Di. Построить сечения куба плоскостями, проходящими че¬
рез точку М, параллельно прямой BiP и следующим прямым: a) C\D;
б) CiQi; в) C1Q2- Найти площади полученных сечений, если ребро куба
равно а.
273
806. В основании пирамиды лежит прямоугольник ABCD, а ее высота SO про¬
ектируется в центр основания. На ребре DC взята точка К — середина этого
ребра, а на ребре DC взяты точки L\ и Ь2— такие, что DL\ = L\L2 = Ь2С. Пост¬
роить сечения пирамиды плоскостями, проходящими через прямую ВК и следую¬
щие точки: a) D; б) L\\ в) L2. Найти площади полученных сечений, если
SO = AB = a и AD = 2a.
807. На ребре SB правильной пирамиды SABC взяты точка М — середина
этого ребра — и точка N — середина отрезка ВМ. Построить сечения пирамиды
плоскостями, проходящими через точку /V, параллельно следующим прямым:
а) ЗЛ и SC; б) МА и SC; в) АВ и СМ. Найти площади полученных сечений,
если сторона основания пирамиды равна а, а ее боковое ребро равно а д/2.
808. В основании пирамиды лежит правильный треугольник АВС, а ее боко¬
вое ребро SB перпендикулярно плоскости основания. На ребрах S/4, SC, SB и АС
взяты соответственно точки Р, Q, R и М — середины этих ребер. Пост¬
роить сечения пирамиды плоскостями, проходящими через прямую PQ, парал¬
лельно следующим прямым: а) ВМ\ б) AR; в) MR. Найти площади полученных
сечений, если АВ = а и SB = 2a.
809. На ребрах АВ, ВС и СС\ прямой призмы АВСА\В\С\ взяты соответ¬
ственно точки К, L и М — середины этих ребер. Построить сечения призмы
плоскостями, проходящими через точку М, параллельно следующим прямым:
а) С\К и /41L; б) С\В и A\L\ в) А\В и С\К. Найти площади полученных сече¬
ний, если треугольник АВС прямоугольный и АС = ВС = АА\=а.
810. На ребрах ВВ\, C\D\ и CD прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки М, Р и Q — середины этих ребер.
Построить сечения параллелепипеда плоскостями, проходящими через прямую
DM, параллельно следующим прямым: а) ЛiCi; б) А\Р; в) /4(Q. Найти площади
полученных сечений, если АВ = а и AD = AA\=2a.
811. На сторонах оснований АВ, АС и ВС правильной пирамиды SABC
взяты соответственно точки Р, Q и М — середины этих сторон. Построить сече¬
ния пирамиды плоскостями, проходящими через прямую PQ, параллельно следую¬
щим прямым: a) SO, где точка О — центр основания; б) SM; в) SA Найти
площади полученных сечений, если АВ = За и SO = a^/3.
812. На сторонах АВ и АС основания пирамиды SABC взяты соответственно
точки М и Р — середины этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостя¬
ми, проходящими через точку Р, параллельно следующим плоскостям: a) SBC-,
б) SCM; в) SAB. Найти площади полученных сечений, если в основании
пирамиды лежит треугольник с прямым углом при вершине С, АС =-^- ВС = а и
боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания, a SC = h.
813. В основании пирамиды лежит прямоугольник ABCD, а ее боковое ребро
SB перпендикулярно плоскости основания и AB'.AD: SB =1:2:1. Построить сече¬
ния пирамиды плоскостями, проходящими через ребро SC и образующими с
плоскостью основания следующие углы: а) 60°; б) 45°; в) 30° Найти площади
полученных сечений, если АВ = а.
814. Все ребра пирамиды SABCD равны. На ее ребре SC взята точка Р
Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными ребру SC и про¬
ходящими через точку Р, в случаях, когда отношение CP:CS принимает сле¬
274
дующие значения: а) :4; б) :2; в) 3:4. Найти площади полученных сечений,
если АВ = а.
815. На ребре CD куба ABCDA\B\C\D\ взята точка М— середина этого
ребра. Построить сечения куба плоскостями, перпендикулярными прямой А\М
и проходящими через следующие точки: а) £>г, б) Сг, в) D. Найти площади
полученных сечений, если ребро куба равно а.
816. Боковые грани пирамиды SABCD — правильные треугольники. На ее реб¬
рах АВ и CD взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. По¬
строить сечение пирамиды плоскостями, проходящими через прямую PQ, а также:
а) перпендикулярно плоскости SBC; б) перпендикулярно плоскости PQL, где
точка L — середина ребра SC; в) параллельно плоскости SBC. Найти площади
полученных сечений, если АВ = а.
817. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник АВС, ее
боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и АС = ВС = SC. На
ребрах AC, SA и АВ взяты соответственно точки К, L и М — середины этих
ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными прямой
SB и проходящими через следующие точки: а) К; б) L; в) М. Найти площади
полученных сечений, если АС = а.
818. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, а ее
боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания и AC = BC = SC. На
ребре S/4 взята точка Р Построить сечения пирамиды плоскостями, проходя¬
щими через точку Р, перпендикулярно ребру S/4 в случаях, когда отношение
SP:S/4 принимает следующие значения: а) 1:2; б) 1:4; в) 3:4. Найти площади
полученных сечений, если АС = а.
819. Боковая грань SAB пирамиды SABC перпендикулярна плоскости основа¬
ния. Треугольники SAB и АВС являются прямоугольными и AC = BC = SA = SB.
На ребре SB взята точка Р Построить сечения пирамиды плоскостями,
перпендикулярными плоскости АВС и проходящими через прямую СР, в случаях,
когда отношение SP:SB принимает следующие значения: а) 1:4; б) 1:2; в) 3:4.
Найти площади полученных сечений, если АС = а.
820. В основании пирамиды лежит правильный треугольник АВС, а ее боковое
ребро SC перпендикулярно плоскости основания и SC = AB. На ребре АС взята
точка М — середина этого ребра. Построить сечения пирамиды плоскостями,
проходящими через точку М, перпендикулярно следующим прямым: а) АС; б) ВС;
в) S/4. Найти площади полученных сечений, если АВ —а.
821. Основанием пирамиды SABCD является квадрат, а ее боковое ребро SB
перпендикулярно плоскости основания и SB;AB = ^;\. Построить сечения пи¬
рамиды плоскостями, проходящими через точку О, в которой пересекаются диагона¬
ли основания, перпендикулярно следующим прямым: a) CD; б) SC; в) SD. Най¬
ти площади полученных сечений, если АВ = а.
822. В правильной призме АВСА[В\С\ А В: A A i = 1:2. На ребре СС\ взяты
точки /<!, К2 и Кз — такие, что СК\== К\К2== К2Кз== КзС\. Построить сечения
призмы плоскостями, проходящими через вершину С, перпендикулярно следующим
прямым: а) ВК?; б) ВКз; в) ВК\. Найти площади полученных сечений, если
сторона основания призмы равна а.
823. В основании пирамиды лежит прямоугольник ABCD. Высота SO пира¬
миды проектируется в точку пересечения диагоналей основания и ABzAD*.SO =
= 1:2:д/5. Построить сечения пирамиды плоскостями, проходящими через верши¬
275
ну D, перпендикулярно следующим прямым: а) АС\ б) SM, где точка М —
сереДина ребра ВС\ в) SC. Найти площади полученных сечений, если АВ = а.
824. В основании пирамиды лежит правильный треугольник АВС, а ее боковая
грань SAB перпендикулярна плоскости основания и является также правильным
треугольником. На ребрах SC и АС взяты соответственно точки К н М — середины
этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными пря¬
мой ВК и проходящими через следующие точки: а) Л; б) О — центроид основания;
в) М. Найти площади полученных сечений, если сторона основания пирамиды
равна а.
825. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, а боко¬
вое ребро SC пирамиды перпендикулярно плоскости основания и SC = АС = ВС.
На ребрах ВС, SC и 5Л взяты соответственно точки Р, Q и М — середины
этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными пря¬
мой ВМ и проходящими через следующие точки: а) С; б) Р; в) Q. Найти площади
полученных сечений, если АС = а.
826. Сторона основания правильной пирамиды SABCD в 4 раза больше ее
высоты. На ребрах AD и CD взяты соответственно точки К и М — середины
этих ребер. Построить сечения пирамиды плоскостями, перпендикулярными пря¬
мой SC и проходящими через следующие точки: a) D; б) М; в) К. Найти
площади полученных сечений, если сторона основания пирамиды равна а.
827. Основанием наклонного параллелепипеда является ромб ABCD, у кото¬
рого /_BAD = W° Каждое боковое ребро образует с плоскостью основания угол,
равный 60°, а плоскость AAiCiC перпендикулярна плоскости основания. Найти от¬
ношение площади сечения BB\D\D к площади сечения АА\С\С.
828. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ точки Р и Q — середины соответ¬
ственно ребер АВ и AD, точка М — середина оси ОО{ призмы, а точка N делит
ОО\ в отношении O/V:OO( = 1:3. Построить сечения призмы параллельными
плоскостями, одна из которых проходит через точки Р, Q и М, а другая парал¬
лельна первой и проходит через точку N. Найти отношение площадей полученных
сечений.
829. В правильной четырехугольной пирамиде угол между боковым ребром
и высотой пирамиды равен 30° Построить сечение пирамиды плоскостью, про¬
ходящей через вершину основания, перпендикулярно противолежащему ребру
и найти площадь полученного сечения, если сторона основания равна а.
830. В правильной треугольной пирамиде угол между боковыми ребрами
равен 2а. Через сторону основания проведена секущая плоскость, перпендикуляр¬
ная противоположному боковому ребру. Найти площадь сечения, если сторона ос¬
нования пирамиды равна а.
831. В основании призмы лежит квадрат ABCD, все вершины которого оди¬
наково удалены от вершины А1 верхнего основания. Угол между боковым ребром
и плоскостью основания призмы равен 60° Построить сечение призмы плоскостью,
проходящей через вершину С, перпендикулярно ребру AAi и найти площадь полу¬
ченного сечения, если сторона основания равна а.
832. Угол между боковой гранью правильной четырехугольной пирамиды
и плоскостью ее основания равен а. Через одну из сторон основания про¬
ведена секущая плоскость, образующая с плоскостью основания угол, рав¬
ный р. Найти площадь полученного сечения, если апофема боковой грани
равна h.
276
833. Секущая плоскость делит пополам двугранный угол при ребре осно¬
вания правильной четырехугольной пирамиды. Найти площадь сечения пирамиды,
если двугранный угол при ребре ее основания равен 2а, а сторона основа¬
ния пирамиды равна а.
834. В основании пирамиды лежит правильный треугольник со стороной,
равной а. Одна из граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания, и
эта грань является равнобедренным треугольником с боковой стороной, рав¬
ной Ь. Найти площадь сечения пирамиды, если известно, что оно является квад¬
ратом.
835. В правильной призме ABCDA\B\C\D\ сторона основания в два раза боль¬
ше ее высоты. На ребре CD взята точка Р — середина этого ребра. Построить
сечение призмы плоскостью, проходящей через точки Л, В\ и Р Найти площадь
полученного сечения, если высота призмы равна а. Найти отношение площадей тех
фигур, на которые прямая В\Р разбивает сечение.
836. Точки Р и Q — середины соответственно ребер АВ и ВС куба
ABCDA\B\C\D\. Через точки D, С\ и Р проведена одна секущая плоскость, а че¬
рез точки Л, В\ и Q — другая. Найти отношение площадей тех фигур, на кото¬
рые линия пересечения этих секущих плоскостей делит каждое сечение.
§ 17. ПЛОЩАДИ ПОВЕРХНОСТЕЙ
Пример 1. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит
равнобедренный треугольник с прямым углом при вершине С.
Угол между прямыми АВ\ и ВС равен а, а диагональ АВ\
равна d. Найдем площадь боковой поверхности призмы.
Решение (рис. 182). Так как В\С\\\ВС, то угол между
прямыми BiCi и АВ\ равен а. Соединим точку А с точкой С|.
По условию заданная призма — прямая, поэтому AiCi — это про¬
екция ACi на плоскость AiBiCi. Но AiCi _LBiCi. Значит, и ACi ±
_LB|Ci. Таким образом, угол ABiCi — это угол прямоугольного
треугольника, и, значит, Z.AB|Ci=a.
Так как S6oK = PH, где Р = 2ВС + ЛВ, а Н = ВВ\, то задача сво¬
дится к нахождению ВС, АВ и ВВ\.
Из прямоугольного треугольника АВ\С\ B\C\=d cos а. Тогда
и BC = dcosa. Из прямоугольного треугольника АВС АВ =
= ВС -^2 = d -у/2 cos а, а из прямоугольного треугольника АВВ\
ВВ\ = y/AB2 — AB2 = d ->/ —cos 2а.
Итак,
ЗбОк = (2d cos a-\~d -^2 cos a) d -д/ — cos 2а =
= (2 + л/2) d2 cos а -у/ —cos 2а.
Пример 2. В прямоугольном параллелепипеде
ABCDA\B\C\D\ отношение ребер ВВ\:ВС=1:2, а диагональ
B\D = l. На ребре ВС взята точка М — середина этого ребра.
Найдем площадь боковой поверхности параллелепипеда, если угол
между прямыми С\М и B\D равен а.
277
Рис. 182
z
Решение (рис. 183). Так как S6oK=PH, где Р = 2 (BC-\-CD\
а Н = ВВ\, то для вычисления S6oK следует найти длины ребер
ВС, CD и BBi параллелепипеда.
Положим для краткости ВВ\=х. Тогда ВС = 2х.
Выполним некоторые дополнительные построения. В плоскости
грани BCCiBi через вершину В| проведем прямую В\К\\С\М.
Угол между прямыми В\К и B\D будет, таким образом, равен а.
Соединим точку К с точкой D. В треугольнике BiDK B\D = l.
Выразим через / и х две другие его стороны. Так как точка М —
середина стороны ВС, то СМ = -^-ВС = х. Тогда и ВК = х, и из
прямоугольного треугольника В\ВК В\К2 — 2х2
Далее, так как B\D — диагональ прямоугольного паралле¬
лепипеда, то В|В2 = ВВ1+ ВС2 + ВЛ2, т. е. /2 = х2-|-4х2 + ВЛ2,
откуда ВЛ2 = /2 — 5х2 Это значит, что и С£>2 = /2 —5х2, и поэтому
из прямоугольного треугольника DC К, где СК = СВ + ВК = Зху
получим DK2 = CD2 + CK\ или DK2 = 12 -5х2 + 9х2, т. е. DK2 =
= г+ 4х2
Итак, в треугольнике B\DK B\D = l, В\К2 = 2х2 и Z)/<2 = /2 + 4x2
Так как В\К?+ B\D2 = 2x2 -[-I2 <DK\ то Z_DB\K тупой, т. е.
Z_DB\K= 180° — а. (Напоминаем, что за угол между пересе¬
кающимися прямыми принимается меньший из смежных углов,
образуемых этими прямыми.)
Применяя к треугольнику B\DK теорему косинусов, получаем
DK2 = BlK2 + BlD2-2BlK-BlD cos (180°-а), т. е. 12 + 4х2 = 2х2 +
+12 + 2х -д/2 • I cos а, откуда х = I -^2 cos а.
Таким образом, BBi =1 -д/2 cos а, ВС = 21 -д/2 cos а, CD =
= V/2 — 5х2 = / -д/1 — Ю cos2 а, и, следовательно, S6oK=
= 2 (2/ д/2 cos а + / д/1 — 10 cos2 а) I д/2 cos а = 2 -^2 /2 cos а X
Х(2 д/2 cos « + л/1 ~ Ю cos2 а).
278
Замечание. Для нахождения длины ребра ВВ\ можно применить и
векторно-координатный способ. Так, введя в пространстве прямоугольную систе¬
му координат Bxyz, как показано на рисунке 183, и положив BB{=z, АВ = у,
найдем последовательно в этой системе координат С (2z; 0; 0), А (0; у, 0),
В\ (0; 0; z), D (2z; у, 0), С, (2z; 0; z), M (z; 0; 0), BiD (2z; y, — z\ CiM ( — z\ 0;
Затем |cos(Bi£>, CiAQI =-— , T „ =cos а, откуда, так как /2 = ВС2 +
V4z2 + </2 + z2 д/z +■*
+ BA2-j-BB'i=4z2+y2 + z2, e. -\/4z2+(/2 + z2 = /, получим уравнение —-=r =
r 1 V2z
= cosa. Из этого уравнения находим z = l д/2 cos a.
Пример 3. Площадь боковой поверхности правильной пи¬
рамиды SABCD в два раза больше площади ее основания. На
ребрах SD и SC взяты соответственно точки Р и Q — середины
этих ребер. Найдем угол между прямыми АР и DQ.
Решение (рис. 184, а). Выполним дополнительные построе¬
ния. Через точку F, в которой пересекаются прямые DQ и СР,
проведем в плоскости АСР прямую FK\\AP Тогда угол между
прямыми FK и DF будет равен искомому углу. Соединив затем
точку К с точкой D, получим треугольник DFK.
Воспользуемся далее поэтапно-вычислительным способом.
Обозначим для краткости zLDFK=x и перейдем к расчетам. А
именно подсчитаем стороны треугольника DFK. Введем для этого
вспомогательный параметр, положив, например, сторону основа¬
ния пирамиды равной а.
Пусть SE — апофема боковой грани. Тогда из равенства S6oK=
= 2S0CH следует, что 2а- СЕ = 2а2, откуда SE = a.
Ясно, что апофема SE является и медианой треугольника
SCD, т. е. SE проходит через точку F, и FE = — SE=—.
3 3
Тогда из прямоугольного треугольника DFE, где DE = — ,
найдем, что
DF-^DP + FP =^/(f)“
Далее, так как СГ:СР = 2:3 и KF\\AP, то СК:СЛ=2:3 и
^:ЛР = 2:3, т. е. СК = ~-СА =-|-ад/2, и KF=^-AP Тогда
в треугольнике DC К с углом DC К, равным 45°, DK2 = DC2 +
+ 2DC-СК cos 45°, т. е. DK2=-^-a2, и так как &SAD =
= Л. SCD, т. е. AP = DQ, то KF=—DQ = DF=^^
.. 3^6'
Итак, в треугольнике DFK известны все стороны. Применяя
к нему теорему косинусов, получим уравнение
В К — DF2 KF2 — 2DF • KF -cos х, или
279
5
Рис. 184
2'146’COSX’ 0ТКУДа cosx = -^-.
9 3b 3b 3b 13
Таким образом, искомый угол равен arccos-j^-
Замечание. Укажем еще один путь включения искомого угла в тре¬
угольник. В плоскости SCD через точку Р проведем прямую PT\\DQ (рис. 184, б)
Тогда Л APT равен искомому. Найти его величину можно из треугольника APT
Векторно-координатный способ. Введем в пространстве прямо¬
угольную систему координат с началом в точке О, как это по¬
казано на рисунке 184, в.
280
Полагая ОС = 1, найдем, что тогда и OD = 1. Пусть SE — апо¬
фема грани SCD. Так как SE = CD (см. решение поэтапно-вы¬
числительным способом), а из прямоугольного треугольника OCD
CZ) = V2, т. е. О£ = ^~, то из прямоугольного треугольника
SOE SO = ^SE2-OE2=^
Таким образом, 0(0; 0; 0), 0(1; 0; 0), D(0; 1; 0), s(0; 0;
Л(-1; 0; 0), Р(О; -Ь o(f; 0; и Лр(1; ^).
Получаем cos (ДР, DQ)= |cos (ДР, DQ) | =
I' 4+4--+4461 з
д/' +т+Ал/т+1+й
Итак, искомый угол равен arccos-—.
Пример 4. На ребрах А\В\ и АА\ куба ABCDA\B\C\D\
взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. По¬
строим сечение куба плоскостью, проходящей через точки С,
Р и Q, и найдем отношение площадей поверхностей многогран¬
ников, на которые секущая плоскость разделила куб.
Решение. Сначала построим заданное сечение (рис. 185).
Так как точки Р и Q лежат в секущей плоскости и в плос¬
кости грани ДВВ1Д1, то прямая PQ — это след секущей плоскости
на плоскости грани АВВ\А\.
Найдем точки Т\ и Tz, в которых след PQ пересекает соот¬
ветственно прямые ВВ\ и АВ. Построим затем след Т\С секущей
плоскости на плоскости грани ВСС\В\ и след TzC — на плоскости
основания куба. На ребре В\С\ получаем точку К, а на ребре
AD — точку L. Соединяя далее точку К с точкой Р, а точку L —
с точкой Q, получаем многоугольник CKPQL — искомое сечение.
Теперь подсчитаем искомое отношение. Обозначим через Si
площадь той части поверхности куба, которая отошла к одному
из многогранников, получившихся при рассечении куба плос¬
костью CPQ, и содержит при этом точку В, а площадь части по¬
верхности куба, отошедшей к другому многограннику и содержа¬
щей точку Di, обозначим S2.
Si + Sce4
Тогда искомым является отношение - ——
5г + осеч
Найдем Si и S2. Имеем
Si = SbiPk 4" SaQl+ $BAQPBt 4" S bckbi 4" Sbalc-
281
Рис. 185
Введем для выполнения подсчетов вспомогательный параметр,
полагая ребро куба равным а.
Из равенства прямоугольных треугольников A\PQ и В\РТ\
находим, что
В\К Т\В\
Из подобия треугольников Т\В\К и Т\ВС следует —
Но Г|В| ^/2 ■
Т\В Т\B\-\- В\В а/2-|-а 3
Тогда и т- е-
DC о о
Аналогично получаем AQ=-|-h
Тогда
Q — Q С —Л2 £L=Z£_2
°BAQPB}— °ABB}A} ^A}PQ u g g ’
282
q о о 2 fl 2а2
^ВСКВ}— ^BCCiBi ^СС'К а ~
Q -с с -a2_£i-2£2
°BALC—^ABCD ^CDL u 3 3
Складывая эти площади, найдем: Si=^~ Тогда S2 = 6a2 —
24
q _87а2
1 24
Для нахождения Sce4 проведем ВА\ и точку Н, в которой
пересекаются прямые ВА\ и PQ, соединим с точкой С.
Ясно, что ВН ± PQ и ВН является проекцией СН на плоскость
грани АВВ\А\. Тогда и СНA_PQ, т. е. угол СНВ — это угол между
секущей плоскостью и плоскостью грани АВВ\А\.
Положим для краткости Z_CHB = q. Из прямоугольного тре¬
угольника СВН
1 з
Но cos ф— ——. т. е. cos q>=—
Vl H-tgJ <p V17
Тогда
7а2
о SBAqPBi 8 7о2 УГ7
сеч cos <р 3 24 ’
VT7
Таким образом,
57a2 7a2V17
51 + SCe4_^ 24 + 24 ^57 4-7 VT7
52 + Sce4 87a2 7a2VT7 87 + 7 VT7*
24 + 24
Пример 5. На ребре SC правильной пирамиды SABCD,
высота которой равна диагонали основания, взята точка М —
середина этого ребра. Построим сечение пирамиды плоскостью,
проходящей через точку О — основание высоты SO, перпенди¬
кулярно прямой DM и найдем отношение площадей фигур, на
которые секущая плоскость разделила боковые грани SCD, SAD
и SAB.
Решение. Построим заданное сечение. Применим для это¬
го векторно-координатный способ.
Так как по условию SO = AC = BD, то, положив SO = 2, полу¬
чим ОС = OD = \. Введем в пространстве прямоугольную систе¬
му координат Oxyz, как это показано на рисунке 186. Точка
М — середина ребра SC, поэтому она имеет координаты ^0; 1).
Так как секущая плоскость перпендикулярна прямой DM, то век¬
тор DM^ — 1; -i-; 1) является нормальным вектором секущей
283
S(0;0;2)
Рис. 186
плоскости. Уравнение секущей плоскости запишется тогда сле¬
дующим образом:
(х-0)(—1) + (у—0)-|~+(г-0)-1=0, или
2х — у — 2г = 0. (*)
Для непосредственного построения секущей плоскости найдем
еще две точки, через которые она проходит.
Если точка K(k\\ k2\ — точка пересечения плоскости (*)
с прямой CD, то £3 = 0, а координаты k\ и k2 удовлетворяют
уравнению прямой CD\ г/=—%4-1, следовательно, k2= — &i + l.
Таким образом, точка К имеет координаты (&i; — &i + l; 0).
Подставляя эти координаты в уравнение (*), находим, что
Тогда k2 = —. Итак, плоскость (*) пересекает прямую CD
О о
в точке у; о)-
Если, далее, точка L(/i; 12, /3)— точка пересечения плоскости
(*) с прямой SD, то /г = 0, а координаты 1\ и /3 удовлетворяют
уравнению прямой SD. Следовательно, /3=—2Л4-2. Таким об¬
разом, точка L имеет координаты (Л; 0; — 2/1 + 2). Подставляя
координаты в уравнение (*), находим, что Тогда /3=—
3 3
Итак, плоскость (*) пересекает прямую SD в точке L ; 0;
Построив точки К и L по их координатам, построим затем
секущую плоскость и найдем четырехугольник KLNP — искомое
сечение.
284
Получаем ^£=ScDS.~s^k=l^
SDKL SDKL SDKL
Подсчитаем теперь отношение ——.
^DKL
4-DC-DS-sin CDS
1=4 l =
-^■DK-DL-sinKDL
DC-PS i
DK-DL
Нетрудно убедиться, что DK-—-DC, a DL = -±-DS.
О О
Тогда 1=7:2.
SDKL 2_DC._LDS
j-r $ANLD т-r $ANLD
Подсчитаем далее отношение — Получаем ———=
$SAD $SNL ^SAD j
S.S/VZ, $SHL
Для дальнейших подсчетов найдем координаты (пг, П2\ Из)
точки N, в которой прямая ЗД пересекает секущую плоскость
(*). Так как точка W лежит в плоскости Oyz, то ni=0, а так как
точка W лежит на прямой ЗД, ее координаты удовлетворяют
уравнению прямой ЗД, т. е. уравнению z = 2y + 2.
Значит, из = 2п2 + 2. Таким образом, точка N имеет коорди¬
наты (0; п2; 2п2Д-2).
Так как точка N лежит в плоскости (*), то —и2 —2 (2п2Д-2) = 0,
откуда п2=—Тогда
Итак, точка /V, в которой плоскость (*) пересекает прямую ЗД,
Это значит, что SN = -^-SA.
5
соотношения DL = -^~DS сле-
имеет координаты ^0; —-j-).
Кроме того, из ранее полученного
дует, что SL=~SD.
о 4" S/4 • SD-sin ASD
гт. ^ANLD 2 1
Тогда — =- 1 =
SNL -^-SN-SL-sin NSL
S^4 • SD | 7*8
4 2
-^SA~SD
□ 3
П $SNPB r-r $SNPB
Подсчитаем теперь отношение Получаем — =±=
SANP SANP
SsAB~~^ANP $SAB J
$ANP $ANP
Так как точка P симметрична точке К относительно точки О —
начала координат, то Р{—0).
\ о о /
285
Рис. 187
Зная координаты точек N и
P, легко найти соотношения
Д#=-1-5Л и АР =—АВ.
5 3
с ЛS-ЛВ• sin SAB
^snpb _2
Sanp -^-AN-AP-sinNAP
Тогда
1= 1 = 14:1
Итак, отношение площадей фигур, получившихся в грани SCD,
равно 7:2, в грани SAD равно 7:8 и в грани SAB равно 14:1
Пример 6. В основании пирамиды лежит равнобокая тра¬
пеция, параллельные стороны которой равны а и b (а>Ь). Каждая
боковая грань наклонена к основанию под углом, равным ср.
Найдем площадь полной поверхности пирамиды.
Решение (рис. 187). Пусть ТО — это высота пирамиды.
Опустим из точки О перпендикуляр ОК на сторону АВ трапеции
и точку К соединим с вершиной Т Так как ОК — проекция ТК
на плоскость АВС и ОКА-АВ, то и ТКААВ. Значит, АТКО яв¬
ляется линейным углом двугранного угла при ребре АВ, т. е.
ATKO = q.
Аналогично, опустив перпендикуляры OL, ОМ и ON на сторо¬
ны ВС, CD и AD трапеции и соединив точки L, М и N с вершиной Т,
получим Z_TLO= АТМО= ATNO = q.
Дак как прямоугольные треугольники ТОК, TOL, ТОМ и TON
имеют общий катет и по равному острому углу, то они равны,
и тогда OK = OL = OM = ON.
Итак, точка О одинаково удалена от всех сторон трапеции
ABCD. Т. е. в трапецию можно вписать окружность с центром О
286
Так как ТО — это перпендикуляр к плоскости АВС, то проек¬
цией треугольника TAB на плоскость АВС является треугольник
ОАВ, т. е. 5,лв=^.
cos ср
Аналогично проекциями треугольников ТВС, TCD и TAD
на плоскость АВС являются треугольники ОВС, OCD и OAD.
Поэтому S.n=SAB— , и, значит,
оок COS ф
о $АВСР ■ о __ $АВСР (1 + COS ф) %SABCP'cos
полн COS (р АВСР COS CQS
Итак, задача свелась к определению площади основания пи¬
рамиды.
Проведем в плоскости основания через точки А и D прямые
АР и DQ, параллельные прямой NL (точки N и L — середины
оснований трапеции). Тогда ясно, что АР и DQ — это перпенди¬
куляры к ВС, PQ = AD = b и в прямоугольном треугольнике CDQ
CQ=^-
Кроме того, так как в трапецию можно вписать окружность,
то AD-\-BC = AB-\-CD, или a-\-b = 2CD, откуда С£)=£±^
Из прямоугольного треугольника CDQ находим тогда высоту
DQ трапеции: DQ=-y/CD2 — CQ2 —(^^2 = ^b,
Таким образом, Sabcd=AD~^b^ • DQ = ^-^-^/ab, и, следова¬
тельно,
(а + Ь) д/ab cos2 -£
С = £.
ПОЛИ рпс „
Пример 7 Правильный треугольник, сторона которого рав¬
на а, вращается вокруг оси /, параллельной его высоте и удален¬
ной от нее на расстояние Найдем площадь поверхности
полученного тела вращения.
Решение (рис. 188). Искомая площадь, которую мы обозна¬
чим S, является суммой следующих площадей:
51 — площади боковой поверхности усеченного конуса, кото¬
рый образуется при вращении стороны АВ вокруг оси /;
52 — площади боковой поверхности усеченного конуса, кото¬
рый образуется при вращении стороны ВС вокруг оси /;
53 — площади кольца, которое образуется при вращении сто¬
роны АС вокруг оси /.
Пусть прямая АС пересекает ось I в точке D\. Проведем
через точку В прямую BB\\\AD\.
287
АНО В
Рис. 189
Получаем Si = л (AD\-[-ВВС) АВ.
Но AD1 = AD-j— DD1 = ВВ\==~~а, АВ = а.
Таким образом, Si = л ^2а + -|-а) а = -^-ла2
Аналогично S2 = л (CD-\-BBC) ВС = -^-ла2,
а 5з = лА£)2 — лС£)2 = Зла2
Итак, 5=^-ла2 + -^-ла2 + Зла2 = 9ла2
Замечание. Искомая площадь могла бы быть подсчитана несколько
проще, если воспользоваться первой теоремой Гюльдена, согласно которой
S = P-2jiR, где Р—периметр фигуры, вращающейся вокруг оси, a R— рас¬
стояние от центроида этой фигуры до оси вращения. В рассмотренном при-
3
мере Р = 3а, /?=— а.
Пример 8. Площадь боковой поверхности усеченного ко¬
нуса равна сумме площадей его оснований, а отношение радиусов
оснований равно 1:3. Найдем угол наклона образующей к плос¬
кости основания конуса.
Решение (рис. 189). Рассмотрим равнобокую трапецию
АА\В\В, которая является осевым сечением заданного конуса.
Положим для краткости ОА = г, О\А\=г, АА\=1. По условию
Л (гН-Г1) / = ЛГ2 +лг2, ИЛИ (г4-Г1) / = г2 + г2.
Но г = 3г1, т. е. (3ri + г) / = 9г2 4-г2, откуда /=-|-Г1.
Опустим из точки А\ перпендикуляр А\Н на АВ.
Тогда АН является проекцией наклонной АА\ на плоскость
нижнего основания конуса. Следовательно, угол А\АН — это угол
наклона образующей к плоскости основания.
Из прямоугольного треугольника АА\Н cosAiA//=-^.
/1/1 1
Но АН = АО — НО=АО — А\О\ = г — Г\—Зг\ — г\=2г\.
288
Таким образом, cos А\АН=—=^=-^-, т. е. искомый угол
/ 5г1 5
2"
4
равен arccos—.
5
Пример 9. На окружности основания цилиндра взяты
точки Л, В и С — такие, что Z. А СВ = 90° Через прямые АС и ВС
проведены секущие плоскости, параллельные оси цилиндра. Пло¬
щади полученных сечений равны Si и S2. Найдем площадь
боковой поверхности цилиндра.
Решение (рис. 190) 5бок = 2л/?//. Так как Z. А СВ = 90°, то
АВ — диаметр основания, т. е. ЛВ = 2/?.
Положив для краткости АА\=Н, АС = и, ВС = и, получаем
следующую систему уравнений:
( и2 + и2 = 4/?2,
{ u// = Si,
I vH = S2.
Возведя второе и третье уравнения этой системы почленно
в квадрат, получим уравнения u2//2 = S2 и u2//2 = S2. Складывая
почленно эти уравнения, находим, что и2 -}-и2 = ~ + ^ •
Но и2 + и2 = 4/?2 Тогда —+^ = 4/?2, или 4R2H2 = S2 + S2.
Здесь 4/?2//2 — это «почти» (S6oK)2 Не хватает лишь множи¬
теля л2
Умножим обе части последнего уравнения на л2, получим
4л2/?2Я2 = л2 (S1 + S2), или (5бок)2 = л2 (S2 + S2), т. е. 5бок =
= я V5? + S22.
Пример 10. Плоскость, пересекающая сферу, удалена от
ее центра на расстояние d, а длина окружности, получающейся
при этом в сечении сферы, равна L. Найдем площадь сферы.
Решение (рис. 191). Пусть точка А лежит на окруж¬
Рис. 190
10 Зака) 130
289
ности (о, являющейся заданным сечением сферы. Тогда точка Д'
лежит и на самой сфере и О А — ее радиус, т. е. площадь сферы
равна:
5 = 4лОД2
Таким образом, задача сводится к нахождению ОА. Пусть
точка Oi — центр окружности со. Тогда 00\ является перпенди¬
куляром к секущей плоскости, т. е. 00\=d, и, следовательно,
соединив точку Oi с точкой Д, мы получим треугольник ООИ;1
являющийся прямоугольным.
Радиусом окружности (о является отрезок 0[А, т. е. 2л* 0\А = L,
L
откуда 0|Л=—.
Из прямоугольного треугольника 00\А
О А = + Г = ^4n^ + z-!i
V \2л/ 2л
= 4nV + Z?
Л
Итак, S =
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
837. В правильной четырехугольной призме диагональ равна d и наклонен^,
к плоскости боковой грани под углом а. Найти площадь боковой поверхности
призмы.
838. Углы, образованные диагональю основания прямоугольного параллелей
пипеда со стороной основания и диагональю параллелепипеда, равны соот¬
ветственно аир. Найти площадь боковой поверхности параллелепипеда, если
его диагональ равна d. и
839. Диагонали граней прямоугольного параллелепипеда равны а, b и
Найти площадь полной поверхности параллелепипеда.
840. Высота правильной четырехугольной призмы равна Я, а угол между,
диагоналями, проведенными из одной вершины основания в двух смежных боко¬
вых гранях, равен а. Найти площадь боковой поверхности призмы.
841. Боковое ребро правильной призмы ABCDA\B\C\D\ равно а. Угол между
диагональю B\D и прямой A\F\, где точка F\— середина ребра C\D\, раве^
arccos У Найти площадь боковой поверхности призмы.
842. Высота правильной треугольной призмы равна Н. Прямая, проходя^
щая через центроид верхнего основания и середину стороны нижнего основания,
образует с плоскостью основания угол а. Найти площадь полной поверхности,
призмы.
843. Площадь полной поверхности правильной четырехугольной пирамиды
равна Q. Двугранный угол при ребре основания равен а. Найти сторону^
основания пирамиды.
844. Найти площадь полной поверхности правильной четырехугольной пи¬
290
рамиды, если ее высота равна Н, а площадь боковой грани равна площади
основания.
845. Основанием пирамиды является прямоугольный треугольник с катетами,
равными 6 и 8 см. Каждый из двугранных углов, образованных боковыми гра¬
нями и основанием пирамиды, равен 60° Найти площадь боковой поверхности
пирамиды.
846. Площадь боковой поверхности правильной четырехугольной пирамиды
равна Q, а двугранный угол при ребре основания равен а. Найти расстояние
между центроидом основания и плоскостью боковой грани пирамиды.
847. Площадь полной поверхности правильной треугольной пирамиды равна
Q, а плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти радиус окружности,
описанной около основания.
848. Основанием пирамиды является квадрат, сторона которого равна а.
Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а каждая из двух
других боковых граней образует с основанием угол, равный а. Найти площадь
полной поверхности пирамиды.
849. Основанием пирамиды является прямоугольник. Две смежные боковые
грани пирамиды перпендикулярны плоскости основания, а две другие образуют
с основанием углы, соответственно равные аир. Высота пирамиды равна Н.
Найти площадь боковой поверхности пирамиды.
850. Основанием пирамиды является треугольник, отношение сторон которого
равно 13:14:15, а каждый из двугранных углов при ребрах основания равен 45°
Найти отношение площади полной поверхности пирамиды к площади ее осно¬
вания.
851. Основанием прямой призмы является равнобедренный треугольник, в ко¬
тором угол между равными сторонами равен 2а. Из вершины верхнего осно¬
вания проведены две диагонали равных боковых граней. Угол между этими
диагоналями равен 2р. Найти отношение площади боковой поверхности призмы
к площади ее основания.
852. Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей
через вершину основания и середины двух боковых ребер. Найти отношение
площади боковой поверхности пирамиды к площади основания, если известно,
что секущая плоскость перпендикулярна одной из боковых граней.
853. В правильной треугольной пирамиде через ребро основания, длина ко¬
торого равна а, проведено сечение, перпендикулярное противолежащему боко¬
вому ребру. Найти площадь поверхности пирамиды, если секущая плоскость
делит боковое ребро в отношении т:п.
854. Через сторону нижнего основания правильной треугольной призмы и
середину не пересекающегося с этой стороной бокового ребра проведена плос¬
кость, образующая с плоскостью основания угол, равный а. Найти отношение
площади боковой поверхности образовавшейся при этом пирамиды к площади
боковой поверхности данной призмы.
855. Диагональ сечения цилиндра, параллельного его эси, равна d и обра¬
зует угол а с плоскостью основания. Найти площадь боковой поверхности ци¬
линдра, если: а) расстояние между осью цилиндра и секущей плоскостью равно а;
б) угол между проекцией диагонали сечения и диаметром основания, имеющим
общую точку с диагональю, равен 0; в) секущая плоскость отсекает от окруж-
1
ности основания — часть ее.
О
291
856. Угол между образующей цилиндра и диагональю осевого сечения, со¬
держащего эту образующую, равен ср, а площадь основания равна Q. Найти
площадь боковой поверхности цилиндра.
857. Острый угол между диагоналями развертки боковой поверхности ци¬
линдра равен 2ф, а диагональ развертки равна d. Найти: а) площадь боковой
поверхности цилиндра; б) площадь основания цилиндра; в) площадь полной
поверхности цилиндра.
858. Наибольший угол между образующими конуса равен 120° Доказать,
что площадь боковой поверхности этого конуса равна площади боковой по¬
верхности цилиндра, имеющего такие же, как у конуса, основание и высоту.
859. Боковая поверхность конуса — четверть круга, свернутая в коническую
поверхность. Найти отношение площади полной поверхности конуса к площади
его осевого сечения.
860. Площадь боковой поверхности усеченного конуса равна сумме площа¬
дей оснований, а радиусы оснований относятся как 1:3. Найти угол наклона об¬
разующей конуса к плоскости его основания.
861. Высота конуса равна диаметру его основания. Найти отношение площади
боковой поверхности конуса к площади его основания.
862. Угол между образующими в осевом сечении конуса равен 2а. Найти
отношение площади боковой поверхности конуса к площади его осевого сечения.
863. Правильный треугольник, сторона которого равна а, вращается вокруг
оси, которая параллельна стороне треугольника и проходит через его вершину,
противолежащую этой стороне. Найти площадь поверхности полученного тела
вращения.
864. Прямоугольный треугольник, катеты которого равны 5 и 12 см, вра¬
щается вокруг внешней оси, параллельной большему катету и удаленной от
него на расстояние 3 см. Найти площадь поверхности полученного тела вра¬
щения.
865. Квадрат со стороной а вращается вокруг прямой, проходящей через
его сторону. Найти: а) площадь осевого сечения полученного цилиндра; б) пло¬
щадь боковой поверхности этого цилиндра; в) площадь полной поверхности
цилиндра.
866. Прямоугольник, стороны которого равны а и Ь, вращается вокруг оси,
перпендикулярной его диагонали и проходящей через один из ее концов. Найти
площадь поверхности полученного тела вращения.
867. Равнобедренный треугольник с основанием, равным а, и углом при осно¬
вании, равным а, вращается вокруг оси, проходящей через один из концов осно¬
вания, перпендикулярно к основанию. Найти площадь поверхности полученного
тела вращения.
868. В прямоугольной трапеции, описанной около окружности радиуса R,
острый угол равен а. Найти площадь поверхности тела, полученного при вра¬
щении этой трапеции вокруг оси, проходящей через меньшую из ее парал¬
лельных сторон.
869. Ромб с острым углом а вращается вокруг оси, проходящей через его
сторону. Найти отношение площади поверхности полученного тела вращения к
площади ромба.
870. Радиусы двух сфер равны R\ и R?. Найти радиус сферы, площадь
которой равна сумме площадей данных сфер.
292
871. Радиусы окружностей, являющихся сечениями сферы двумя параллель¬
ными плоскостями, равны 3 и 4 см, а расстояние между этими плоскостями
равно 7 см. Найти площадь сферы.
872. Радиус сечения сферы плоскостью а( равен г(, а плоскостью аг — г2.
Найти площадь сферы, если плоскости а( и аг взаимно перпендикулярны, а
сечения имеют единственную общую точку.
873. Прямая / отсекает от сторон прямоугольного треугольника, угол между
которыми равен 60°, отрезки, длины которых составляют 0,25 длины гипотенузы,
считая от вершины этого угла. Найти отношение площади данного треугольника
к площади поверхности тела, полученного при вращении этого треугольника
вокруг прямой /.
874. Равнобокая трапеция с углом при основании, равным 60°, вращается
вокруг прямой, проходящей через биссектрису этого угла. Найти отношение
площади поверхности тела вращения к площади трапеции, если высота трапе¬
ции в д/3 раз меньше полусуммы ее оснований.
875. На ребре АВ куба ABCDA\BiC\Di взяты точки Pi, Р2 и Р3 — такие,
что ВР\ = Р[Р2=:Р2Р3 = Р3А. Построить сечения куба следующими плоскостями:
а) CiDPi; б) C\DP2; в) CiDP3. Найти отношение площадей поверхностей
многогранников, на которые рассекается куб, в каждом из этих случаев.
876. На диагонали АС основания куба ABCDA}B\C\D\ взята точка Р —
такая, что ЛР:ЛС = 3:4. Построить сечения куба плоскостями, проходящими
через вершину Ci, перпендикулярно следующим прямым: а) Л)С; б) ВР; в) А\Р
Найти отношение площадей фигур, на которые заданные секущие плоскости
делят площадь основания ABCD куба, в каждом из этих случаев.
877. На ребрах BiCi, AD и CD прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки Р, К и L — середины этих ребер.
Отношение ребер параллелепипеда AB:AD:AA} = 1:2:1. Построить сечения па¬
раллелепипеда плоскостями, проходящими через точку Р, параллельно прямой
DDi и следующим прямым: a) BiA; б) В\К; в) B\L. Найти отношение площадей
поверхностей многогранников, на которые рассекается параллелепипед, в каждом
из этих случаев.
878. В основании прямой призмы АВСА}В\С\ лежит треугольник с прямым
углом при вершине С и АС = ВС = СС\. На ребрах CCi, AAi и AiG взяты соот¬
ветственно точки Р, Q и К — середины этих ребер. Построить сечение призмы
плоскостью, проходящей через точку /<, параллельно прямым ВР и BiQ.
Найти отношение площадей фигур, которые получаются при пересечении задан¬
ной плоскостью следующих граней призмы: а) AAiBiB; б) Л1В1Сг, в) АА\С\С.
879. В основании пирамиды SABC с высотой SO лежит прямоугольный
треугольник АВС и SO=AC = BC. Все боковые ребра пирамиды одинаково на¬
клонены к плоскости основания. На ребре SC взята точка М — середина этого
ребра. Построить сечение пирамиды плоскостью, проходящей через точку О —
основание высоты SO, перпендикулярно прямой AM. Найти отношение площадей
фигур, на которые секущая плоскость разделяет следующие грани: а) АВС;
б) SAB; в) ЗЛС.
880. В основании пирамиды SABCD лежит квадрат. Боковое ребро SB
перпендикулярно плоскости основания пирамиды и SB = AB. На ребрах AD и
ЗЛ взяты соответственно точки P'iHW — середины этих ребер. Построить сечение
пирамиды плоскостью, проходящей через точку Р, перпендикулярно прямой DM.
293
Найти отношение площадей фигур, на которые разделяет секущая плоскость:
а) грань SAD; б) грань SCD; в) полную поверхность пирамиды SABCD.
881. Секущая плоскость, проведенная через сторону AD основания правиль¬
ной четырехугольной пирамиды SABCD перпендикулярно грани SBC, делит
площадь этой грани пополам. Найти площадь полной поверхности пирамиды,
если AD = a.
882. В правильной четырехугольной пирамиде плоскость, проведенная через
сторону основания, делит площадь боковой поверхности и двугранный угол при
ребре основания пополам. Найти: а) двугранный угол при боковом ребре пира¬
миды; б) двугранный угол при ребре основания.
883. Секущая плоскость проходит через ребро основания правильной че¬
тырехугольной пирамиды и отсекает от противолежащей грани треугольник, пло¬
щадь которого равна Q(. Найти площадь боковой поверхности пирамиды, кото¬
рая отделена секущей плоскостью от данной пирамиды, если площадь боковой
поверхности последней равна Q2.
884. В основании пирамиды лежит ромб со стороной, равной а, и острым углом,
равным а. Каждый из двугранных углов при ребрах основания равен ср. Найтр
площадь боковой поверхности пирамиды.
885. В основании пирамиды лежит равнобокая трапеция, диагональ которой
равна d, а угол между диагональю и основанием трапеции равен а. Каждой
боковая грань пирамиды наклонена к основанию под углом, равным ср. Найти
площадь полной поверхности пирамиды.
886. В основании призмы лежит правильный треугольник, сторона которого
равна а. Проекцией одной из вершин верхнего основания является центроид
нижнего основания. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания
под углом, равным а. Найти площадь боковой поверхности призмы.
887. В основании параллелепипеда, боковое ребро которого равно Ь, лежит
квадрат со стороной, равной а. Одна из вершин верхнего основания одинаково
удалена от вершин нижнего основания. Найти площадь полной поверхности
параллелепипеда.
888. В основании призмы лежит правильный треугольник, сторона которого
равна а. Боковое ребро призмы равно Ь, а угол между одним из боковых ребер
и прилежащими к нему сторонами основания равен 45° Найти площадь боковой
поверхности призмы.
889. Во сколько раз расстояние от светящейся точки до центра
шара больше, чем радиус шара, если площадь освещенной части поверхности
шара в два раза меньше теневой?
§ 18. ОБЪЕМЫ
Пример 1. В основании прямого параллелепипеда лежит
параллелограмм со сторонами а и & и тупым углом ф. Меньшая
диагональ параллелепипеда равна большей диагонали основания.1
Найдем объем параллелепипеда.
Решение. Пусть в прямом параллелепипеде ABCDA\B\C\D\
АВ = а, AD = b и 2_ДВС = ф (рис. 192). Так как угол АВС тупой,
то AC>BD. Тогда A\C>B\D. Таким образом, АС — большая
294
Рис. 192
диагональ основания, a B\D — меньшая диагональ параллелепи¬
педа, т. е. AC = B\D.
Так как заданный параллелепипед прямой, то его объем
^=50СН-ВВь где S0C№ = ab sin <р.
Таким образом, задача сводится к нахождению ВВ\. Из пря¬
моугольного треугольника BBi/) ВВ| =Л/В1£)2 —BZ)2 Но B\D = AC
Значит, ВВ\ =^AC^ — BD2
Из треугольника АВС находим: AC2 = a2'-\~b2 — 2ab cos ср, а из
треугольника ABD BD2 = a2 + b2 — 2ab cos (180° — qj) = a2 + b2 +
+ 2aftcos<p.
Тогда AC2 — BD2=—4ab cos <p, и, следовательно,
В В i = д/ — 4аЬ cos q) = 2 -\J—ab cos ср.
Итак, V = 2ab sin <р ^j — ab cos <р.
Пример 2. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\
AB:AD:AAi = 1:3:2. Построим сечение параллелепипеда плос¬
костью, проходящей через вершину D\, перпендикулярно прямой
B\D и найдем отношение объемов многогранников, получаю¬
щихся при рассечении параллелепипеда заданной плоскостью.
Решение. 1. Построение заданного сечения выполним век¬
торно-координатным способом. С этой целью, считая ЛВ = 1,
введем в пространстве прямоугольную систему координат Bxyz,
как показано на рисунке 193, и найдем в этой системе коорди¬
наты нужных точек и вектора B\D. Получаем В (0; 0; 0), С (3; 0; 0),
4(0; 1; 0), Bj(O; 0; 2), 0(3; 1; 0), Dy (3; 1; 2), Вф (3; 1; -2).
Так как заданная секущая плоскость перпендикулярна прямой
B\D, то вектор ByD можно принять за нормальный вектор этой
плоскости. Тогда уравнение плоскости будет следующим:
(х — 3)‘3 + (i/— 1)-1 +(2 — 2) (—-2) = 0, или
3* + */ —2х —6 = 0. (*)
Для непосредственного построения заданного сечения найдем
еще две какие-нибудь точки, принадлежащие плоскости (*).
295
Если точка L — точка пересечения плоскости (*) с осью Вх,
то L 0; 0). Подставив координаты точки L в уравнение (*),
находим, что / = 2, т. е. точка L имеет координаты (2; 0; 0).
Далее, если точка F — точка пересечения плоскости (*) с осью
By, то F (0; f; 0). Подставив координаты точки F в уравнение
(♦), находим, что F (0; 6; 0). На построенном изображении точка F,
к сожалению, не помещается.
Найдем тогда точку пересечения плоскости (*) с какой-нибудь
другой прямой. Положение точек L и F подсказывает, что целе¬
сообразно искать точку пересечения плоскости (*) с прямой AD.
Если точка Af(ni; п3)— точка пересечения плоскости (*)
с прямой AD, то ясно, что п? = 1 и п3 —0. Подставляя координаты
точки W в уравнение (*), находим, что п\=^~.
О
Итак, 1; о)-
Имея теперь три точки (D\, N и L), через которые проходит
секущая плоскость, строим многоугольник D\NLK — заданное
сечение.
2. Найдем теперь VD — объем того многогранника, который
отсекается от заданного параллелепипеда и содержит вершину D.
Этим многогранником является усеченная пирамида с основа¬
ниями DDiN и CKL. Ясно, что высотой ее является отрезок CD.
Итак, VD=—CD (SDDi/v+л/^dd^’ $ckl 4“$ckl)-
Так как заданный параллелепипед прямоугольный, то тре¬
угольники DD\N и CKL прямоугольные, и
S^^DD'-DN, SCKL=j-CK-CL.
Полагая АВ = а (вспомогательный параметр), находим, что
296
тогда DD\=2a, DN=AD— AN = 3a—|-a=y a, CL = BC —
— BL = 3a — 2a = a.
Длину отрезка СК можно найти из подобия треугольников
CKL и DD\N. Имеем
откуда ск=т
Таким образом, SDDiN=~2a--^-a=^, SCKL=~^‘a=^ и
V 1 п (4fl2 I /4fl2 За2 | За^ 37а3
v°=-4t+ \---+-)=^-
Найдем далее VB— объем того многогранника, который от¬
секается от заданного параллелепипеда и содержит вершину В.
Ясно, что VB=V —V D, где V — объем заданного параллеле¬
пипеда.
Тогда, так как V = а*3а-2а = 6а?, то |/в = 6а3—^-= 17^а-.
Зо Зо
В итоге получаем VD: = =37:179.
Пример 3. На ребрах АВ, АС и 4S пирамиды SABC взяты
соответственно точки В\, С\ и Si—такие, что AB\*.AB = k,
AC\*.AC = l, AS\*.AS = m. Найдем отношение объемов многогран¬
ников, получающихся при рассечении пирамиды плоскостью
S\B\C\.
Решение (рис. 194). Пусть V — объем пирамиды SABC,
a VA — объем пирамиды Si/lBiCi.
u „ Уа
Найдем отношение -——
У~ V А
Возьмем в плоскости АВС точку О и будем считать, что SO —
высота пирамиды SABC. Проведем далее в плоскости ЗЛО пря¬
мую SiOiHSO. Тогда SiOi — высота пирамиды S\AB\C\.
Чтобы придать выкладкам, к которым мы переходим, более
простой вид, введем следующие обозначения: АВ = Ь, АС = с,
SO = Н и 2_ВАС = а.
Ясно, что тогда AB\=kb, АС\=1с, и из подобия треуголь¬
ников Д51О1 и ASO S\O\\SO = AS\\AS = m, т. е. S\O\=mH.
Подсчитаем теперь V и VA. Имеем
V=-TrSABC-SO = -^-bcH sin а,
О О
1^л=-^-5ЛБ С1 • SiOi =-^-ДВ1 *ACi *SiOi sin а =
О о
=-kb'lc-mH sin a = ^-klmbcH sin а.
6 6
Тогда V— VA=-^-bcH sin а (1 — kltn) и искомое отношение
297
Уа
У-Уа
-т- klm ЬсН sin a klm
о
1 . ,, . ,, ... i —klm '
т bcti sin a (1 —klm)
о
Пример 4. В основании прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ лежит квадрат со стороной а. Двугранный угол
A\B\DC\ равен arccos ^0. Найдем объем параллелепипеда.
Решение (рис. 195). Пусть A\K.LB\D. Соединим точку
К с точкой С,. Из равенства (по трем сторонам) треугольников
4iBiD и C\B]D следует, что Z_A\DB\ = Z-C\DB\. Тогда из равен¬
ства треугольников АiDK и CiDK (по двум сторонам и углу между
ними) следует, что Z_CiKD= Z_A\KD.
Таким образом, если AtK^-B\D, то и C\K_LB\D. Это значит,
что угол Д1КС1 является линейным углом двугранного угла
A\B\DC\, т. е. Z-XiKCi = arccos( —-Ц).
Так как объем заданного параллелепипеда V = S0Qn-DD\, где
Soc„ = a2, т0 задача сводится к нахождений DD\.
Примем для краткости DD\=x. Из прямоугольного треуголь¬
ника A\D\D AiD=^/a2х2
Из прямоугольного треугольника A\B\D B\D=^[A\B2+A\D2 =
= д/2а2 + х2, и в этом треугольнике A\K-B\D=A\B\-A\D, т. е.
Тогда и СЖ=а-^Ц.
-\12а2+)А
Перейдем теперь к треугольнику AiC\K. Его стороны А[К
и CiK уже получены, а третья сторона A}Ct=a-y/2. Применим
к этому треугольнику теорему косинусов:
Л1С? = Д1№ + С1К2-2Л1К.С,Ксо8 АЛС^ или
298
о„2 ._a2(a2+x2) i a2(a2+x2) ga2(a2+*2) ( __16\
2a2 + x2 2a2 + x2 2a2 + %2 \ 25/
3
откуда x = -^-a.
Таким образом, V = a2 ~a = ^-
Пример 5. Отношение стороны основания правильной приз¬
мы АВСА\В\С\ к ее боковому ребру равно 1 :д/з\ Построим се¬
чение призмы плоскостью, проходящей через вершину С, перпен¬
дикулярно прямой ВС\ и, считая АВ = а, найдем объем того
многогранника, отсеченного от призмы, одной из граней которого
является треугольник АВС.
Решение. 1. Построим заданное сечение векторно-коорди¬
натным способом. С этой целью, считая ДВ=1, введем в про¬
странстве прямоугольную систему координат Oxyz, как показано
на рисунке 196 (точка О — середина стороны АВ, ОО1ЦДЛ1).
Найдем координаты нужных точек и вектора ВС\'.С ; 0; о),
А(0; -Ь; О), О. (о; 0; л/з), В (о; -f; о), В. (о; д/з)
о;л/з), ВС\ (з|;^;л/з)
Так как заданная секущая плоскость перпендикулярна прямой
BCi, то вектор ВС\ можно принять за нормальный вектор этой
плоскости. Тогда уравнение секущей плоскости (она проходит
через точку С) будет следующим:
(x~f) v+^_0)'r+^-0^=0’ или
2л/Зх + 2у + 4л/Зг-3 = 0. (*)
Рис. 197
Рис. 196
299
Для непосредственного построения плоскости (*) найдем еще
две точки, через которые эта плоскость проходит.
Если плоскость (*) пересекает ось Оу в точке L, то точка L
имеет следующие координаты: (0; /; 0). Подставляя эти коорди¬
наты в уравнение (*), находим, что 1—-^-
Итак, л(0; о).
Ясно, что плоскость (*) пересекает прямую ВВ\. Если точка
К — это'точка пересечения плоскости (*) с прямой ВВ\, то коорди¬
наты точки К будут следующими: (О; —k^. Подставляя эти
координаты в уравнение (*), находим, что k =
О
Итак, к(0; —Ь ^),
Теперь известны три точки, через которые проходит плос¬
кость (*). Построив ее, получаем в сечении треугольник СКМ.
2. Подсчитаем V — объем того многогранника, отсеченного
от призмы, одной из граней которого является треугольник АВС.
Этот многогранник представляет собой пирамиду, основанием
которой является прямоугольная трапеция ВКМА (ВК\\АМ,
AB_LBK\ а вершиной — точка С. Нетрудно убедиться, что медиа¬
на СО треугольника АВС является высотой этой пирамиды.
Поэтому ее объем V=-^-SBKMA-CO.
Получаем V=±-BK+AM-AB-СО, где ВК=-^-ВВ1=^
о 2 о о
(это ясно из сопоставления координат точек В i и К),АМ=-^-ВК =
= a (как средняя линия треугольника BKL), АВ = а, СО=^^-
-а-
э 1/13 6 ал/3 а3
Значит, V=- 2 а‘^-=Т-
Пример 6. Расстояние от вершины основания правильной
треугольной пирамиды до плоскости противоположной грани равно
Л, а двугранный угол при ребре основания пирамиды равен а.
Найдем объем пирамиды.
Решение. Пусть SABC — заданная пирамида (рис. 197),
АК — перпендикуляр, опущенный из вершины А на плоскость
SBC, и AK = h.
Соединим точку К с точками В и С. Тогда АВ и АС — наклон¬
ные к плоскости SBC, а В К и СК — проекции этих наклонных
на ту же плоскость. Но АВ=АС. Значит, и ВК = СК.
Таким образом, точка К принадлежит множеству точек плос¬
кости SBC, одинаково удаленных от точек В и С. Этим мно¬
300
жеством является прямая SM, проходящая через вершину S
пирамиды и точку М — середину стороны ВС.
Ясно, что SM является и перпендикуляром к стороне ВС.
Соединим далее точку М с точкой А. Тогда AM — медиана
правильного треугольника АВС, и, значит, ДЛ4±ВС.
Так как SMJ_BC и AM А ВС, то угол ЗЛЫ является линей¬
ным углом двугранного угла при ребре ВС пирамиды. Поэтому
ASMA = а.
Перейдем теперь к вычислению объема V пирамиды SABC.
Заметим, что если искать V традиционным путем, то следовало
бы обратиться к формуле У=-~5лвс* SO.
Однако в рассматриваемом примере уже известна высота
АК пирамиды, опущенная на плоскость SBC. Поэтому можно
искать V по формуле V = -^-SSBC-AK-
Так как SO — это перпендикуляр на плоскость АВС, то проек¬
цией треугольника SBC на плоскость АВС является треугольник
ОВС, т. е. ssfic = ^. Но ясно, что SOBC=-±-SABC.
АВ2^3
Таким образом, V——^—АК = —-—h —
9 cos а 9 cos а 36 cos а
Итак, задача сводится к нахождению АВ.
Из прямоугольного треугольника АМ/( АМ—^-—-^— Но
sin a sin а
АМ = ^-^- Следовательно, АВ=———, и, значит, V —
2 \/3 sin а
у
\ УЗ sin а / . 2/г3
36 cos а 27 sin 2а sin а
Пример 7 Прямоугольник ABCD* со сторонами АВ = а
и AD — b вращается вокруг оси /, проходящей через его верши¬
ну А, параллельно диагонали BD. Найдем объем полученного
тела вращения.
Решение. Ограничимся изображением прямоугольника
ABCD, при вращении которого вокруг оси / образуется заданное
тело вращения (рис. 198).
Чтобы подсчитать V — объем тела вращения, опустим из то¬
чек В, С и D соответственно перпендикуляры ВВ\, СС\ и DD{ на
прямую /, а из точки А — перпендикуляр АА\ на прямую BD.
Тогда V = (Vi + У2) — (Уз+ V4), где 16 и У2 — это объемы тел;
полученных при вращении вокруг оси I соответственно трапеций
ВВ\С\С и CC\D\D, a V3 и У4 — это объемы тел, полученных
при вращении вокруг оси I соответственно треугольников АВВ\
и ADD\.
301
Получаем
Vi=^-nBtCi (Ctf + CCi-BBi+BBfy
V^-^-nCiDi (CC^ + CCr-DDt + DD2^
V3=±-nBB2i-ABt,
V4=j-nDD^-ADl.
Так как BD\\l, то BB\=DDt=AA\. Из прямоугольного тре¬
угольника ABD находим, что BD = yd2 -\~b2 и АА,
Ясно, что СС,—2АА,= 2ab—.
-№+ь'2
Тогда V1 + V2=-i-„ (СС? + ССгДЛ14-ЛД?) (BiG+ СцО|)=
1 ( 4а2Ь2 . 2аЬ . ab , а2Ь2 \ М2 Ь2 7ла2Ь2
3 \а2 + Ь2”' ^-ЬЬ2 Va2 + &2 а2 + Ь2/V З-у/а’ + Ь*'
Аналогично Кз + К|=—лЛЛ2 (АВА-ВР}=
3 З^+Ь2
Таким образом, лаУ=^лаУ
3 -д/а2-]-62 3 д/а2 Ь2 л]а2-\-Ь2
Замечание. Искомый объем тела вращения можно было бы подсчи¬
тать значительно проще, если воспользоваться второй теоремой Гюльдена, со¬
гласно которой V = 5«2л/?, где S — площадь фигуры, вращающейся вокруг оси,
a R — расстояние от центроида этой фигуры до оси вращения. Нетрудно найти,
что в рассмотренном примере S = ab, a R=AA 1 = — •
Пример 8. Стороны основания прямоугольного паралле¬
лепипеда ABCDA\B\C\D\ AB = 3a, AD = Aa. Расстояние между
прямыми В\С и DC\ равно I. Найдем объем параллелепипеда.
302
Решение (рис. 199). Выполним некоторые построения. В
плоскости ВСС\ через точку С\ проведем прямую C\F\\B\C и
точку F соединим с точкой D.
Так как B\C\\C\F, то прямая В\С параллельна плоскости
C\FD. Это значит, что расстояние от любой точки прямой BiC,
и в частности от точки С, до плоскости C\FD равно I.
Так как объем заданного параллелепипеда V = AB-AD-CCi —
= 12a2-CCi, то задача сводится к нахождению СС\.
Положим для краткости СС|=х. Выразим объем треугольной
пирамиды C\DCF двумя способами.
/ способ. VCiDCF=^-‘SCDF-CCi=-^\~3a-4a) х = 2а2х.
// способ. VCiDCF=-~SCiDf-СО, где СО — 1 — расстояние от
точки С до плоскости C\DF
Для нахождения SCiDF проведем СН _LDF (нетрудно подсчи¬
тать, что если СН_LDF, то DH'.DF = 9:25) и соединим точку Н
с точкой С|. Ясно, что тогда и C|//±DF, SCiDF = -^-DF-С\Н.
Нетрудно найти, что DF = 5a и
С, Н = ~^СС\ + СН2 =д/ X2 +(1|2)2 = з/25хЩ44?
Таким образом,
О \ Z О / V
Приравнивая теперь полученные двумя способами выраже¬
ния VCiDCF, получим уравнение 2а2 х=-^ ->/25х2 + 144а2, откуда
х = 12а/
-\/144а2 —25/2 ’
Итак, V=\2a2.— '2al =—144g3/
л/144а2-25/2 V144a2-25/2
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
890. Основанием параллелепипеда является ромб ABCD, сторона которого
равна а, а острый угол равен 60° Найти объем параллелепипеда, если его
'боковое ребро равно a, Z_A\AB= Z_A\AD = 45°
891. Каждое ребро параллелепипеда равно а. Каждый из трех плоских
углов при одной вершине параллелепипеда равен 2а. Найти объем паралле¬
лепипеда.
892. Ребра параллелепипеда, равные а и Ь, взаимно перпендикулярны, а
ребро, длина которого равна с, образует с каждым из первых двух ребер
угол а. Найти объем параллелепипеда.
303
893. Площадь одной из боковых граней треугольной призмы равна т2
Найти объем призмы, если расстояние от противолежащего ребра до плоскости
этой грани равно 2а.
894. Основанием прямой призмы является равнобедренный треугольник, рав¬
ные стороны которого имеют длину а и образуют между собой угол а. Диагональ
грани, противолежащей этому углу, образует с другой боковой гранью угол,
равный ср. Найти объем призмы.
895. Правильная четырехугольная призма, сторона основания которой рав¬
на а, пересечена плоскостью таким образом, что два смежных ребра получились
равными Ь, а каждое из двух других равно с. Найти объем этой усеченной,
призмы.
896. Секущая плоскость проходит через сторону основания правильной
треугольной призмы и образует угол а с плоскостью основания. От призмы она
отсекает пирамиду, объем которой равен V Найти площадь сечения призмы.
897. В правильной четырехугольной пирамиде плоскость, проходящая через
сторону основания и среднюю линию противолежащей боковой грани, образует
с плоскостью основания угол 60° Найти объем пирамиды, если сторона ее
основания равна а.
898. В основании пирамиды лежит равнобедренный треугольник с боковыми
сторонами, равными а, и углом при вершине, равным а. Боковые грани пирамиды
образуют с основанием углы, каждый из которых равен 45° Найти объем
пирамиды.
899. Все боковые ребра и два ребра основания треугольной пирамиды равны
а. Угол между равными сторонами основания равен 2а. Найти объем пирамиды.
900. Площадь диагонального сечения правильной четырехугольной пирамиды
равна Q. Боковое ребро образует с плоскостью основания угол а. Найти объем
пирамиды.
901. Высота правильной треугольной пирамиды равна Н, а двугранный угол
при ее боковом ребре равен ср. Найти объем пирамиды.
902. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, расстоя¬
ние от вершины основания до плоскости противоположной боковой грани равно h.
Найти объем пирамиды.
903. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно Ь, а дву¬
гранный угол при ее боковом ребре равен ср. Найти объем пирамиды.
904. Объем правильной треугольной пирамиды равен V, а двугранный угол
при ребре ее основания равен а. Найти площадь поверхности пирамиды.
905. В основании пирамиды лежит прямоугольный треугольник, гипотенуза
которого равна с, а острый угол равен а. Каждое боковое ребро наклонено
к плоскости основания под углом р. Найти объем пирамиды.
906. Расстояние от центроида основания правильной треугольной пирамиды
до ее бокового ребра равно /, а двугранный угол при ребре ее основания
равен а. Найти объем пирамиды.
907. Расстояние от центроида основания правильной треугольной пирамиды
до ее боковой грани равно /, а угол между ее боковым ребром и плоскостью
основания равен р. Найти объем пирамиды.
908. Каждое из боковых ребер треугольной пирамиды равно Ь, два плоских
угла при вершине равны каждый по 60°, а третий плоский угол при вершине
прямой. Найти объем пирамиды.
304
909. Площади двух взаимно перпендикулярных граней треугольной пирамиды
равны Р и Q, а длина их общего ребра равна Ь. Найти объем пирамиды.
910. Основанием пирамиды является квадрат, а ее высота лежит вне пира¬
миды и равна Н. Две противолежащие боковые грани — равнобедренные тре¬
угольники, плоскости которых образуют с плоскостью основания углы, равные
аир. Найти объем пирамиды.
911. Секущая плоскость, проведенная через сторону АС основания пра¬
вильной пирамиды SABC перпендикулярно ребру SB, отсекает пирамиду DABC,
объем которой в 1,5 раза меньше объема пирамиды SABC. Найти площадь
боковой поверхности пирамиды SABC, если АС = а.
912. Основанием пирамиды является прямоугольник, а две боковые грани
ее перпендикулярны плоскости основания. Две другие боковые грани образуют
с основанием углы аир. Найти площадь основания пирамиды, если ее объем
равен V
913. Основанием пирамиды является трапеция, боковые стороны и меньшее
основание которой равны а, а угол между боковой стороной и основанием
равен а. Каждое боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом р.
Найти объем пирамиды.
914. Основанием пирамиды является равнобокая трапеция, острый угол ко¬
торой равен а, а площадь равна Q. Каждая боковая грань образует с основа¬
нием угол р. Найти объем пирамиды.
915. На ребрах AD, СС\ и А\В\ правильной призмы ABCDA\B\C\D\ взяты
соответственно точки Р, Q и R — середины этих ребер. Найти объем призмы,
если AD = a и о треугольнике PQR известно, что он: а) равносторонний; б) пря-
„ ч За2 V19
моугольныи; в) имеет площадь, равную —.
о
916. В основании пирамиды SABC лежит квадрат со стороной а. Боковое
ребро SB перпендикулярно плоскости основания. На ребре SC взята точка Р —
середина этого ребра. Найти объем пирамиды в случаях, когда а — это вели¬
чина угла между прямой DP и следующими прямыми: а) АВ\ б) ВС', в) АС.
917. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник, сторона
которого равна а. Вершина S проектируется в ’очку D — такую, что фигура
ABCD — ромб. Объем пирамиды равен V Найти углы, которые образуют с
прямой ЗД следующие прямые: а) ВС', б) в) BL, где точка L — середина
ребра SC.
918. В основании пирамиды SABC лежит треугольник, у которого АВ = АС = а.
Боковое ребро ЗД перпендикулярно плоскости основания, а угол между прямыми
SC и АВ равен а. Найти объем пирамиды в случаях, когда угол ВАС равен:
а) 60°; б) 30°; в) 120°
919. В основании пирамиды SABC лежит треугольник, у которого Z АС В = 90°,
АС = ВС = а. Боковое ребро ЗД перпендикулярно плоскости основания. На ребре
SB взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре ЗД—точки Qi, Q2 и
Q3 — такие, что >4Qi = QiQ2 = Q2Q3 = Q3«S. Найти объем пирамиды в случаях,
когда угол, равный 60°, образует прямая СР со следующими прямыми: a) BQr,
б) BQ2; в) BQ3.
920. Найти отношение объемов тел, полученных при вращении треугольника
вокруг основания и вокруг оси, проходящей через вершину, параллельно этому
основанию.
305
921. Доказать, что объемы тел, полученных при вращении параллелограмма
вокруг его смежных сторон, обратно пропорциональны этим сторонам.
922. Треугольник со сторонами, отношение которых равно а:Ь:с, вращается
сначала вокруг одной стороны, затем — вокруг другой и далее — вокруг третьей.
Найти отношение объемов полученных тел вращения.
923. При вращении прямоугольного треугольника вокруг его катетов и вокруг
гипотенузы образуются тела вращения, объемы которых равны соответственно
Vi, V2 и V3. Доказать, что -L-|--L=-L
V \ V2 УЗ
924. Стороны основания правильной усеченной четырехугольной пирамиды
равны а и b (а>Ь). Угол, образованный плоскостью боковой грани и плоскостью
основания, равен а. Найти объем пирамиды.
925. На двух скрещивающихся прямых взяты отрезки, длины которых равны
а и Ь. Доказать, что объем параллелепипеда, ребрами которого являются эти
отрезки, не зависит от расположения отрезков на данных прямых.
926. Радиус основания конуса равен R. Две взаимно перпендикулярные
образующие делят площадь боковой поверхности конуса в отношении 1:2. Найти
объем конуса.
927. Из круга, радиус которого равен R, вырезан сектор с центральным углом
а. Сектор свернут в коническую воронку. Найти объем этой воронки.
928. В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник со сторонами
АВ = а, AD = 3a. Боковое ребро SB перпендикулярно плоскости основания. На
сторонах АВ, ВС и CD основания взяты соответственно точки Р, Q и R. Найти
объем пирамиды в случаях, когда а — это величина угла между прямой SP и
следующими прямыми: а) ЛС; б) AQ\ в) AR.
929. Сторона основания правильной пирамиды SABCD равна а. На ее ребре S£
взяты точки Mi, М2 и М3 — такие, что СМ\ = М1М2 = М2Мз = МзЗ, а на ребре
SB взяты точки L\, L2 и L3— такие, что ВЦ = L\L2 = L2L$ = L3S. Найти объеу
пирамиды в случаях, когда равны 2а углы между следующими парами прямых:
a) DMj и CLr, б) DM2 и СЬ2, в) Z)M3 и СЛз-
930. Треугольник АВС, у которого АС = Ь, АВ = с и Z_BAC = a, вращается
вокруг оси /, которая проходит через вершину А вне треугольника и образует
равные углы со сторонами АС и АВ. Найти объем полученного тела вращения.
931. Равнобокая трапеция, острый угол которой равен 45°, а боковая сторо¬
на равна меньшему основанию, вращается вокруг боковой стороны. Найти объем
полученного тела вращения, если боковая сторона трапеции равна Ь.
932. Прямоугольный треугольник вращается вокруг оси /, проходящей через
вершину прямого угла, параллельно гипотенузе. Найти объем полученного тела
вращения, если известно, что площадь треугольника равна S, а перпендикуляр,
опущенный из вершины прямого угла на гипотенузу, равен половине одного из
катетов.
933. Найти объем шарового сектора, если площадь ограничивающей его
конической поверхности равна Si, а площадь поверхности сферического сегмен¬
та равна S2.
934. Площадь полной поверхности конуса равна nS, а развернутая на плос¬
кость его боковая поверхность является сектором с углом 60°. Найти объем
конуса.
306
935. Радиусы оснований цилиндра и большого круга шара равны, а площадь
полной поверхности цилиндра относится к поверхности шара как т:п. Найти
отношение объемов цилиндра и шара.
936. Разверткой боковой поверхности конуса на плоскость является сектор
с углом 120°, а высота конуса равна Н Найти объем конуса.
937. Основанием пирамиды является правильный треугольник, сторона ко¬
торого равна а. Расстояние от середины меньшего бокового ребра до плоскости
противоположной грани равно — Основание высоты пирамиды лежит Ъне пи¬
рамиды и от двух вершин основания удалено одинаково, а от третьей вершины
находится на расстоянии, вдвое меньшем, чем от первых двух вершин. Найти
объем пирамиды.
938. В цилиндре параллельно его оси на расстоянии а от нее проведена
секущая плоскость, которая от окружности основания отсекает дугу а. Площадь
сечения равна S. Найти объем цилиндра.
939. Площадь осевого сечения шарового сектора в три раза меньше площади
большого круга шара. Найти отношение объема этого сектора к объему шара.
940. В правильной четырехугольной пирамиде площадь сечения, параллель¬
ного основанию, в три раза меньше площади основания. Найти отношение,
в котором этой секущей плоскостью делится объем пирамиды.
941. Сторона основания правильной призмы ABCDA,B,C,D, меньше ее бо¬
кового ребра и равна а. Найти объем призмы в случаях, когда прямая A,D
образует угол, равный а, со следующими плоскостями: а) АВС,\ б) АСС,\ в) ADC,.
942. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA,B,C,D, прямая Л1С образует
угол ср с плоскостью ADC\ и A,C = d. Найти объем параллелепипеда в случаях,
когда отношение АВ'.АА, принимает следующие значения: а) 1:1; б) 1:2; в) 2:1.
943. В основании прямой призмы АВСА,В,С, лежит прямоугольный тре¬
угольник, у которого АС = ВС = а. На ребрах АА, и СС, взяты соответственно
точки Р и Q — середины этих ребер. Найти объем призмы в случаях, когда
угол, равный а, образуют с плоскостью BQP следующие прямые: а) ВВ,\ б) В,С,\
в) А,В,.
944. В основании прямой призмы АВСА,В,С, лежит равнобедренный
треугольник с прямым углом при вершине С. Боковое ребро призмы равно Н.
Найти объем призмы в случаях, когда прямая ВС, образует угол, равный а,
со следующими плоскостями: а) АВВ,\ б) АВ,С\ в) А,ВС (ДД1>2ДС).
945. В правильной пирамиде SABC сторона основания равна а. На ребрах
АС и ВС взяты соответственно точки Р и Q — середины этих ребер. Найти
объем пирамиды в случаях, когда угол, равный а, образуют с плоскостью SBC
следующие прямые: a) AQ‘, б) АВ\ в) ВР
946. На ребре АС правильной пирамиды SABC, сторона основания которой
равна а, взята точка Р — середина этого ребра, а на ребре взяты точки
Qi, Q2 и Q3 — такие, что TlQi = QiQ2 = Q2Q-3 = Q3S. Секущие плоскости BPQ,,
BPQ2 и BPQ3 образуют с плоскостью АВС соответственно следующие углы:
а) аь б) аг; в) а3. Найти объем пирамиды SABC в каждом из этих случаев'.
947. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у ко¬
торого АС = ВС = а. Ребро SC перпендикулярно плоскости основания. На ребре
АС взяты точки Qi, Q2 и Q3 — такие, что AQ, = QiQ2 = Q2Q3 = Q3C. Секущие
плоскости SBQ,, SBQ2 и SBQ3 образуют с плоскостью АВС соответственно
307
следующие углы: а) аг, б) а2; в) а3. Найти объем пирамиды SABC в каждом
из этих случаев.
948. В основании прямой призмы АВСА\В\С\ лежит прямоугольный тре¬
угольник, у которого АС = ВС = а. На ребре АА\ взяты точки Р\, Р2 и Р3—
Гакие, что АР\= Р\Р2 = Р2Р3 = Р3А\. Площади сечений призмы, проходящих через
ребро ВС и одну из точек Р\, Р2 и Р3, равны соответственно: a) Sr б) S2; в) S3.
Найти объем призмы в каждом из этих случаев.
949. В основании пирамиды SABC лежит прямоугольный треугольник, у кото¬
рого АС = ВС = а. Ребро SC перпендикулярно плоскости основания пирамиды.
На ребре АС взяты точки Qi, Q2 и Q3 — такие, что Л(?1 = QiQ2 = Q2Q3 = Q3C,
а на ребре ЗЛ взята точка Р — середина этого ребра. Площади сечений пира¬
миды плоскостями BPQ2, BPQ\ и BPQ3 равны соответственно: a) S2; б) Sr, в) S3.
Найти объем пирамиды в каждом из этих случаев.
950. Сторона основания правильной пирамиды SABCD равна а. На ее ребре
SC взяты точки Р\, Р2 и Р3 — такие, что СР\= Р[Р2 — Р2Р3 = P3S. Площади
сечений пирамиды, проходящих через ребро AD и одну из точек Р\, Р2 и Р3,
равны соответственно: a) Si; б) S2; в) S3. Найти объем пирамиды в каждом
из этих случаев.
951. На ребрах AD и АА\ куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
Р и Q — середины этих ребер. Площади сечений куба плоскостями, перпенди¬
кулярными прямой B\D и проходящими через одну из точек Р, А и Q, равны
соответственно: a) Sr, б) S2; в) S3. Найти объем куба в каждом из этих случаев.
952. Стороны АВ и AD основания прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ равны соответственно а и 2а. Расстояние между скрещивающимися
прямыми АВ\ и ВС\ равно /. Найти объем параллелепипеда.
953. В правильной пирамиде SABCD сторона основания равна а. На ребрах
SC и SB взяты соответственно точки М и N — середины этих ребер. Расстояние
между скрещивающимися прямыми DM и CN равно /. Найти объем пирамиды
SABCD.
954. На ребре СС\ правильной призмы АВСА\В\С\ взята точка Р — середина
этого ребра. Расстояние между скрещивающимися прямыми АР и Л1В1 равно /,
а двугранный угол С\АВС равен а. Найти объем призмы.
955. Объем прямой призмы АВСА\В\С\ равен V, а ее высота равна Н.
Точка Р — середина ребра Л1С1, а угол между скрещивающимися прямыми ВР
и СС\ равен а. Найти расстояние между прямыми ВР и СС\.
956. В правильной пирамиде SABCD на ребрах SD и SC взяты соответственно
точки Р и М — середины этих ребер. Расстояние между скрещивающимися
прямыми АР и DM равно /, а угол между плоскостью, проходящей через
прямую АР, параллельно диагонали BD и основанием равен а. Найти объем
пирамиды.
957. На ребре DDt куба ABCDAiBtCiDi взяты точки Mi, М2 и М3 — такие,
что DM\=M\M2 = M2M3 = M3D. Найти отношение объемов многогранников, полу¬
чающихся при рассечении куба плоскостями, перпендикулярными прямой B\D
и проходящими через следующие точки: a) Mr, б) М2; в) М3.
958. На ребрах ВВ\ и CD куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
Р и Q — такие, что ВР:ВВ\ = CQ:CD = 3:4. Найти отношение объемов мно¬
гогранников, получающихся при рассечении куба плоскостями, перпендикуляр¬
ными прямой PQ и проходящими через следующие точки: а) Л г, б) Dr, в) С(.
308
959. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\С\D\ АВ:AD:AAi = 1:2:1
На ребре AD взята точка F — середина этого ребра, а на диагонали ACi
взята точка Е — такая, что АЕ: ACi = 1:4. Найти отношение объемов многогран¬
ников, получающихся при рассечении параллелепипеда плоскостями, перпенди¬
кулярными прямой АС\ и проходящими через следующие точки: a) D; б) F; в) Е.
960. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ отношение ребер
АВ: AD: A A i = 1:2:1. На ребрах A iZ)| и DDt взяты соответственно точки Р и Q —
середины этих ребер. Найти отношение объемов многогранников, получающихся
при рассечении параллелепипеда плоскостями, проходящими через прямую PQ
и следующие точки: а) В\: б) В; в) М— середину ребра АВ.
961. Отношение стороны основания правильной призмы АВСА\В\С\ к ее
высоте равно 1:2. На ребре СС\ взяты точки К\, К2 и Кз— такие, что СК\ =
= К\К2 = К1Кз = КзС\. Найти отношение объемов многогранников, получающихся
при рассечении призмы плоскостями, проходящими через вершину С, перпен¬
дикулярно следующим прямым: а) ВКг, б) ВК2; в) ВКз-
962. Все ребра правильной призмы АВСА\В\С\ равны между собой. На ребре
СС\ взята точка Р — середина этого ребра. Найти отношение объемов мно¬
гогранников, получающихся при рассечении призмы плоскостями, проходя¬
щими через прямую АР параллельно следующим прямым: а) ВС: 6) ВСг,
в) В\С.
963. В правильной призме АВСА\В\С\ отношение ребер АВ:АА\=2:^/3.
На ребрах АВ, СС\ и Д|В1 взяты соответственно точки L, К и М — середины
этих ребер. Найти отношение объемов многогранников, получающихся при рас¬
сечении призмы плоскостями, перпендикулярными прямой KL и проходящими
через следующие точки: а) С; б) М\ в) К.
964. На ребре SC пирамиды SABC взята точка Р — такая, что SP:SC = 7:10,
а на ребрах АВ и взяты соответственно точки М и Q — середины этих ребер.
Найти отношение объемов многогранников, получающихся при рассечении пи¬
рамиды плоскостями, проходящими через прямую ВР, параллельно следующим
прямым: а) АС: б) СМ: в) CQ.
965. На ребрах Д|В| и ВС призмы АВСА\В\С\ взяты соответственно точки
М и К — такие, что AtM:AiBi = 1:2, ВК:ВС = 1:3, а на ребре В\С\ взяты точки
N\ и /V2— такие, что B\N\ = N\N2 = N2C\. Найти отношение объемов многогран¬
ников, получающихся при рассечении призмы следующими плоскостями: a) MN\K:
б) MN2K: в) МС\К.
966. На ребрах АА\ и Д1В1 куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
М и М — середины этих ребер, а на ребре CD взяты точки К\ и К2 — такие, что
CK\ = K\D, K\Ki= K2D. Найти отношение объемов многогранников, получаю¬
щихся при рассечении куба следующими плоскостями: a) MNK\: б) MNC:
в) MNK2.
967. Точка М — центроид грани ДД1В1В куба ABCDA\B\C\D\, точка N —
середина ребра СС\, а точки К\ и К2 взяты на ребре CD, причем CK\*.CK2:CD =
= 2:3:4. Найти отношение объемов многогранников, получающихся при рассе¬
чении куба следующими плоскостями: a) MNK\: б) MND: в) MNK2-
968. На ребре ВВ\ прямой призмы АВСА\В\С\, у которой АС:АА i =3:4,
взяты точки Mi и М2 — такие, что ВМ\=М\М2=-^- М2В{, а на ребре СС\ взята
точка N, в которой биссектриса угла А\АС пересекает ребро СС\. Найти от-
309
ношение объемов многогранников, получающихся при рассечении призмы сле¬
дующими плоскостями: a) AB\N; б) AM\N; в) AM2N.
969. На ребрах ЗЛ и SB пирамиды SABC взяты соответственно точки Р
и Q — такие, что SP:SA = SQ:SB = 2:3, а на медиане SN грани SBC взята
точка R — середина этой медианы. Найти отношение объемов многогранников,
получающихся при рассечении пирамиды следующими плоскостями: a) BPR;
б) AQR; в) PQR.
970. На медианах SK и SL соответственно граней SAB и ЗЛС пирамиды
SABC взяты точки Р и Q — такие, что SP:SK=\:2, SQ:SL=\:3. Найти от¬
ношение объемов многогранников, получающихся при рассечении пирамиды сле¬
дующими плоскостями: a) BPQ; б) APQ; в) CPQ.
971. В основании пирамиды SABC лежит правильный треугольник, а ее бо¬
ковое ребро ЗЛ перпендикулярно плоскости основания и SA=AB. На ребре SB
взята точка М — середина этого ребра. Найти отношение объемов многогран¬
ников, получающихся при рассечении пирамиды плоскостями, проходящими через
точку М, перпендикулярно следующим прямым: а) АС; б) SB; в) SC.
972. На ребре SC правильной пирамиды SABCD взяты точки Р\, Р2 и Р3—>
такие, что СР\= Р\Р2 = Р2Рз = РзС. Найти отношение объемов многогранников,
получающихся при рассечении пирамиды следующими плоскостями: а) АВР\;>
б) АВР2; в) АВРз.
973. Плоскость, проходящая через одно из ребер правильного тетраэдра,
делит его объем в отношении 3:5. Найти тангенсы углов, на которые эта плос-4
кость делит двугранный угол тетраэдра.
§ 19. КОМБИНАЦИИ С МНОГОГРАННИКАМИ
И КРУГЛЫМИ ТЕЛАМИ
1. КОМБИНАЦИИ С ОПИСАННЫМИ СФЕРАМИ
Напомним прежде всего, что сфера считается описанной около
многогранника, если все вершины многогранника лежат на этой
сфере; сфера считается описанной около конуса, если вершина
конуса и окружность его основания лежат на этой сфере; сфера
считается описанной около цилиндра, если окружности оснований
цилиндра лежат на этой сфере.
Напомним далее некоторые наиболее важные факты.
Г Сфера и призма. Около призмы можно описать сферу
тогда и только тогда, когда призма прямая и около ее основания
можно описать окружность. Центром сферы является середина
отрезка, соединяющего центры описанных около оснований окруж¬
ностей. Центр сферы, описанной около призмы,— это точка, равно¬
удаленная от всех вершин призмы.
2° Сфера и пирамида. Около пирамиды можно описать сферу
тогда и только тогда, когда около основания пирамиды можно
описать окружность. Центр сферы, описанной около пирамиды,
лежит на перпендикуляре к плоскости основания пирамиды, вос¬
ставленном из центра окружности, описанной около основания.
310
б)
Рис. 200
Если боковые ребра пирамиды равнонаклонены к плоскости ее
основания (а это утверждение равносильно тому, что боковые
ребра пирамиды равны), то вершина пирамиды проектируется
в центр окружности, описанной около основания. В этом случае
около пирамиды можно описать сферу и центр сферы лежит на
высоте пирамиды (или на ее продолжении).
Сфера, описанная около усеченной пирамиды, существует тогда
и только тогда, когда боковые ребра усеченной пирамиды равны.
Центр сферы, описанной около усеченной пирамиды, лежит на
высоте этой пирамиды (или на ее продолжении).
3° Сфера и круглые тела (цилиндр, конус, усеченный конус).
Если прямоугольник (равнобедренный треугольник, равнобедрен¬
ную трапецию) и описанную около него окружность вращать
вокруг оси симметрии, то получится фигура (рис. 200, а, б, в),
представляющая собой цилиндр (конус, усеченный конус) и опи¬
санную около него сферу.
Замечание. В каждом из указанных случаев вместо термина «описанная
сфера» можно использовать термин «описанный шар».
Пример 1. Боковое ребро прямой призмы имеет длину
8^см, а в ее основании лежит выпуклый четырехугольник ABCD,
у которого ZB=120°, ZZ) = 60°, ЛО = 8 см, СВ=12 см. До¬
кажем, что около такой призмы можно описать сферу, и найдем
объем шара.
Решение. Так как ZB+ZZ) = 180°, то около выпуклого
четырехугольника ABCD можно описать окружность. Так как,
кроме того, призма прямая, то около нее можно описать сферу.
Центр сферы — середина О отрезка ОхОъ, где О\, О2 — центры
описанных около оснований окружностей (рис. 201) Радиус
R = OD сферы можно найти из прямоугольного треугольника
ODO\, где ОО\ = -^-DD\ см, a O\D — радиус описанной
311
Рис. 202
около ABCD окружности. Таким образом, задача сводится к
отысканию этого радиуса O\D.
Рассмотрим отдельно четырехугольник ABCD. По теореме ко¬
синусов
ЛС2 = Д£>2 + СО2-2Д£>.С£>.со5б0°, т. е.
ДС2 = 64+144-2-8-12-С=112, откуда
ДС —4 -\j7 см.
Далее, по теореме синусов = 27?i, где R\ — радиус описан¬
ной около ABCD (а значит, и около дДС/)) окружности. По¬
лучаем
^=2/?!, откуда см.
уз л/з
2
Далее, имеем 7? = -\/ОО24-О|Д2=~^16915 + ^у^=8 см.
-г I/ 4 D3 4 „з 2048л „ з
Тогда VUI=—-л/?=—-л-8 =—-—см
О <э О
Пример 2. Каждое боковое ребро n-угольной пирамиды
равно Ь, а высота пирамиды равна h. Найдем радиус описанной
сферы.
Решение. Пусть пирамида SABH — п-я часть заданной
пирамиды (рис. 202) Центр О описанной сферы лежит на высоте
SH, причем АО = OS = R (радиус сферы). Тогда из &ASH
AH2 = AS2 — SH2 = b2 — h2. С другой стороны, из &АОН АН2 =
312
=А02 — ОН2, или b2 — h2 = R2 — (h — /?)2, откуда R = Пользуясь
этой формулой, можно находить радиус сферы, описанной около
пирамиды с равными боковыми ребрами, в частности около пра¬
вильной пирамиды. Полученная формула верна и для конуса
(в этом случае b — образующая конуса).
Пример 3. В основании пирамиды лежит прямоугольник,
две боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости осно¬
вания, а две другие составляют с ним углы аир. Найдем по¬
верхность описанной сферы, если известно, что высота пирамиды
равна h.
Решение. Пусть ABCD — основание пирамиды, грани ABS
и BCS перпендикулярны плоскости основания (рис. 203).
Тогда линия их пересечения SB есть высота пирамиды, т. е.
SB = h.
Далее, так как ABA.AD и АВ — проекция наклонной AS
на плоскость АВС, то AS.LAD, т. е. Z.SAB — это линейный
угол двугранного угла SADB, и, значит, Z_SAB = a. Аналогично
ZSCB = p. Осталось выяснить положение центра описанной
сферы.
Пусть Oi—точка пересечения диагоналей прямоугольника
ABCD, т. е. Oi — центр описанной около ABCD окружности.
Тогда центр описанной сферы лежит на перпендикуляре О\М
к плоскости АВС, который восставлен из точки О\.
Так как прямая SB перпендикулярна плоскости АВС, то плос¬
кость SBD перпендикулярна плоскости АВС. Но точка Oj лежит
в плоскости SBD. Значит, прямая О\М лежит в плоскости SBD,
и, в частности, О\М пересечет ребро SD в точке О. Так как
OiM||SB, a BO\=O\D, то SO = OD. Значит, О — центр описан¬
ной сферы, a SO = OD — ее радиусы. Таким образом, задача
сводится к отысканию ребра SD.
Рис. 204
313
Из ^SAB имеем ^ctga, а из Д SBC
Тогда АС=л/^+ВС5‘= л/rag2 « + Л2 ctgrP = ft-Vctg2« + ctg Р>
o1d=-^bd=-^ac=-y^2 a+ctgi Р’
Наконец, из ДОО1£> находим:
OD =^/-у+-у(с182 a + ctg2 ₽)=-|- л/1 +ctS2 a + ctg2 0-
Площадь S описанной сферы находим по формуле S = 4nfl2
Имеем
S = 4n~(l H-ctg2 a + ctg2 0) = n/i2 (1 +ctg2 a + ctg2 0).
2. КОМБИНАЦИИ CO ВПИСАННЫМИ СФЕРАМИ
1° Сфера и прямая призма. Сфера считается вписанной в
многогранник, если все грани многогранника касаются сферы.
В прямую призму можно вписать сферу тогда и только тогда,
когда в основание призмы можно вписать окружность, диаметр
которой равен высоте призмы. Центром сферы является середина
отрезка, соединяющего центры вписанных в основания окруж¬
ностей (центр вписанной сферы — это точка, равноудаленная
от всех граней призмы).
2° Сфера и пирамида. Если в пирамиду вписана сфера, то
ее центр (т. е. точка, равноудаленная от всех граней пирамиды)
есть точка пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов
пирамиды.
В частности, если боковые грани пирамиды равнонаклонены
к плоскости основания, то вершина пирамиды проектируется
в центр вписанной в основание окружности. В этом случае
точка пересечения высоты пирамиды с биссектрисой угла между
апофемой (любой) и ее проекцией на плоскость основания
(рис. 204) равноудалена от всех граней пирамиды, а значит,
служит центром вписанной сферы.
3° Сфера и круглые тела (цилиндр, конус, усеченный конус).
Если прямоугольник (равнобедренный треугольник, равнобокую
трапецию) и вписанную в него окружность (если она существует)
вращать вокруг оси симметрии, то получится фигура, представ¬
ляющая собой цилиндр и вписанную в него сферу (конус и
вписанную сферу, усеченный конус и вписанную сферу).
В прямоугольник можно вписать окружность тогда, и только'
тогда, когда он является квадратом. Цилиндр, осевым сечением
которого является квадрат, называют равносторонним (рис
205, а).
Так как в равнобедренный треугольник всегда можно вписать
окружность, то в конус всегда можно вписать сферу (рис. 205, б).
314
I
Рис. 205
В равнобокую трапецию окружность можно вписать тогда и
только тогда, когда сумма оснований равна сумме боковых сторон.
На рисунке 205, в изображено осевое сечение усеченного конуса.
Если в него вписана окружность, то 2/?i+2/?2 = / + /, т. е.
/?1 + /?2 = I-
Замечание. Вместо термина «вписанная сфера» можно использовать
термин «вписанный шар».
Пример 4. В основании прямой призмы лежит прямоуголь¬
ный треугольник с катетами 10 и 24 см. Найдем объем этой призмы,
если известно, что в нее можно вписать сферу.
Решение. Высота призмы равна диаметру вписанной сферы,
который, в свою очередь, равен диаметру окружности, вписанной
в основание призмы. В основании — прямоугольный треугольник
со сторонами 10, 24 и 26 см. Радиус вписанной окружности
» 1 а + Ь — с гт 10-4-24 — 26 л
найдем по формуле г=—~— Получаем г = —-с- = 4 см.
Значит,
Vnp=S0CH-ft=-|-10-24-8 = 960 см3
Пример 5. Найдем радиус шара, вписанного в правиль¬
ный тетраэдр с ребром а.
Решение. Имеем (рис. 206) AB = BC=AC = AS = BC —
= CS = a,
SD = AD=^, HD=^,
315
Рис. 206
Рис. 207
SH=^AS2-AH2 =-Ja2~^ = ^±
у 3 3
Так как DO — биссектриса треугольника SDH, то ^5=^5 Значит,
ОН а-у/3'2 1 т е f 1 1 а-д/б Дл/б
50 б-а^З 3 ’ 4 4*3 12
Пример 6. В усеченный конус вписана сфера. Найдем
отношение боковой поверхности конуса к поверхности сферы,
если известно, что образующая конуса составляет с большим
основанием конуса угол 45°
Решение. Рассмотрим осевое сечение заданного конуса
(рис. 207). Имеем S6 кон = л/(/?i +/?2) = я/2, 2r = /-sin45° =
= т. е. г = 1~^ {г — радиус вписанной сферы),
5сф = 4лг2 = 4лХ=^.
Значит, =
5сф
3. РАЗНЫЕ КОМБИНАЦИИ С МНОГОГРАННИКАМИ
И КРУГЛЫМИ ТЕЛАМИ
Прежде чем перейти к рассмотрению новых примеров, заме¬
тим, что при решении задач, в которых идет речь о сложных
комбинациях геометрических фигур в пространстве, далеко не
всегда необходимо строить изображения всех элементов комби¬
нации. Во многих случаях оказывается возможным воспользо¬
ваться более или менее упрощенным чертежом. Так, в одних
случаях оказывается достаточным иметь изображение лишь се¬
чения фигур, участвующих в комбинации (таково большинство
задач на комбинации круглых тел), в других — иметь изобра¬
зи
жение лишь одной из комбинируемых фигур. Иногда одну из
фигур бывает необходимо изобразить полностью, а другую —
лишь частично. При решении некоторых задач представляется
целесообразным воспользоваться эпюром канонических проек¬
ций комбинируемых фигур.
Продолжим теперь рассмотрение примеров.
Пример 7 Шар Й касается основания правильной пи¬
рамиды SABC в точке В и его бокового ребра ЗД. Найдем
радиус шара, если АВ = а и SA = b.
Решение. Пусть четырехугольник SABC с его диагоналями
(рис. 208) является изображением данной пирамиды. Построить
изображение заданного шара довольно затруднительно, так как
его радиус неизвестен (получается как бы «замкнутый круг»:
для того чтобы построить изображение шара, необходимо знать
его радиус, а для того чтобы найти радиус, желательно иметь
изображение шара). Решим задачу без изображения шара. По¬
строим только его центр. С этой целью заметим, что если некото¬
рая точка Р является центром шара Й, то расстояние от точки
Р точки В, в которой шар касается плоскости основания,
равно радиусу этого шара. Построение точки Р выполним исходя
из следующих соображений.
Так как шар Й касается плоскости АВС в точке В, то точка
Р лежит на перпендикуляре к плоскости АВС, восставленном
в точке В. (На чертеже уже есть изображение высоты SO пира¬
миды.)
В плоскости SOB через точку В проведем прямую т||30.
Тогда, так как SO — перпендикуляр к плоскости АВС, то и прямая
т будет перпендикуляром к этой плоскости. На прямой т возьмем
точку Р и будем считать, что отрезок РВ — радиус шара Й.
Далее, если точкой касания шара с ребром ЗД является точка D,
то AB=AD (как отрезки касательных к шару, проведенных
из одной точки). Но АВ=а. Следовательно, для построения
точки D нужно на отрезке ЗД
отложить от точки А отрезок
AD — такой, что AD = a. Поль¬
зуясь тем, что длины ребер АВ
и ЗД заданы в общем виде,
возьмем точку D на ребре ЗД
произвольно и будем считать,
что Д£) = ДВ. (Если задать а
и b конкретными числовыми
значениями, то брать точку D
произвольно, конечно, нельзя.
Так, если а=15, b = 20, то
AD\SA = 15:20, или AD:SA =
= 3:4, откуда ясно построение
точки D,)
Рис. 208
317
Соединим теперь точку Р с точкой D. Так как ребро ЗЛ
касается шара Й, то PDJLSA и PD — радиус шара, т. е. PD = PB.
Для подсчета длины отрезка PD выполним еще следующие
дополнительные построения:
1. Соединим точку S с точкой Р
2. Проведем ВО — медиану треугольника АВС.
3. В плоскости SOB проведем РК\\ВО.
Положим для краткости РВ = х и для нахождения х составим'
уравнение. Так как SA = b и AD = a, то SD = b — а. н
Из прямоугольного треугольника SDP имеем SP2 = (b — а)2 + х2‘!
Из прямоугольного треугольника SOB имеем
во=^ и SO=a//>2-4
з уз
Так как m\\SO и РК\\ВО, то РК = ВО=^ и РВ = КО=х.
Тогда SK = SO — KO=^\jb2-^-~x.
Теперь из прямоугольного треугольника SPK получим
SP2 = SK2 + PK2, или (6-а)2 + х2=(^/б2-<-х)2+(^)2
Решая это уравнение, находим: х =
Как отмечено выше, AD = AB, т. е. AD = a. Но SA>AD^
Таким образом, по смыслу задачи Ь>а.
Итак, РВ = где Ь>а.
2^3b‘2-a2
Замечание. Обращаем внимание читателя на то, что неравенство Ь>а
получено по соображениям, вытекающим из смысла задачи, а не из формулы для.
искомой величины. Из полученной для РВ формулы мы нашли бы, что а и b
должны удовлетворять неравенствам системы
( 26—а>0,
I 362 —а2>0
(неравенства а>0 и 6>0 опущены как очевидные) Из этой системы мы получили
х а а л/З ~ и
бы неравенство Ь> —у— Этой зависимости, однако, оказывается достаточно
лишь для существования самой пирамиды: в прямоугольном треугольнике ЗЛ(7
гипотенуза больше катета. Для существования же шара Q (касающегося ребра!
ЗЛ) зависимости мало. Действительно, пусть 6=0,8а (в этом случае
неравенство 6выполняется). Как отмечалось выше, AD = a. Таким обра¬
зом, будет AD>SA, т. е. шар будет касаться не ребра ЗЛ, а его продолжения.
318
Пример 8. Точка К — центр шара, вписанного в пра¬
вильную пирамиду SABCD,— является также центром шара,
описанного около этой пирамиды. Найдем двугранный угол при
ребре основания пирамиды.
Решение (рис. 209). Так как точка К является центром
шара, вписанного в пирамиду, то она одинаково удалена от
всех ее граней, и в частности от всех ее боковых граней, т. е. лежит
на линии пересечения биссекторных плоскостей двугранных углов
при боковых ребрах пирамиды. Но заданная пирамида правиль¬
ная, четырехугольная. Это значит, что указанные биссекторные
плоскости — это диагональные плоскости ЗДС и SBD, пересече¬
нием которых является прямая, проходящая через точки S и О —
общие точки этих диагональных плоскостей. Точка О — это точка
пересечения диагоналей основания, т. е. является серединой этих
диагоналей. Значит, SO — медиана равнобедренных треугольни¬
ков SAC и SBD, и поэтому SO.LAC и SO.LBD, т. е. SO —
высота пирамиды. Итак, укажем точку К на высоте SO пирамиды.
Тогда КО — радиус вписанного шара. Далее, если точка К яв¬
ляется центром и описанного шара, то КА — радиус описанного
шара.
Построим теперь линейный угол искомого двугранного угла,
например угла SABO. Проведем для этого медиану SP треуголь¬
ника SAB и точку Р соединим с точкой О. Так как пирамида
правильная, то SP.LAB. Но SO — это перпендикуляр к плоскости
АВС, следовательно, ОР — проекция наклонной SP на плоскость
АВС. Значит, и OP.LAB. Итак, угол SPO — линейный угол
двугранного угла SABO, который является искомым. Положим
для краткости Z_SPO = x.
В прямоугольном треугольнике SPO опустим из точки К
перпендикуляр KL на сторону SP
Ясно, что KL будет перпендикуляром и к плоскости SAB,
касающейся вписанного шара, т. е. KL — радиус вписанного
шара, и, следовательно, КЬ = КО. Кроме того, KS = KA (это
радиусы описанного шара). Таким образом., /±SKL= &АОК (по
катету и гипотенузе), т. е. SL = OA.
Для выполнения дальнейших подсчетов введем вспомогатель¬
ный параметр, положив, например, АВ = а.
Тогда, как нетрудно подсчитать, ОА=?-&, т. е. и SL=?-&
Так как РО и PL — касательные к шару (вписанному), то PL = РО.
Но РО = у-. Значит, и PL=-~. Таким образом, SP = SL-\- PL =
=^+f=f(V2+l).
В прямоугольном треугольнике SOP cos х=^=-у- :-~-Х
319
Итак, искомый двугранный угол равен arccos (^/2— 1).
Пример 9. Прямая, проходящая через точку О — центроид
куба ABCDA\B\C\D\ — параллельно прямой AD, пересекает сфе¬
ру, описанную около этого куба, в точках Р и Q, причем точка Р
и вершина А лежат по разные стороны от плоскости BDD\.
Найдем следующие углы:
а) между прямыми АР и B\D\
б) между прямой АР и плоскостью BDD\\
в) между плоскостями АРВ и BDD\.
Решение, а) Зададим в пространстве прямоугольную сис¬
тему координат с началом в точке В. Прямые ВС, ВА и ВВ\ примем
соответственно за оси Вх, By и Bz. Полагая ребро куба равным 2 и
выбрав направления осей, как показано на рисунке 210, найдем
координаты нужных точек и векторов. Получаем В (0; 0; 0),
С (2; 0; 0), А (0; 2; 0), В| (0; 0; 2), D (2; 2; 0). Ясно, что PQ —диаметр
сферы, описанной около куба, равен 2 д/3. Тогда ОР = д/3. Пусть
прямая PQ пересекает грань CDDiCi в точке К. Тогда О7<=1,
т. е. точка Р имеет координаты (1 + д/3; 1; 1). Следовательно,
ДР (1 +?/3; —1; 1), B\D (2; 2; —2), и поэтому cos (ДР, B\D) =
= |cos (АР, BJ)) | =——12 + 2л/з-2-2|—_ = л/3-1 > т е
V( Ч- V3)2 + 1 +1 л/4 + 4 + 4 VI8 + 6V3
угол между прямыми АР и B\D равен arccos — ■
V18 + 6 л/3
Решение, б) Ясно, что прямая АС перпендикулярна плос¬
кости BDDi, т. е. вектор ДС(2; —2; 0) является нормальным
вектором этой плоскости. Обозначив угол между прямой АР и
плоскостью BDD\ через epi, находим:
sin ф1 = I COS (АР, АС) I := 12 + 2 д/3~+_2| = 2+V3 ,
л/бТ^/Зл/Г+Г 2л/3 + л/3
Рис. 209
Рис. 210
320
т. е. угол между прямой АР и плоскостью BDD\ равен
arcsin
2 д/з -|- д/З
Решение, в) В качестве нормального вектора плоскости
BDD\, как мы уже обнаружили выше, может быть взят вектор
АС (2; —2; 0). Найдем еще какой-нибудь вектор Я, перпенди¬
кулярный плоскости АРВ, Пусть ri (k\ 1\ tri). Так как n_LBA (0; 2; 0)
и n-LAP (1 +л/3; —1; 1), то
Г — 2) + m-0 = 0,
У k (1 -|- д/З) +1 • (— 1) -|- tn • 1 =0,
откуда k=\— -д/3, / = 0, т = 2, т. е. Я(1—д/3; 0; 2).
Обозначив искомый угол между плоскостями АРВ и BDD\
через ф2, находим:
cos <р2 = |cos (ЛС?Я)1 = |2~2У31 =
л/4 + 4л/(1 - W + 4 2л/4-л/3
Таким образом, угол между плоскостями АРВ и BDD\ равен
Л/з 1
arccos —v —.
2д/4-л/3
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Вписанные и описанные сферы
974. Отношение высоты конуса к радиусу описанного около него шара
равно q. Найти отношение объема конуса к объему шара.
975. В шар вписан конус, площадь осевого сечения которого равна S, а угол
между высотой и образующей равен а. Найти объем шара.
976. В шар радиуса R вписан конус, а в этот конус вписан равносторонний
цилиндр. Найти площадь полной поверхности цилиндра, если угол между образую¬
щей конуса и плоскостью его основания равен а.
977. Около правильной треугольной призмы, высота которой вдвое больше
стороны ее основания, описан шар. Найти отношение объема шара к объему
призмы.
978. В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида. Найти
ее объем, если известно, что радиус окружности, описанной около основания
пирамиды, равен г
979. Угол между высотой правильной пирамиды и ее боковым ребром равен
а^а<—j В каком отношении делит высоту пирамиды центр описанного около
нее шара?
980. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а. Бо¬
ковая грань образует с ее основанием угол, равный а. Найти радиус шара, опи¬
санного около этой пирамиды.
981. Радиус шара, описанного около правильной треугольной пирамиды,
равен ее апофеме. Найти угол между боковой гранью и основанием пирамиды.
321
982. Две грани треугольной пирамиды — равные между собой прямоугольные
треугольники с общим катетом, равным /. Угол между этими гранями равен а.
Две другие грани образуют угол, равный 0. Найти радиус шара, описанного около
этой пирамиды.
983. В основании пирамиды лежит прямоугольник, угол Мёжду диагоналями
которого равен а. Одно из боковых ребер пирамиды перпендикулярно плоскостн ое
основания, а наибольшее боковое ребро образует с плоскостью основания угол £.
Радиус описанного около пирамиды шара равен R. Найти объем пирамиды.
984. В основании пирамиды лежит прямоугольник, угол между диагонйляМи
которого равен а, а каждое боковое ребро образует с плоскостью основай'йя угол,
равный р. Найти объем пирамиды, если радиус описанного около неё ШЗра равен R.
985. Боковые ребра и две стороны основания треугольной пирамиды'’имеют
длину а. Угол между равными сторонами основания равен а. Найти радиус liiafpa,
описанного около этой пирамиды.
986. В шар радиуса R вписана правильная шестиугольная усеченная пирами¬
да, у которой плоскость нижнего основания проходит через центр шар'а, а боковое
ребро образует с плоскостью основания угол 60° Найти об!»ем пирамид^.
987. В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная усеченная пйра-
мида, у которой большее основание проходит через центр шара, а боковое 0ебро
составляет с плоскостью основания угол, равный 0. Найти объем пирамиды.
988. Около шара описан усеченный конус, отношение площадей оснований
которого равно k. Найти отношение объемов усеченного конуса и шара.
989. Отношение поверхности сферы, вписанной в конус, к площади основания
конуса равно k. Найти угол между образующей и плоскостью оснований конуса.
990. Найти объем шара, вписанного в пирамиду, высота которой1 равна Н, а
каждая боковая грань составляет с основанием угол 60°
991. Доказать, что отношение площади полной поверхности конуса к поверх¬
ности вписанного шара равно отношению их объемов.
992. Найти отношение поверхности шара и его объема соответственно к по¬
верхности и объему описанного около него конуса, если известно, что образующая
конуса составляет с плоскостью основания угол 60°
993. В конус вписан шар. Радиус окружности, по которой касаются их по¬
верхности, равен г Найти объем конуса, если известно, что угол между его высотой
и образующей равен а.
994. В конус вписан шар. Линией их касания поверхность шара делится в отно¬
шении т:п. Найти угол между образующей конуса и его осью.
995. В усеченный конус вписана сфера. Сумма диаметров оснований конуса
в 2,5 раза больше диаметра сферы. Найти угол между образующей конуса и плос¬
костью его большего основания.
996. Шар радиуса R вписан в конус, образующая которого видна ’из
центра шара под углом а. Найти объем конуса.
997. Площадь основания конуса равна Si, а площадь его боковой поверхности
равна S2. Найти радиус шара, вписанного в конус. ’
6 4
998. В усеченный конус вписан шар, объем которого составляет — объема
1 о
конуса. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его нижнего основанйя.
999. Образующая усеченного конуса, описанного около шара, равна а и
составляет с плоскостью его большего основания угол а. Найти объем конуса,
322
основанием которого служит круг касания шаровой поверхности с поверхностью
усеченного конуса, а вершина совпадает с центром большего основания данного
усеченного конуса.
1000. Доказать, что если в многогранник вписана сфера, то объем многогранни¬
ка равен -i- произведения площади его поверхности на радиус сферы.
О
1001. Около шара описан прямой параллелепипед, диагонали основания кото¬
рого равны а и Ь. Найти площадь полной поверхности параллелепипеда.
1002. Около шара описан прямой параллелепипед, объем которого в т раз
больше объема шара. Найти углы в основании параллелепипеда.
1003. Около шара радиуса R описана правильная шестиугольная призма.
Найти площадь ее полной поверхности.
1004. Около шара описана прямая призма, основанием которой служит ромб.
Большая диагональ призмы составляет с плоскостью оснозания угол а. Найти
острый угол ромба.
1005. Шар вписан в прямую призму, основанием которой служит прямоуголь¬
ный треугольник, в котором перпендикуляр, опущенный из вершины прямого
угла на гипотенузу, равен h и составляет с одним из катетов угол а. Найти объем
призмы.
1006. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а. Дву¬
гранный угол при ребре ее основания равен а. Найти расстояние от центра вписан¬
ного шара до бокового ребра.
1007. В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Расстояние от
центра шара до вершины пирамиды равно а. Угол между боковой гранью и основа¬
нием равен а. Найти площадь полной поверхности пирамиды.
1008. В правильную пирамиду с объемом, равным V, и углом а между боковой
гранью и основанием вписан шар. Через центр шара проведена плоскость, парал¬
лельная плоскости основания. Найти объем пирамиды, отсеченной от данной пира¬
миды этой плоскостью.
1009. Около шара радиуса R описана правильная л-угольная пирамида, боко¬
вая грань которой составляет с плоскостью основания угол а. Найти площадь боко¬
вой поверхности пирамиды.
1010. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, каждая из
боковых сторон которого равна а. Угол между этими сторонами равен а. Две боко¬
вые грани перпендикулярны плоскости основания, а третья грань образует с осно¬
ванием угол 0. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду.
1011. Найти радиус шара, вписанного в правильную четырехугольную пира¬
миду, объем которой равен V, а угол между двумя ее противоположными гранями
равен а.
1012. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник, каждый из
равных углов которого равен а. Общая сторона этих углов равна а. Каждая из
боковых граней наклонена к основанию под углом 0. Найти радиус шара, вписан¬
ного в пирамиду.
1013. Равносторонний треугольник SAB перегнули по средней линии DE,
параллельной стороне АВ, таким образом, что двугранный угол при ребре DE полу¬
чился равным 90° Полученную фигуру достроили до пирамиды SABDE. Доказать,
что в эту пирамиду нельзя вписать шар.
1014. В основании пирамиды лежит треугольник со сторонами 13, 14 и 15 см.
323
Вершина пирамиды удалена от каждой стороны основания на 5 см. Найти площадь
поверхности вписанной в пирамиду сферы.
1015. В пирамиде, все боковые грани которой равнонаклонены к основанию,
через центр вписанного шара проведена плоскость, параллельная плоскости основа¬
ния. Отношение площади сечения пирамиды этой плоскостью к площади основания
равно k. Найти угол между боковой гранью и основанием пирамиды.
1016. Около шара описана правильная четырехугольная усеченная пирамида,
площади оснований которой относятся как т2:п2 Найти отношение объема пира¬
миды к объему шара.
1017. Боковая грань правильной треугольной усеченной пирамиды составляет
с большим основанием угол а. Найти отношение площади полной поверхности пи¬
рамиды к площади поверхности вписанной в нее сферы.
2. Разные комбинации с многогранниками и круглыми телами
1018. Сторона ромба равна а. Сфера, радиус которой равен R, касается всех
сторон ромба. Расстояние от центра сферы до плоскости ромба равно d. Найти
площадь ромба.
1019. На поверхности сферы, радиус которой R, проведены две равные окруж¬
ности, общая хорда которых равна а. Найти радиусы этих окружностей, если извест¬
но, что плоскости их взаимно перпендикулярны.
1020. В полушар радиуса R вписан усеченный конус так, что его большее осно¬
вание совпадает с основанием полушара, а образующая наклонена к плоскости ос¬
нования под углом а. Найти площадь поверхности конуса.
1021. В конус вписан шар так, что радиус окружности его касания с конусом
равен R. Прямая, проходящая через центр шара и точку, лежащую на окружности
касания, образует с плоскостью основания угол а. Найти объем конуса.
1022. Найти угол при вершине в осевом сечении конуса, если известно, что на
его поверхности можно провести три попарно перпендикулярные образующие.
1023. Образующая конуса равна /, а угол при вершине в его осевом сечении ра¬
вен 2а. Через высоту конуса проведена секущая плоскость и в получившиеся при
этом полуконусы вписаны шары. Найти радиусы этих шаров.
1024. Плоскость, параллельная основанию конуса и проходящая через центр
вписанного в этот конус шара, делит конус на две части, объемы которых равны.
Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания.
1025. В равносторонний конус вписан полушар так, что его большой круг нахо¬
дится в плоскости основания конуса. Найти отношение, в котором окружность каса¬
ния делит боковую поверхность полушара и боковую поверхность конуса.
1026. В полушар вписан конус, вершина которого совпадаете центром окруж¬
ности, являющейся основанием полушара. Плоскость основания конуса параллель¬
на плоскости основания полушара, а прямая, соединяющая центр основания
конуса с произвольной точкой окружности большого круга полушара, составляет с
плоскостью основания конуса угол а. Найти отношение объема полушара к объему
конуса.
1027. В конусе помещены два шара так, что они касаются друг друга и поверх¬
ности конуса. Отношение радиусов этих шаров равно mtn Найти угол при
вершине осевого сечения конуса.
1028. В куб вписана пирамида, одной из вершин которой является центроид
грани куба, а четыре другие вершины — это вершины противолежащей грани куба.
324
В пирамиду вписан шар. В каком отношении делит объем куба плоскость, проходя¬
щая через центр шара параллельно основанию пирамиды?
1029. Шар касается боковой поверхности конуса по окружности основания.
Площадь поверхности шара делится при этом на части, из которых одна в п раз
больше другой. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания.
1030. Около конуса описана треугольная пирамида. Боковая поверхность кону¬
са делится линиями касания на части, отношение площадей которых равно 5:6:7
В каком отношении делят те же линии площадь боковой поверхности пирамиды?
1031. В конус вписан цилиндр, площадь полной поверхности которого равна
площади боковой поверхности конуса. Угол между образующими конуса в его осе¬
вом сечении равен 90° Доказать, что расстояние от вершины конуса до верхнего
основания цилиндра равно половине образующей конуса.
1032. Два конуса имеют общее основание. В общем осевом сечении образую¬
щая одного из них перпендикулярна противолежащей образующей другого.
Объем одного из конусов вдвое меньше объема другого. Найти угол между обра¬
зующей большого конуса и плоскостью оснований конусов.
1033. Из точки, взятой на поверхности шара, проведены три равные хорды,
угол между каждой парой которых равен а. Найти хорды, если радиус шара R.
1034. Через середины боковых ребер куба проходит сфера, касающаяся одного
из оснований куба. Какая часть объема куба лежит внутри сферы?
1035. Шар касается всех ребер куба. Считая ребро куба равным а, найти
объем части шара, находящейся внутри куба.
1036. Ребро куба равно а. Найти радиус двух равных шаров, которые можно
поместить в куб так, чтобы они не могли передвигаться при перемещениях куба.
1037. В конус вписан шар. Радиус окружности, по которой касаются их по¬
верхности, равен г Прямая, проходящая через центр шара и произвольную точку
окружности основания конуса, составляет с высотой конуса угол а. Найти объем
конуса.
1038. Все ребра треугольной призмы равны между собой. Около призмы
описан шар, а около шара описан конус, образующая которого равна I и составляет
с плоскостью основания угол а. Найти объем призмы.
1039. Радиус основания конуса равен /?, а угол между образующей и плос¬
костью основания рав,ен а. В конус вписан шар. Через точку Р, лежащую на окруж¬
ности касания их поверхностей., проведена касательная прямая к этой окружности,
а через эту прямую проведена плоскость, параллельная той образующей конуса, ко¬
торая проходит через точку, диаметрально противоположную точке Р Найти пло¬
щадь сечения шара этой плоскостью.
1040. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а, угол
между боковой гранью и основанием равен а. В пирамиду вписан шар. Найти объем
пирамиды, вершинами которой служат точки касания шаровой поверхности с боко¬
выми гранями данной пирамиды и произвольная точка, лежащая в плоскости ос¬
нования данной пирамиды.
1041. В шар радиуса R вписаны два конуса с общим основанием. Вершины
конусов совпадают с противоположными концами диаметра шара. Шаровой сег¬
мент, вмещающий меньший конус, имеет в осевом сечении дугу а. Найти рас¬
стояние между центрами шаров, вписанных в эти конусы.
1042. На ребрах куба ABCDA\B\C\D\ взяты соответственно следующие
точки:
325
P, Q, R и S— середины соответственно ребер АВ, ВС, CD и DA-,
Р\, Qi, и Si — середины .соответственно ребер А}В\, В\С\, C\D} и DiA{,
А2, В2, С2 и D2— середины соответственно ребер АА[, ВВ\, СС\ и DDi.
Существуют ли сферы, проходящие через следующие четверки точек: а) Р, D2, R\ и
В2\ б) В\, S, R и С2; в) Pi, А2, Si и Q?
1043. На ребрах DD\ и СС\ куба ABGDA\B\C\D\ взяты соответственно точки
Р и Q — такие, что DP: DDi=3:4 и CQ:CC\ = 1:2. Найти радиус сферы, проходя¬
щей через точки А, В\, Р и Q.
1044. В куб с ребром а вписан шар. Затем в один из трехгранных углов при вер¬
шине куба вписан второй шар, касающийся также первого шара. Найти радиус
второго шара.
1045. Шар касается трех граней куба, содержащих одну вершину, и трех ребер
этого куба, содержащих противоположную вершину. Найти ребро куба, если радиус
шара равен R.
1046. Шар касается трех граней куба, содержащих одну вершину, и проходит
через вершину куба, противолежащую первой. Найти радиус шара, если ребро куба
равно а.
1047. Шар касается трех ребер куба, содержащих одну вершину, и проходит
через вершину куба, противолежащую первой. Найти радиус шара, если ребро куба
равно а.
1048. Шар проходит через вершины А, В и D куба ABCDA\B\C\D\ и середину
ребра А\В\. Найти радиус шара, если ребро куба равно а.
1049. Шар касается четырех ребер куба, принадлежащих одной из его граней,
и противолежащей грани. Найти отношение объема части шара, лежащей вне
куба, к объему ш^ра.
1050. Шар проходит через вершины нижнего основания куба и касается ребер
его верхнего основания. Найти отношение ребра куба к радиусу шара.
1051. Шар касается всех боковых ребер правильной четырехугольной призмы
и ее оснований. Найти отношение площади поверхности шара, лежащей вне призмы,
к площади полной поверхности призмы.
1052. В правильной треугольной призме АВСА\В\С\ через точки А, В и С( про¬
ведена плоскость. Затем в призму С\АВВ\А\ (С\ — вершина) вписан шар. Найти
угол между плоскостью АВС\ и основанием призмы.
1053. Ребро правильного тетраэдра равно а. Найти радиус шара, касающегося
боковых ребер тетраэдра в вершинах его основания.
1054. Ребро правильного тетраэдра равно а. Найти радиус шара, касающего¬
ся боковых граней тетраэдра в точках, лежащих на сторонах основания.
1055. Доказать, что если вершины нижнего основания прямой треугольной
призмы лежат на поверхности шара, а стороны верхнего основания касаются этого
шара, то призма правильная.
1056. Все плоские углы при вершине S пирамиды SABC прямые. Доказать,
что вершина S, центр шара, описанного около пирамиды, и точка пересечения
медиан основания АВС пирамиды лежат на одной прямой.
1057. Шар радиуса R вписан в пирамиду, угол между каждой боковой гранью
которой и основанием равен а. Найти объем пирамиды, если в ее основании лежит
ромб, острый угол которого равен 0.
1058. В правильной пирамиде SABCD с вершиной S сторона основания рав¬
на а, боковое ребро равно Ь. Первая сфера с центром в точке Oi касается плоскостей
326
SAD и SBC соответственно в точках А и В, а вторая сфера с центром в точке О? ка¬
сается плоскостей SAB и SCD в точках А и В. Найти объем пирамиды ЛВО1О2
1059. В шар радиуса R вписана пирамида, в основании которой лежит квадрат.
Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания, а наибольшее бо¬
ковое ребро образует с ней угол а. Найти площадь боковой поверхности пирамиды.
1060. В правильной четырехугольной пирамиде плоский угол при вершине
равен а, а высота пирамиды равна Н и служит диаметром шара. Найти длину
линии пересечения поверхностей пирамиды и шара.
1061. В правильную четырехугольную пирамиду помещены два шара, касаю¬
щиеся друг друга и всех боковых граней пирамиды. Нижний шар касается также
основания пирамиды. Отношение радиуса большего шара к радиусу меньшего
шара равно п. Найти двугранные углы пирамиды.
1062. В правильную треугольную пирамиду, плоский угол при вершине кото¬
рой равен а, вписан шар. На какие части делится площадь поверхности шара
плоскостью, проведенной через точки касаний шара с боковыми гранями пи¬
рамиды?
1063. Боковое ребро правильной четырехугольной пирамиды равно Ь, а угол,
образованный боковым ребром с плоскостью основания, равен а. В эту пирамиду
вписан равносторонний цилиндр так, что одна из его образующих расположена на
диагонали основания пирамиды, а окружность основания касается двух смежных
боковых граней пирамиды. Найти радиус основания цилиндра.
1064. В цилиндр, высота которого равна Н, вписана треугольная пирамида.
Две боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости ее основания, а два бо¬
ковых ребра образуют с плоскостью основания углы, каждый из которых равен а.
Угол между этими ребрами равен 0. Найти площадь боковой поверхности пирами¬
ды.
1065. Ребро правильного тетраэдра равно а. Цилиндрическая поверхность про¬
ходит через одно из его ребер и через все его вершины. Найти радиус основания
цилиндра.
1066. Основания шарового слоя и цилиндра совпадают. Объем тела, заключен¬
ного между их боковыми поверхностями, равен 36л см3 Найти высоту цилиндра,
если известно, что она равна высоте шарового слоя.
1067. В конус с радиусом основания, равным R, вписана треугольная призма с
равными ребрами так, что ее основание лежит в плоскости основания конуса.
Найти объем призмы, если угол между образующей конуса и плоскостью его
основания равен а.
1068. В куб, ребро которого равно а, вписан прямой круговой конус с углом
между образующими в осевом сечении, равным а. Найти длину образующей и ради¬
ус основания конуса, если его высота лежит на диагонали куба.
1069. Куб ABCDA\B\C\D\ вписан в конус, радиус основания которого R,
а высота — R д/2. Основание ABCD куба находится на основании конуса, а
точки At, Bi, Ci и D\ — на его боковой поверхности. Найти площадь треугольника
А\С\М, вершина М которого — это точка пересечения прямой BD с окружностью
основания.
1070. Два конуса имеют концентрические основания и общую высоту, рав¬
ную И. Разность углов, которые образующие составляют с осью, равна 0. Угол
между образующей внутреннего конуса и плоскостью основания равен а. Найти
объем части пространства, заключенной между поверхностями конусов.
327
1071. Стороны равнобокой трапеции касаются цилиндра, ось которого перпен¬
дикулярна параллельным сторонам трапеции. Найдите угол между плоскостью тра¬
пеции и осью цилиндра, если основания трапеции равны а и b (а>Ь), а высота ее
равна h.
1072. На прямоугольном листе бумаги, одна сторона которого равна а, постро-
а „ а о
ены окружности, радиус одной из которых равен — а другой —. Расстояние
„ 2а
между центрами окружностей равно —, а линия их центров параллельна осно-
О
ванию прямоугольника. К окружности проведена общая внутренняя касательная.
Найти расстояние между точками касания после того, как лист свернут в кру¬
говую цилиндрическую поверхность, ось которой перпендикулярна линии цент¬
ров окружностей.
1073. Даны куб и правильная четырехугольная пирамида, боковое ребро кото¬
рой равно Ь. Вершины одной из граней куба являются серединами ребер пирами¬
ды, а каждое ребро противолежащей грани куба пересекает одно из боковых ребер
пирамиды. Найти объем части куба, находящейся вне пирамиды.
1074. В кубе, ребро которого равно а, проведена диагональ. Ребра куба,
сходящиеся на одном конце диагонали, разделены пополам. Полученные точки
деления и другой конец диагонали приняты за вершины пирамиды. Найти объем
этой пирамиды.
1075. Ребра треугольной пирамиды, выходящие из вершины Л, попарно пер¬
пендикулярны и равны а, b и с. Найти объем куба, вписанного в пирамиду так, что
одна из его вершин совпадает с вершиной А.
1076. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно b и образует
с плоскостью основания угол а. В пирамиду вписан равносторонний цилиндр так,
что его нижнее основание лежит в плоскости основания пирамиды. Найти высоту
цилиндра.
1077. На листе бумаги, являющемся квадратом PQML, прорезано отверстие —
равносторонний треугольник АВС — так, что AB\\PL и AB:PL= 1:2. Затем квадрат
свернут в круговую цилиндрическую поверхность, ось которой перпендикулярна
отрезку АВ. Найти отношение площади квадрата к площади треугольника АВС,
вершины которого лежат на цилиндрической поверхности.
§ 20. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
При решении стереометрических задач на отыскание наиболь¬
ших и наименьших значений будем придерживаться того же плана,
каким руководствовались при решении планиметрических задач на
отыскание наибольших и наименьших значений (глава I, § 5).
Пример 1. Куб пересекается плоскостью, проходящей через
одну из его диагоналей. Докажем, что наименьшую площадь имеет
то сечение, которое образует с плоскостью основания угол
arccos
Решение. Оптимизируемая величина S — площадь сечения.
Пусть ребро куба равно а (вспомогательный параметр), а
B\KDL — некоторое сечение (рис. 211). Введем независимую
328
переменную: С\К = х. По смыслу задачи ясно, что О^х^Са—
это реальные границы изменения х.
Выразим площадь S сечения через х и а. Отметим прежде всего,
что в сечении получается параллелограмм, так как линии пересече¬
ния двух параллельных плоскостей с третьей плоскостью парал¬
лельны между собой. Площадь параллелограмма можно найти по
формуле В\К-KD-sin а, где а= 2_B\KD. Из треугольника В\С\К
находим: В\К = ^а2 х2, а из треугольника DKC находим: DK =
= ^а2 -\-(а — х)2. Из треугольника B\KD по теореме косинусов
получаем B\D2 = B\K24-KD2 — 2В\К-KD-cos а, т. е. (а-\/3)2 =
= (а2 + х2)4-(а2 4-(а — х)2) — 2 -д/а2 4-х2 л/а2 + (а — х)2 • cos а, откуда
после ряда преобразований получаем
х2 — ах
cos а ,
-ф^ + х2 • + (а —х)2
Тогда sin а = д/1 —cos2 а=-\/1 (х2-ох)2 _
* (а2 4-х2) (а2 + (а — х)2)
ад/2а2 -|- 2х2 — 2ах
-yja2 + x2 -\ja2 + (а — х^
В итоге получаем S = В\К- KD sin а = д/а2-\-х$ ^/а2 + (а — х)2Х
X + = а ^а2 + 2х2-2ах.
-\ja2 + х2 + (а —
Надо найти наименьшее значение функции
S (х) = а -д/2а2 4" 2х2 — 2ах на [0; а].
Имеем S' = a-——2x~fl —
V2a2 + 2x2-2ax
329
Точек, где S' не существует, в данном случае нет, так как знаме¬
натель производной нигде не обращается в нуль: по условию а>х,
тогда а2>ах и тем более 2a2-{-2x2 — 2ах>0; S' = 0, если 2х — а =
= 0, т. е. при х=~тр
Чтобы найти наименьшее значение функции, осталось вычис¬
лить значения функции S (х) на концах отрезка [0; а] и сравнить их
со значением функции в точке х=-р Имеем S (0) = а2 д/2, S (а) =
= а2 -д/2, 5 (“f”) = Наименьшее значение функции S (х) равно
а-^~ Оно достигается при х = ^
В задаче требуется доказать, что угол, который наименьшее по
площади сечение образует с плоскостью основания, равен
arccos Для доказательства этого факта воспользуемся форму-
О
лой S0CH = Sce4 cos ср, где ср — угол между плоскостями сечения и ос¬
нования. Имеем д2 —cos ср, откуда находим: coscp = — =
2 \/б
= , т. е. ср = arccos
3 Y 3
Пример 2. Бревно длиной 20 дм имеет форму усеченного ко¬
нуса с диаметрами оснований 2 и 1 дм. Требуется вырубить из брев¬
на брус с квадратным поперечным сечением, ось которого совпа¬
дала бы с осью бревна и объем которого был бы наибольшим.
Решение. Оптимизируемая величина V — объем бруса, т. е.
объем прямоугольного параллелепипеда с квадратным осно¬
ванием.
В осевом сечении конуса, которое одновременно является диа¬
гональным сечением прямоугольного параллелепипеда, получим
(рис. 212) равнобокую трапецию (осевое сечение усеченного кону¬
са), в которую вписан прямоугольник (диагональное сечение
прямоугольного параллелепипеда) Обозначим буквой х высоту
параллелепипеда, т. е. высоту прямоугольника в осевом сечении:
КМ — х. Реальные границы изменения х: 0<х^20.
Найдем объем V прямоугольного параллелепипеда. Отрезок FK
представляет собой диагональ основания параллелепипеда. Най¬
дем FK. Имеем FK = EM=AD — 2MD = 2 — 2MD. Проведем
CL.LAD. Тогда LD — AD — AL= 1 — 0,5 = 0,5 дм. Так как тре¬
угольники KMD и CLD подобны, то — =^ т. е. =
откуда находим: MD=^-, и, значит, FK = 2 — 2MD = 2 —
Площадь квадрата, служащего основанием прямоугольного
параллелепипеда, можно найти по формуле -y-d2, где d — диаго-
330
наль основания, т. е. d = FK. Значит, Soch^"^^ 2о) Поскольку
высота параллелепипеда равна х, то для объема получаем следую¬
щий результат: У = -^2 — ^0 х.
Для функции y=-L(2—^02х надо найти наибольшее зна¬
чение на промежутке (0; 20].
Имеем -
V'=0 при х = 40 или при х = у-. Значение х = 40 не принадле¬
жит рассматриваемому промежутку.
Осталось сравнить между собой значение функции V (х) в точ¬
ках 20 и предел функции при х -> 0. Имеем lim V (х) = 0,
3 х о
т7/40\ 320 тт
VI — ] =“27", V (20)= Ю. Наибольшим из этих трех чисел явля-
ется число , поэтому наибольшее значение функции равно
320
27
Интерпретируем полученный результат для этой задачи. Что¬
бы вырубить из бревна брус наибольшего объема, нужно удалить
верхнюю (более тонкую) часть бревна так, чтобы осталось бревно
высотой 13-|-дм, а затем из полученного бревна вырубить брус
с квадратным поперечным сечением (это сечение определяет квад¬
рат, вписанный в верхнее основание бревна высотой 13-^-дм)
331
Пример 3. Около шара радиуса г описана правильная че¬
тырехугольная пирамида. Найдем наименьшее значение площади
ее боковой поверхности.
Решение. Оптимизируемая величина S — площадь боковой
поверхности. Введем независимую переменную. Напомним, что
центр О вписанного шара лежит на высоте правильной пирамиды,
а именно в точке пересечения высоты с биссектрисой ОК угла
между высотой МК боковой грани и проекцией НК этой высоты на
плоскость основания (рис. 213), ОН = г — радиус вписанного шара.
Положим Z_OKH = x. Реальные границы изменения х: 0<х< —
Выразим S через г их. Из треугольника ОКН находим: НК =
= rctgx; из треугольника HKD находим: KD = HK=rdgx\
из треугольника МИК находим: МК = -^~- — cos 2х Тогда
S = 4S A1Cfl = 4K£)-A4K = 4r ctg x--^L^ =4r2 ctg-~
&MCD & cos 2% cos 2%
Найдем наименьшее значение функции S = 4r2 ^2х" на ПР0’
межутке (о; Имеем
2ctgx( Д—) cos 2х-|-2 sin 2х ctg2 х
_ 4f2 6 \ sin2x/ „
cos2 2х
=—8d— Ctg х (ctg х sin 2x —-c-^-)
S' не существует, если cos 2x = 0 или sin x = 0, что не выполня¬
ется в интервале ^0;
S' = 0, если ctgx = 0, что не выполняется в интервале (о;
или если ctg х sin 2х CQS--?-- =0. Решим это тригонометричес-
° sin2 х
кое уравнение.
Т1 cos х sin 2х cos 2х м
Имеем последовательно : ——=0,
S1П X S1П X
sin х cos х sin 2х— cos 2х = 0, sin2 2х — 2 cos 2х = 0,
1 —cos2 2х — 2 cos 2х = 0, cos2 2хЦ-2 cos 2х— 1 =0,
(cos 2x)i,2= — 1 ±л/2-
Подходит лишь значение cos 2x = -\j2 — 1, откуда следует, что х =
= arccos (л/2— 1).
Чтобы убедиться в том, что при найденном значении х функция
S (х) достигает наименьшего значения, вычислим односторонние
пределы функции на концах интервала ^0;
limS(x) = 4r2 lim СЦ— = + оо,
х + о cos 2х
332
lim S (x) = 4r2 lim ctg — = + °°
x „ cos 2x
x->-^ + 0 + °
Значит, действительно в полученной точке функция S (х) имеет
наименьшее значение. Вычислим это значение.
Имеем S = 4r2 ctg х , причем cos2x = J2—1. Так как 1 +
cos 2х
+ ctg2 х = , то ctg2 х=-—— 1 =
ь sm2 х 1— cos 2х ° 1— cos 2%
= 1 =л/2+ 1. Значит, Знаим = 4г2-^±1- =
1-(л/2-1) <2—1
= 4г2 b/2 + l)2
Возвращаясь к исходной геометрической задаче, заключаем,
что наименьшее значение площади боковой поверхности правиль¬
ной четырехугольной пирамиды, описанной около шара радиуса г,
равно 4г2 (д/2 + I)2
Пример 4. В шар вписана правильная n-угольная пирами¬
да. При каком двугранном угле между боковой гранью и плос¬
костью основания пирамиды объем пирамиды будет наибольшим?
Решение. Оптимизируемая величина V — объем пирамиды.
Введем независимую переменную. Изобразим на рисунке 214 п-ю
часть пирамиды: МАВ — боковая грань, МН — высота. Обозна¬
чим радиус шара буквой R (вспомогательный параметр) По¬
ложим МВ = х. Реальные границы изменения х: 0<СхС2/?.
Выразим V через х и R. Воспользуемся известной формулой
для вычисления описанного шара в случае правильной пирамиды:
ь2
R = гДе — боковое ребро, а Н — высота пирамиды. Тогда
R = -£— откуда Из треугольника МВН находим: НВ =
2п 2г\
=^/МВ2 — МН2=-у1 х2 —^2 Так как АВ — сторона правильного
n-угольника, то /LAHB=—, а
п
потому S ^двн=~ АН ■ НВ sin
1/2 ХА \ . 2л
=t(x-4f) s,nT
Значит, 1/=-^-5оснЯ =
. 2л
n sin —
п
12/?
333
/ 4 х6
Найдем наибольшее значение функции V = k\x —
. 2л
. и sin — х
тервале (0; 2R) (для краткости положим k = — п *
Имеем V' = k ^4х3 —
Из уравнения V' = 0 находим: Xi=0, Х2
Хз =
лишь х =
. Из этих трех значений интервалу (0; 2R) принадлежит
Имеем lim V (х) = lim V(x) = 0. Значит, при х
х 0 X 2R
16/?3n sin —
ция V (х) достигает наибольшего значения. Оно равно ———
В задаче требуется найти угол MDH для пирамиды наибольше¬
го объема, где MD — высота боковой грани. Положим Z_MDH =
= <р. Имеем МН =^-=^- (подставим вместо х найденное выше
Из треугольника BDH находим: HD =
значение R
= НВ cos -2-=д/х2 cos CQS _л_
п V 4Я2 п 3 п , s
Тогда tg<p=^ =——— Значит, <p = arctg(—
cos — \ cos —
п ' П'
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1078. Доказать, что из всех правильных четырехугольных пирамид, у которых
сумма высоты и стороны основания постоянна, наибольший объем имеет пирамида,
у которой боковая грань составляет с плоскостью основания угол 45°
1079. Площадь основания прямоугольного параллелепипеда равна 1 см2, а дли¬
на диагонали 2 см. Найти: а) наибольший объем; б) наибольшую боковую поверх¬
ность.
1080. Сумма квадратов длин всех ребер правильной треугольной пирамиды
равна Р Найти наибольшее значение площади боковой поверхности пирамиды.
1081. В основании пирамиды MABCD лежит квадрат. МВ — высота пирамиды.
Найти наименьшее значение длины ребра MD, если объем пирамиды равен 9 см3
1082. Среди правильных n-угольных пирамид с постоянной длиной бокового
ребра найти пирамиду с наибольшим объемом (вычислить угол между боковым
ребром и плоскостью основания пирамиды).
1083. Среди правильных n-угольных пирамид с постоянной площадью боковой
грани найти пирамиду с наибольшим объемом (вычислить угол между боковой
гранью и плоскостью основания).
334
1084. «Домик» составлен из двух пря¬
мых призм квадратным и треугольным
основаниями, причем треугольное основание
представляет собой равнобедренный прямо¬
угольный треугольник (рис. 215). Какой
должна быть сторона квадрата, чтобы объем
«домика» был наибольшим, если известно,
что периметр основания «домика» равен 24 м?
1085. В треугольной пирамиде проводят¬
ся сёченйй, параллельные двум скрещиваю¬
щимся ребрам. Доказать, что наибольшую
площадь имеет сечение, проходящее через
среднюю линию основания пирамиды.
4086. б основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный равнобедренный
треугольник АВС (АВ = ВС). Грани МВС и МАВ перпендикулярны плоскости ос¬
нования, ЛГС= 2-^/2 см. При какой высоте пирамиды площадь сечения, проходя¬
щего через тбчкй В н М и делящего АС пополам, будет наибольшей?
1087. Через диагональ основания правильной четырехугольной призмы прове¬
дено сечение, имеющее с другим основанием хотя бы одну общую точку. Найти
наибольшую и наименьшую площадь такого сечения, если ребра призмы, выходя¬
щие из одной вершины, равны 3 -^2, 3 \/2 и 2 см.
1088. Доказать, что из всех прямоугольных параллелепипедов с квадратным
основанием, вписанных в полушар, наибольший объем имеет параллелепипед,
ребра которого, выходящие из одной вершины, относятся как 2:2:1.
1089. Доказать, что из всех пирамид, в основании которых лежит равнобедрен¬
ный треугольник, вписанных в конус заданного объема, наибольший объем имеет
правильная пирамиду.
1090. Найти наибольшую площадь сечения конуса плоскостью, проходящей
через его вершину, если радиус основания конуса равен /?, а высота И
1091. Цилиндр завершен сверху полушаром. Объем тела равен V При каком
радиусе полушЯра-пблн^я поверхность тела будет наименьшей?
1092. Периметр равнобедренного треугольника 2р. Каковы должны быть его
стороны, чтобы был наибольшим, объем тела, полученного от вращения этого тре¬
угольника: а) вокруг основания; б) вокруг высоты, проведенной к основанию?
1093. Из данного круга вырезается сектор и сворачивается в коническую ворон¬
ку. Каким нуэкно выбрать центральный угол сектора, чтобы объем воронки был наи¬
большим?
1094. В данный конус, вписать цилиндр наибольшего объема.
1095. В шар радиуса R вписан цилиндр. Чему равна высота цилиндра, имеюще¬
го; а) наибольший объем; б) наибольшую площадь боковой поверхности?
1096. При какой высоте конуса, вписанного в данный шар радиуса R: а) объем
конуса будет наибольшим; б) площадь боковой поверхности конуса будет наи¬
большей?
1097. Около шара радиуса R описан конус. Чему равна высота конуса, имею¬
щего: а) наименьший объем.; б) наименьшую площадь боковой поверхности?
1098. Найти высоту конуса наименьшего объема, описанного около полушара
радиуса R.
335
1099. В данный шар вписан конус наибольшего объема, в который, в свою
очередь, вписан шар. Найти отношение объемов шаров.
1100. В шар вписан конус наибольшего объема. В конус, в свою очередь, вписан
цилиндр наибольшего объема. Найти отношение высоты цилиндра к радиусу шара.
1101. В конус с постоянной образующей вписана правильная шестиугольная
призма, все ребра которой равны. При каком значении угла между образующей
конуса и плоскостью основания площадь боковой поверхности призмы будет наи¬
большей?
1102. В правильную четырехугольную пирамиду вписан цилиндр так, что ок¬
ружность его верхнего основания касается всех боковых граней пирамиды, а ниж¬
нее основание лежит в плоскости основания пирамиды. Какую часть высоты пира¬
миды должна составлять высота цилиндра, чтобы объем цилиндра был наи¬
большим?
1103. В полушар радиуса R вписана правильная треугольная призма так, что
одно ее основание лежит в плоскости большого круга полушара, а вершины другого
основания принадлежат поверхности полушара. При какой высоте призмы сумма
длин всех ее ребер будет наибольшей?
1104. Найти наибольший объем правильной шестиугольной пирамиды, вписан¬
ной в шар радиуса R.
1105. Около шара описана правильная n-угольная пирамида с наименьшей бо¬
ковой поверхностью. Найти угол наклона ее бокового ребра к плоскости осно¬
вания.
1106. В шар вписана правильная четырехугольная пирамида, а в пирамиду
вписана правильная четырехугольная призма так, что одно из оснований призмы
лежит в плоскости основания пирамиды, а вершины другого основания призмы
принадлежат боковым ребрам пирамиды. Сторона основания и высота призмы рав¬
ны соответственно 2а и а. Найти наименьшее значение радиуса шара. При какой
высоте пирамиды достигается это наименьшее значение?
1107. В основании пирамиды МАВС лежит прямоугольный треугольник АВС,
у которого Z.C = 90°, Z-A =60° и АС = 6 см. Ребро МА перпендикулярно плоскости
основания, МА =3 см. В пирамиду МАВС вписана пирамида с вершиной А, основа¬
нием которой служит сечение данной пирамиды плоскостью, параллельной ребрам
МА и ВС. Чему равен наибольший объем вписанной пирамиды?
1108. Высота правильной четырехугольной пирамиды вдвое больше диагонали
ее основания, объем пирамиды равен V Рассматриваются правильные четырех¬
угольные призмы, вписанные в пирамиду так, что их боковые ребра параллельны
диагонали основания пирамиды, одна боковая грань принадлежит этому основа¬
нию, вершины противолежащей боковой грани лежат на боковой поверхности пира¬
миды. Найти наибольшее значение объема призмы.
1109. Объем правильной четырехугольной пирамиды равен V, угол между
боковым ребром и плоскостью основания 30° В пирамиду вписана правильная
треугольная призма так, что одно из боковых ребер лежит на диагонали основания
пирамиды, одна из боковых граней параллельна основанию пирамиды, а вершины
этой грани лежат на боковых гранях пирамиды. Найти наибольшее значение объе¬
ма призмы.
ОТВЕТЫ
§ 2. ТРЕУГОЛЬНИКИ И ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКИ
г- г- ab л/2 тп(т-\-п)
2. nv, 2т. 3. 56; 42 см. 4. 9 д/5; 8 VTb см. 5. г-т- 6. ——-—
v a-\-b m2-|-n
_ пл пг л т(т— п)л/2 т(т-\-п)^/2 1А . / 1 , \
7. 10 см. 8. 15; 20; 25 см. 9. —\ J -L=— Ю. arctgl -х-tg а ) —
-4 И. arccos 4+л^±^1.4~8-^ 18.6)^ 20. 6 см. 21. <10 см. 22. 9-t-см.
2 о 3 3
23. 7,2 см. 24. 25. 2sln(a~3CH 26. . lcos а ..
cos-J + sina COSa <1+8 cos2 а
27. arccos 3-; arccos^; arccos^ 28. 2 л/3~(Р2 + +Pg) 30.(<5 +1). 31.1:2.
3 3 3 3 2
32. / C0S а i 33. arctg^ arctg 34. arctg 35. arcsin 36. 85°
sin^45° + yj
43. a>p. 44. 40°; 25° 45. 4; 6; 8 см или 2 +/б; 4 д/б; 6 см; тупоугольный. 46. 0,75.
47. Прямоугольный. 48. 49. + 50. 10 см. 51. 3 д/5; 10; 11 см.
52. arcsin д/2 (Д - ; *>2. 53. С~ 54. 45° 69. 90°; 22°30';
67°30' 70. А + 8 = 90° или |Л -В| =90° 71. 51П “ Д'” Р 73. 75. При-
моугольник; а — Ь. 76. ^2п (т -рм) ; д/2 (2т2-\-3mn-\-п2) 77. 17; 10; 21; +/337 см.
78.
81.
85.
Vp4*72 + 2p*7COs4 Q./gens Л(ГП~П) 80 Q Sin а • * sin а
sjn а -v 4(m + n) * Ы-acosa’ a-]-bcosa
7 4 — k2 . 4 — k2
arccos— 82. arcsin - g>—; л —arcsin y2^k<2.
-^a2 + b2 + 2b • cos а + 6 sin2^) -86. arccos ;
л — arccos (P + yn2) ~ 3 arccos 2k ’ л 8 arccos • b~>2. 93. 15 cm.
94. 16 cm. 95. 2 cm. 96. -^-i -$t: Дт 97. 12,5; 19,4; 31,9; 14 см.
98. '+Д3 см. 99. ft ctg а. 100. 1,5. 101. arctg(2I'”Os |02-
103. o<ft<^ ИЗ. 2^ 114. 40 см. 115. см. 119. 120. 9;
9 д/З; 18 см. 121. + 122- 4д/2 и 18 см. 123. arccos^.
124. 2sin(a + -j). 136. 2а <7. 137. 150°; 90°. 138. arctg у 139. arctg у
337
§ 3. ОКРУЖНОСТИ
145. 36°; 60°; 108°; 156° 146. 24 см. 147. y(V3±l). 148. 2^.
149. V42^-^/?2-^ 150 14я+12л/з 181. зо см. 152. l+?in «
2 1—sin а
153. 2а 5lna5iCn°p(P~a); a<₽. 164. см. 165. d. 166. А (8-3 л/З-л/7);
у(3л/3 —л/7-2). 167. 2 Vft2 —((5-a) cos a —а)2 174. 36°; 36°; 108^.
175. 2о(л/а2 + ^~^. 176 36; 48 см 177. 12я см. 178. 3^/5 см. 179. arccos-^/^
Va2 + ^-.2a5cosV 18, 2а 182. acccosl^S-
2 sin у 2 2
1-VT^ 1 1OQ o , _ ЗЯ<7
arccos ; л —2 arccos — ; 193. 34-^/3,» 194. —~>
z z z 1У
195. 120° 196. 2 arctg ^+6fe-.± 1 ~fe~ 1 ; л-2 arctg Vg+gT+T-fe^l
ZrC Zk
197. arccos у 199. 12 cm. 200. 201. 2 -д/3; 4 л/З; 6 см. 202. -^a2+,ab + b2
203. 2 см. 204. 2л/6 см. 205. 2; 3 см. 206. 30°; 30°; 120° 207. а (л — В — у)51" Р3‘П Т
’ sin (p + y).
209. 30°; 30°; 120°; см. 210.35^ см. 211. 212. а2 + Ь2 = 2с2 213. 2; 4 см.
214. 8-^- см. 215. 5₽ctgp. 218. 10 см. 219. + cos 2а 22() ВД
8 6 8 2 sin 2а 5
. ~ О ОС ллл Z? 1 k 1 . .
221. 2 cos — 222. arccos—-—; л —arccos—-—; Л>1.
4 k k
л . а+р а—р
4 S|n cos —г—
223. ; — 226. 15; 20 см. 227. 17 см.
л sin а sin р
229. arcsin у ’ ^V2- 230. 2 л/4 tg2 а + 3 231.
228. 2; 2 см.
25 tg а
V254-36 tg^
232. 235. 12 -у/5 см. 236. 2 см. 237. л/10 см..238. (л/7 — 1). 239.
z 4У z * -pSin
R sin 4-\/3 sin2 у
240. 241. R <4 +sin2 а--^- /? cos а. 242. 5
. / а , л \ о 5 <3
5,Чт+-б)
243. -y-(V3 cos a-|-V3 + sin2 а ). 244. 245. 3 см. 246. -ytg3-^ ^
Z о z
247. 4«.|„.4„4 248. | «. 249. с«. 290. » У3 +
о 4 о 3
г>^а. 251. ytgytg2(-J—j). 252. b- 253. 4/? cos у sin2 x
4 sin a cos2 —
255. 120°. 256. *(V1-TCOs2T-COSt); “>T 257‘
338
258. tg2 (—!—-y/p4-a7sin a — r — a ctg | •
z I . a 2 1
\inT /
sin ^(b cos -\/4r2 —d2 sin — 2r sin . . 9 л--
259. I— 2 .12 260. ^+£T2Wcosa
9 a 2 sin a
cos2y
261* = R=^±-b2-.2ab COSa
b 2b sin a
§ 4. ПЛОЩАДИ
265. 360 см2 266. a) 9 cm2; 6) 3 cm2; b) 12 cm2 267. 4 cm2 268. -1 (3 _|_ 2 x/2).
269. —270. 4-c2 (<72 1<<7<л/2- 271. m2 cos2 4 ctg a. 272. m sin pX
19 4 2
к>/ Г5 o ■ 0-77 , „X sin (a —6) rt_. 2 V3 cos a4-sin a
XW2 —m2 sin2 P4-m cos 0). 273. - 4— 274. —~: 5
v v 7 2 cos a sin 0 sin a
| <x —y| .
1 la —y| . a + y sin |a —y| ® 2 slnas,nY
275. a) ytg с g 2 ; 6) 2 sjn (a + ?) i B) sin(a + V)
276. --(° + ^ V4a2ft2-/2(a + &)2 277. 9 279. ab x/3. 280. (Vsi + Vsl)2
281. h/ST+V^+Vs;)2 282. 283. 200 cm2 284. . . ,
vv v v 7 17 mkcnkbmna
285. 2 cos a cos 0 cos y. 286. 287. 3 -y/2. 288. 2 cm2 289. 210 cm2
4 bo
291. (a —fe)2 sin a 2g2. a2 293 135 cm2 294. 48 cm2 295. 5/^/3
297. 120 cm2 298. 1476 cm2 299. 336 cm2 300. 168 cm2 301. 25 л/3 см2 302. 150 см2
a -j- P a — 0
1 4 sin —s— cos —-S
303. — (a2 — 62) tg a. 304. 2R2 sin 2a sin2 a. 305.
2 л sin a sin 0
306. sin 0 cos (a —y). 308. (a4-6)2 309. 20 cm2 310. зц 79 CM2
2 a-]-b
312. 40 cm2. 313. 20; 10,4 cm2 314. 4S + 2c2 315. 926 cm2 316. 2a2 (д/2- 1). 317.
318. 289(л/34-1) см2 319. y(8x/3-9). 320. 321. cm2 322.
323. (Зл/3-л). 324. 5л^”~— 325. а) (a + t>)-y nb2 —L(a2_&2)X
Xarcsin^; 6) (^^)4 326. (Зх/3-л). 327. у (л-2). 328. a) 3R2X
X(7 — 4 -\/3)^х/3—.j"); 5) R2 (3 2 -\/2) (4 л); в) (3 д/3 — 2л). 329. R2 (a + sin a).
330. 331. (5л + 2х/3). 332. ^-(2—^). 333. (4л~3(4+V7)
6b 10 27
335. cos2 (sin (a + P) cos (a — P)+л — a — P). 336. ^-tg2 (—_2L 'j x
4 sin 0 4 \ 4 2n /
339
I
. , na2(l+a—
4etgT+V-T) 337- 4-(T+tg a)2 338- 90° 343- 75 CM-
Y
I 2ab cos -y I r-
344. -X 3S tg4 345. ——t— 346. ~\ a2 + 2ah ctg-£■ 347.
3 V a V V 4 л.
a2 — b2 _ /25 sin p sin у ___ r- 7 -\/145
348. arctg—77;— 349. Д/ : 350. уЗ cm. 351. —=— cm.
4S V sin a 5
353. ~\ a 1~6 .354. 6 или 12 см. 355.4,5 cm. 356.24 cm. 357.4 cm. 358.+ $2)
V 2 '
8 /3 26 - 2 C0S ~T~I~3
359. 8,25 cm. 360. cm; -J- cm; 10 л/3 см. 361.
3 3 6cos4+l
u
362 4~^ + 7
9
§ 5. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
зп •> б> ■> 2(‘+si»4)
374. 6 4--^- 375. Лс; ha. 376. Диагональ является высотой треугольника. 377. 4 -д/2 м.
378. 30 см. 379. а) 6000 см2; б) 108 см2 380. KD = MD = 5 см; S = 32 см2
381. а) 45 см2, б) 36,125 см2 382. а); б) АС = ВС. 383. а) ; б) Центральный угол
о оол Р qqc V/r^~|“8/?2 — 3/l
сектора равен 2. 384. — - 385. - высота прямоугольника.
386. 389. а) б) 3 д/Зг2 390. см2 391. 100°
4 V27 4
§ 9. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ О МЕТРИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛЕННЫХ
ИЗОБРАЖЕНИЯХ
462. а) 4; б) 3; в) 2. 463. а) 5; б) 5; в) 5. 464. а) 4; б) 5; в) 5. 465. а) 4; б) 3; в) 3.
466. а) 5; б) 4; в) 5. 467. а) 5; б) 5; в) 5. 468. а) 5; б) 5; в) 4. 469. а) 5; б) 4; в) 4.
470. а) 3; б) 4; в) 4. 471. а) 3; б) 4; в) 4. 472. а) 4; б) 4; в) 3. 473. а) 4; б) 4; в) 3.
474. а) 4; б) 4; в) 3. 475. а) 5; б) 3; в) 5. 476. а) 4; б) 3; в) 3. 477. а) 4; б) 3; в) 3.
§ 12. УГОЛ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ
в)
б)
в)
603. а) 45°- б) 90°; в) arccos^ 604. a) arccos У248- ; б) arccos-^
о 123 у
л/22 -л/З 4 2 л/2 л/З
arccos 605. a) arccos 4- ; б) arccos ; в) arccos 606. a) arccos — ;
11 3 9 3 v
5 Vs ч V15 д/102 л/2
arccos-^--; в) arccos-^- 607. a) arccos-—-; б) arccos 4-
У о 17 3
arccos—^ 608. a) arccosб) arccos в) arccos
6 э э 65
340
7 б) arccos в) arccos 3'4j^ 610. a) arccos-2-
609. a) arccos—эд
arccos611. a) arccos 6) arccos ;
ViO л/З . л/Т4
6) arccos-*г в) arccos-^g-
7 л/30
; 614. a) 30°; 6) arccos-^-;
615. a) 30°; 6) arccos 4" ; B) 0° 616. a) arccos 4тг ; 6) arccos
3 1U о
arccos ~- 617. a) arccos^; 6) arccos 4^; B) 90° 618. a) arccos 4r^;
20 3 5 11
arccos; в) arccos619. a) arccos 6) arccos^; в) 90°
11 1 У У о
arccos 4пг 621. arccos 4г; б) 30°;
34 о
л/3705 ч 19 л/33
arccos , „7— ; в) arccos —; - - ■
195 1о5
л/22 5
arccos-7—- 624. a) arccos— б) 30°;
11 о
4 7190 х л/30
arccos —77— ; в) arccos
95 15
б) arccos - ; в)
612. а) arccos
в) arccos -
о
613. a) arccos б) arccos-^; в) arccos
л/зо
arccos Дф-
в)
в)
б)
п л 2766 7з ч
620. a) arccos ; б) arccos-^; в)
33 о
5 9 7ТЗ
в) arccos— 622. a) arccos л. ; б)
6 Ь5
. 7ТТ 7з5 ч
623. a) arccos-2-]-; б) arccos-2—; в)
ч 7 717 ч 1
в) arccos — ■ 625. a) arccos — ; б)
54 1U
7з
626. a) arccos — ;
о
б) arccos
2730
15 ’
в)
arccos •• • -
15
627. a) arccos — ;
4
ч ТТо Tie .
a) arccosб) arccos; в)
опл \ 75 715
629. a) arccos уд-; б) arccos -Jq-;
715
arccos ——
5
в) arccos 3 4Т2 630. а) 90°; б) arccos —
1U 4
х T1Q . д/зб Т^о ч 7з
в) arccos ^7— 631. a) arccos -77- ; б) arccos -777; в) arccos -7-
о 1 и 1 и о
632. arccos arccos —; arccos 4^; 45° 633. arccos 4^;
34 52 30 4
45° 634. 90°; arccos ; arccos 4y“; arccos ; 45°
3
arccos — •
4 ’
co, л/30 л/390 2 7174 л/30 л/390
635. arccos——; arccos — ■ ; arccos———; arccos22—; arccos 7-_ ■
1 э 1Уо о/ 15 195
636. arccos-5-; arccos 5 ^3-; arccos 5 arccos 637. 45°; arccos 4EL
O-^o 3o zo 5 ’
arccos —7— 638. arccos 90°; arccos 4^; arccos 4ттг 639. arccos—-
<-> 1( 17 119 5 ’
arccos-^-; arccos^; arccos 640. arccos ; 90°; arccos
arccos 641. arccos-^; 60°; arccos 4тг ; arccos 642. arccos •
о о 10 17 15 ’
341
aiccos —- _ arccos 643. 90°’ arccos 2 VF4 ; arccos 2—644. arccos ;
VHl 15 7 7 -/ioTT
arccos IV8! 18 c.c 48 33 5 VT02
ai ulus —— arccos ■ , 645. arccos—т— ; arccos — ; arccos—£
1 _ у2806 Д3281 л/2533 34
646 arccos^10 2 У38 16 сл_ -^22 л/86
040. arccos-— arccos—777—, arccos—-— 647. arccos-r—; arccos-^—-;
lu 19 д/354 И 43
§ 13. РАССТОЯНИЯ от точки ДО ПРЯМОЙ, до плоскости
и РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ
“Vu а/174 4 ал/174 _.й . [ЗЗ ч /71
; б) ~Т2~’ В) ~12~ 649‘ Э) а V 4?; б) а; В) “Л/ ЗЗ"
ау/286. аУГ57 2ал/зб а <30 ч
’ МП в5Ь а) 5 ; б) 4-; в) а^-
a V209 ч а
; в) —
5а д/2
“8“
650.
652.
654.
648. а)
_ 4
656. а)
658.
660.
а> ,>
а /3
3
a V2
2
а 72
2
а)
а)
11
■Va-f в)
б) 1^2.
6 ’
б) 1Узо
6
б) - V86
6 ’
В) ~
В) —
В)
662.
а)
— ■ б» а 'V®
2 ■ б) -f-; в)
6
664.
а)
666.
а)
б)
б)
22
655.
657.
659.
661.
fiqq м п-х /83 За \ а
б53’ a) J»^/gg б) у; в) —
аТ385 а72Т а 7385
; б)^-; в)
а д/133 а -\j70
14' ’’ В) “7~
х. а д/205 . 7а 75
б> т; в> т
За-/149 ч а /746
; б 1—; в) М
2/46 4/43
/105 ч 5а
is“; •’ Т
■I
Э) 14-
al у; б)
ч 9а/5
11
а) \= ;
2-/Гз
663. а)
тЬб>
20 ’ б) ; в) ■
мм-
MS. а| „> 11VIZ. в|
~~ 665.
За /б
~у- 667.
\ а а л/З .
а) у; б) -Д-; в)
а /17
17 ’ ~ в> —
2^11 671 а) 4а/33 ,
22 b7L а) МТ~; б> ~ зз" ; в)
673. а) 1^- б) аУ®. В1 2ал/3
а) Д. 5а „> 5а
/ т- б> -6 > в> т
; б) • в) ? /17 ц ух. и -уо и -уО
' 34 ’ в' МГ~ 678- а) ~ ’ б) -Т-; 3> Tn
а л/З v а V3 9а -72
~ в) 680. а)ДД;
Д'/8. в) 1У8 fiR, . 2а-/13 жч
5 ’ В’ 10 682‘ а) —13 > б)
6
2а
<3
Z£2dl. в)
22 ' в)
. 2а
В) Т
В>1
670. а)
2а д/33
33
а
Т
. а д/5 ft7_
о
15а 717
34
а д/З
За 75
~ ’ б)
За а
4 ' б> у; в) Д 684. а) а- б) . в) “ 685 а) а. б) в) “
О £ О О
б)
677.
679.
681.
683.
а)
а)
а)
а)
; б)
—— 668. а) а;
о
За/Н
22 ;
672. а)
674. а) б) ;
□ Э э
За 7?6 За д/46 За 746
676- а) ~13~; б> ~46 ; В) “Лб
■ 5 ’ ” 10
За /2 За ^2
б) “8—; В) Пб~
а /13 2а /13
13 ’ В) 13
342
686.
13
688.
а)
б)
690.
а)
7-;б)
С* у 1 * ч
в)
а л/30 ч
т; в)
За д/14
14
а д/30
10
■7- а) б) о V6 За уз4
6 ' 6 ’ В) ^4"
689. а) ?°л/5. fix 2а 7П . 2
5 ’ 0) 11 ' В> '
691. a) 2_V6 а д/2 а
6 ’ °> в> Т
F б) ЯГ' В) ЧГ 693- а> -п=Д=; б)
V4?+5^ V4?W
, ~~7 694- а) б) в) 1V5
л/2а2+Ьт 4 6'5
. а -у/3 „пс . а л/2 a д/2 a -J&
в) -X- 696. а) б) ; в) 6
спо ч а л/42 ,. а д/26 . a д/Г54
698. а) б) в)
692.
а)
6
6
22 699- а) а д/2; б) а д/2; в)
ч 2ад/13 4ал/ТЗ ч 4а д/73
70°. а)_У_;б)—^_;в)^-
701. а) 1^- б) в) a V21
4 7 ’ и
§ 14. УГОЛ ПРЯМОЙ с ПЛОСКОСТЬЮ
703. a) arcsin--Ь б) arcsin^ в) arcsin^3 704. a) arcsin^
° ° оэ 3
б) arcsinв) arcsin^ 705. a) arctg д/2; б) arctg ^1; в) arcsin
706. а) 30°; б) arcsin^; в) arcsin 707. а) 60°; б) 45°; в) arctg
2 л/22 д/б 2 л/38 /2
708. a) arcsin ■ v -; б) arcsin-^-; в) arcsin 709. a) arcsin^-;
11 3 19 о
-ч . л/6 ч • 3л/34 ч • лДО
б) arcsin-^-; в) arcsin ■ * 710. a) arcsin Лг-;
6 34 5
,ч . 4 . д/Т5
б) arcsin — ; в) arcsin -2^~
5 15
чм \ епо • 3 д/39 . д/З ч , 4 , 2 д/Т4
711. а) 60°; б) arcsin -v, ; в) arcsin-^— 712. a) arctg — ; б) arctg——;
2о 4 о /
ч 4 4д/29 ч . д/66 . д/2 ч . д/82
в) arctg — 713. a) arcsin-^-; б) arcsin-^-; ») arcsin-^-
zy ZZ о oz
714. a) arcsin 6) arcsin ; в) arcsin715. a) 30°; 6) arctg -yZ-;
5 5 16 1'
в) arctg 716. a) arcsin^; 6) arcsin-^; в) arcsin—^- 717. a) 30°;
□ □ 9
6) arcsin ^2'; B) 30° 718. a) arctg 6) arctg в) arctg
719. a) arcsin^?; 6) arcsin^; в) arcsin^ 720. a) arcsin— 6) arcsin-—
4 4 о ° °
B) arcsin 4^ 721. a) arcsin^; 6) arcsin 4^ B> 90° 722’ a> arcsin-TT;
□ 3 6
л/3 q /з 2 л/34 л/Тб
б) arcsin у—; в) arcsin - - 723. a) arcsin—*> б) arcsin—^—;
13 13 1 ‘ °
343
в) arcsin 724. а) 30°; б) arcsin в) arcsin^ 725. a) arcsin 4
5 5 1U 65
б) arcsin —; в) arcsin * 726. a) arcsin ; б) arcsin ;
ч . 2 д/663 ч . д/15 А. . V15 . . 2л/5
в) arcsin— 727. a) arcsin ; б) arcsin—-; в) arcsin —
221 15 5 5
4 д/442 . 12д/26 ч . 3 д/65
728. a) arcsin; б) arcsin———; в) arcsin - 729. а) 0°;
221 оо о5
б) arcsin ; в) arcsin 730. a) arctg б) arcsin ;
□ 10 о 205
ч . 6д/82 ч . д/35 _ . V35 . . 2д/35
в) arcsin —■■■ 731. a) arcsin-уг-; б) arcsin-г=-; в) arcsin —
205 15 15 15
732. а) 60°; б) arcsin ; в) arcsin^ 733. a) arcsin ; б) arcsin ;
/ I 15 5
в) arcsin ■ 734. a) arcsin-—=; б)
VT02T
11
arcsin —
V102T
в) arcsin
735. a) arcsin—; б) arcsin; в)
• 16 . • 10
б) arcsin — ; в) arcsin
Тб21
66
21
736. a) arcsin —
VT02T
36
; б) arcsin ;
'4449 -74449
. 4 . 4 д /2
arcsin — ; в) arcsin —~—
arcsin 29“
9
( 737. a) arcsin
Т02Т
3
в) arcsin - 738. a) arcsin — ; б)
л/4449 7
739. a) arcsin ; б) arcsin —ру
в) arcsin —р — 740. a) arcsin —-у
2 л/38 5 л/57 4 д/2
б) arcsin ; -; в) arcsin 741. a) arcsin — ; б) arcsin у-
1У □ I Э 1 и
в) arcsin 742. a) arcsin у? 743. a) arcsin 2 ур? 744. a) arcsin
5 о 51
2 л/7 7
745. a) arcsin —у— 746. a) arcsin — 747. а) 60°
§ 15. УГОЛ МЕЖДУ ПЛОСКОСТЯМИ.
ДВУГРАННЫЙ И МНОГОГРАННЫЙ УГЛЫ
ч . д/ТЗ . д/26 ч . д/39 _лп . . sin а
748. a) arcsin-1—; б) arcsin-Ц—; в) arcsin-т— 749. a) arcsin-:—-;
7 4 4 4 sin Р
tg а
б) arcsin ; в) arcsin (cos 0 tg а). 750. a) arcsin
arcsin (-у- %
; б)
Xsin а
arcsin (sin а-sin (0 — 45°)). 751. a) 30°; б)
2 л/2 л/2
752. a) arccos—у—; 6) arccos-у- ; в) 90° 753. a)
X 2 X 5VT7 ч л/5Г Ч
в) arccos — 754. a) arccos -у-— ; б) arccos -уу- ; в)
о э 1 о 1
arccos ;
о
1
arccos — ;
О
д/Т02
arccos ,, -
51
в) arccos
о
2
б) arccos — ;
344
755. a) arctg б) arccos ; в) arccos 756. a) arccos 4 ;
2л/2Г л/2^ -,е-7 ч 5 V^T _ 5 л/П
б) arccos—Д—; в) arccos-у- 757. a) arccos—^—; б) arccos—Д-—;
£1 т1 41
в) arccOs758. a) arccos^; б) arccos^; в) arccos 4" 759. a) arccos ;
41 <5 о о /
л/70 -\/217 3 ->/273 2-77
б) arccos—-; в) arccos ~ 760. a) arccos—^—; б) 60°; в) arccos
ZU о 1 У1 /
,й. . Зл/Т05 -/105 . -/285 „„ ч -/То
761. a) arccos —; б) arccosв) arccos-у-— 762. a) arccos 4— ;
□D uO 1У 1U
б)
в)
б)
в)
б)
в)
Л/37 ч л/93 ч 2 Л/57 л/30
arccos-^—; в) arccos-^-т- 763. a) arccos -v ; б) arccos —;
о / о 1 1У 10
V2T x 2 й. 1 2 ч -/б
arccos-^— 764. a) arccos — ; б) arccos — ; в) arccos-^- 765. a) arccos-^-;
/ о о и О
л/6 х л/6 ,ой . 2-/29 2-/29
arccos-^-; в) arccos-^- 766. a) arccos 7* - ; б) arccos —;
о о ^-У zy
767. a) arctg уу; 6) arctg 2; в) arctg 2-/2. 768. a) arccos у;
-/15 „л х -/217 1
в) arccos уу 769. a) arccos ; б) arccosy-;
-/65 ,х 3 х -/185
770. a) arccos^—; б) arccos — ; в) arccos Лгу-
ОЭ О о /
arccos —У
58
V15
arccos -у-—;
15
л/273
arccos —9)
771. a) arccos-Ц-3^; б) arccos 7 в) arccos 772. a) arctg
zU о£ о
-л/33 л/33 л/З л/33
б) arccos -у—; в) 90° — arccos-77- 773. а) 90°; б) arccos-^-; в) arccos Д—
11 11 о 11
q ,/оо л/З 2 л/2 1
774. а) 30°; б) arccos J ; в) arccos-^- 775. a) arccos^—; б) arccos — ;
26 4 о о
X 2-/б -/6 „х л/30 х 7 л/Тб2
в) arccos—у- 776. a) arccos-у; б) arccos-^-; в) arccos jpy-
777. a) arctg б) arctg ; в) arctg 778. a) arctg л/6; б) arccos (-у);
в) arccos у 779. a) arctg V2’» б) arctg (д/2 tg а); в) arccos — cos 20
780. a) arccos(—у); б) 2 arctg(Ду); в) 2 arctg(^_). 781. a) arctg л/б;
б) arctg д/2; в) arctg 782. а) 2 arctg ; б) 2 arctg (Ду);
в) 2 arctg (Д2^1А) 783. а) ^у- ; б) arccos (ctg Zy—ctg а);
в) arctg[ г г ) 784. а) 90°; б) arccos^;
в) arccos уу- 785. a) arccos^—g-); б) arccos^ g-); в) arccos^— —
345
arccos
5
786. a) arccos
в)
; б) arccos^—у- J; в) 45° 787. а) 120°; б) arccos
. 788. a) arccos б) arccos у-; в) arccos 739. aj 990.
б)
2л/22 ,
arccos —pj— ; в) arccos
. 790. a) arccos —; б) arccos
arccos
. 2->/22 д. V33 . 1
. 791. a) arccos —; б) arccos в) arccos —
792. a) arccos ; б) arccos —; в) arccos 7 793.
25 5 ->/205 5 ->/205
з
. 794. а) 60°; б) arccos —; в)
в)
а) 30°;
795. а) 120°; б) arcsin
б) arccos —; в) arccos
arcsin
2 4-л/2
arccos
4
796. a) arccos
л/зл/з-i 2Via . Ve
-—2; б) arccos —; в) arccos 4т-
3 3
3
$ 16. ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЙ
7Q7 9fl2 1а* <7 ч 19а2 V65 voo . За2 9а2 За2
797' а) -Г б) -—; в) -120 798- а) Т б) Т в) 32
799. а) б) 7-^L- в) 800. а) л/3; б)
оО /2 1 о
.) ЦД1 Ю). .) б) в) 802. .) f о>
в) 803. а) о',^: 0) — ; в) 804. а) ; 0) - :
12 24 8 2 о
т; 61 •> Т
а2л/3 а2л/7 . ^2л/7
808. а) б) ; в)
809.
811.
813.
815.
817.
819.
а)
За2-1/17 a2 V5 5а2 а2 л/З 5а2 д/З а2
-64“; б) ПГ-; в) 6Г- 82°- а) 8 ; б) -32 ; В) -Д6-
346
821.
823.
а) -Y-
а) у; б)
• б> -6Г"; в)
822.
10
В) 824. a)
825.
ч и,
а)
828.
832.
а)^;б)£^;
X V39
в) -"в
2ie"’ Vio
2Q0-
400 ;В)
•) Й !
831-
“ 834. ( «W + ~^_y И5.
sin2 За ^2а + д/2а2 + 4?г'/
б) в) 826. а)
27:26. 829. —
О
h2 sin2 2а cos Р
sin2 (а 4-0)
:2. 836. 16:9 и 64:11.
25
а2
т-б)
; б)
24
а2
830. — д/sin (60° 4- «) sin (60° — а)
827. 2:3-
9а'
§ 17.
ПЛОЩАДИ ПОВЕРХНОСТЕЙ
838. d2 л/2 sin 20 cos (45° — а). 839. л/а" — (J>
_ . 4 л/2Я2 sin у 2
+ VftT- (а2 - +л/с" - (а2 - 62)2 840. —=— 841. —2LE
■у cos а d
бд/бЯ2 ctg а sin (45° 4-а) 843 д/2(? cos а
’ 2 cos
837. 4d2 sin а д/cos 2а
842.
4
844. у Н2 845. 48 см'
846.
849.
sin а
sin —
2
2Н2 cos
sin a cos а
sin а sin р
ело а2(1+sin a + cos а)
оЧо.
cos а
. 850. 1 -Ьл/2.
851.
854.
4 (1 4- sin а) л/sityas+ 0) sin (а — 0) 852 Jg. | 85
sin 2а sin р
14-2 sin а . /. б , ,6 5—
-rL . 855. а) л</sin а д/4а24-и cos а ; б)
12 sin а
nd2 sin 2а
2 cos р
d2 cos2 ср d2
—л ’ в — X
4л 4л
d2 sin 2ф
2 ’ '
Х(2л sin 2ф4-соз2 ф). 859. лд/Гб:3. 860. arccos 4-
5
863. 2ла2д/3. 864. 270л см2 865. а) 2а2; б) 2ла2; в) 4ла2 866. 2л (а + Ь) ^+Ь7
2nd2 cos2
867. 868. 4-—-(--^C0S а + 2 S'869. 4л: 870. s/R'i + Rl
cos а
3
856. 4Q ctg ср. 857. а)
sin а
871. 100л см2
б) 13:20; в)
872. 4л(г?4-г1). 873. (2J3-3):3n. 874. 4л:д/3. 875. а) —2—
135 + 5д/41
б) :5; в) 2:7 877. а) 1: б) (34-^2):
876. а)
:(7+л/2); в)
(64-VT7):(34+Vl7). 878. а) 1:3; б) 1: ; в) 1:7. 879. а) ;2;
347
б) 1:3; в) 1:2. 880. а) 1:7; б) 1:3; в) (4 + 3 V2):(28 + 13 д/2). 881. а2 (1 +Л/2+ \/2 ).
d2 sin 2а cos2 -у
885. -
COS ф
888. аЬ(^+1). 889. В
882. а)120°; 6)45° 883.
884.
COS ф
886. —2 УЗ-(1 4-д/1 4-3 sin2 а ). 887. 2а2 + 2а л/462—а2
3 cos а
3 раза.
§ 18. ОБЪЕМЫ
890. у 891. 9.ал sin а л/sin За sin а . _892. abc V —cos 2а 893. ат2
2 . а .
a sin — sin а
894. -
896.
V2
sin2 а cos а
sin ф
897.^ 898.
2 ОЛ
895.
а2 (Ь + с)
2
лл а3 sin а
—- 899.
3
X л/sin (60° 4- «) sin (60° — а) 900.
901.
ф
COS COS ф
+ 30’
2 <Р
cos у
904 ^M^V3(14-cos a)
n3h
902. , ■ 903.
12 д/За2-4/12
tg2 а
sin3f
ПАЙ '3(4 + ‘82 a)V12 + 3tg2a
90 о.
сл
905. т;- sin 2а tg р.
cos а 24
We
2PQ /У3 sin2 (а —Р)
909’ "зГ" 9 ’ 3 sin2 а sin2 р
913. а3 cos3 tg р. 914. у Q tg р -д/Q sin а
М7 -■(1+»8;?н5+йпД М8. ЧА
911. а2 912.
4
Ж
V9V2 ctg а ctg Р
,0
915. а) а3; б) 2а3; в) За'
а3У1 — 10 cos2 а
3 cos а
а3 V1 — 5 cos2 а
3 cos а
За2
а3 V4 — 5 cos2 а .
3 cos а
arctg 4л^-; б) arccos-—- ■
а3 2л/1441/24-Заь __
15а64-288о2 ч а3 л/З^Г(а-60°) sin (а4-60°)
в) arccos—- . :—_ „ ■ . 918. a) +7;
2 л/144У2-|-21ай 7144Г24-За6 12 cos а
. а3 -\/3 sin (а4-60°) sin (а—60°)
12 cos а
916. а)
917. а)
о3 У?йГ(^+30о) sin (а-30°) .
12 cos а ’
919. а)
922. К
а'
18
_Ь_ . Уь_
Vb~ a' Vc
348
> + 3\73 ад\75 + ЗУ^ 920 :2.
18 ’ В 54 J
£. 924. . 926. 927.
Ь 6 6 24л
; б)
. 927.
СС
928‘ а^ 2~cos~a V 10
929. а)
V о (
а
пЬс (6 + с) sin а cos
930.
3
933.
а3 (4 лУ+л/ТО)
937‘ 48
а3 д/2 cos 2а ч
—х—: ; в)
2 sin а
б)
— 10 cos2 а а3 _ /4—13 cos2 а , а3
’ 2 cos а V 13 ’ 2cos~a'>4
а3 д/5 cos 2а . ?ffi~^s2a
18 sin а
13
5а3 л/cos 2а
—; б) ——
6 sin а 6 sin а
93| «HS+ЗЛ ,зг 2„SV^V5
О О
934. 935 939
938. 221 939. :4. 940. М|+1 941.
sin а 2Ь
а3 (1 + 2 л/sin (30° + а) sin (30° — а) 942
2 sin а
a) a3 ctg
d3 sin2 ср cos ф
2
5d3 sin2 ср У16—25 sirTy в) 5d3 sin2 у У16 —25 sin7 ср 943
32
„ u. л/z- sin ut - . H sin а H i 9 ® \ d —к— .n
a3 tg а; в) —^-. 944. a) --9-; 6) ytg у ; в) g-(l-УТ-4 sin2 a)
Усов 2a cos 2a 2 2 о
945 a) °3 tg 01. 6 ? sin a . Bj a sin a
’ a) “24 ’ 24 ysin (60° + a) sin (60° -^a) ’ ’ 24 У^ЭйДЛ*) sin (30°-aj
a3y3tga, а3 УЗ tg a2 а3 УЗ tg a3 . , a3 tg a,
; 6) 24 ’ ' 72 ' 10 ’
в) 948. а) 2a y4Sf—а4 б) аУУзТ-?
949. a) 4 AS2; 6) ; B)
15 15 3 У17
_ аУ25651-81а4 . a y4096S^ - 225a7
; 6) Ja ; в)
2S2 У25г .
б)
б)
32
а) a3 ctg а;
946. а) g-
а3 д/5 tg а2
' 30
в)
ч а л/б45?-2401а4
а) 4Т
. 16S1V2S, ,.
a)“W~; ‘ V27
Z3 (4 + tg2 а) л/12 + 3 tg2 а
950.
54
4а3/
-74а2—5/2
15/3
18
952.
9^/3
V
955. -ттп 956. 5 ;
Н2 tg а 2 sin 2а sin а
б) 1:47; в) 9:119. 958. а) 1:7; б) 1:7; в) 31:77 959. а) 1:3; б)
960. а) 7:17; б) 25:47; в) 25:119. 961. а) 1:1; б) 1:3; в) 1:5. 962.
б) 1:11; в) 13:23. 963. а) 1:11; б) 5:7; в) 1:95. 964. а) 49:51; б) 49:81;
в) 49:151. 965. а) 1:5; б) 7:29; в) 13:41. 966. а) 1:1; б) 25:47; в) 115:173.
967. а) 7:17; б) 3:5; в) 97:191. 968. а) 11:13; б) 5:19; в) 7:17 969. а) 2:37;
б) 4:11; в) 4:37 970. а) 1:8; б) 1:14; в) 8:7 971. а) 9:23; б) 3:7; в) 5:19.
972. а) 21:11; б) 3:5; в) 5:27 973. и
О /
951.
954.
24 tg2 а
953. _5EL_
6 Уa2 -bl‘
957. а)
1:3; в)
:383;
25:167
а) 1:2;
§ 19. КОМБИНАЦИИ С МНОГОГРАННИКАМИ И КРУГЛЫМИ ТЕЛАМИ
974 (2~?) 975 nSV2Ssin 2а 6лЯ2 sin2 2а
974’ 4 ' 975’ Ж а sin2 2а 9Ж (2 ct^+ I)2 977’ 64я :27'
349
978.
980.
983.
) или ^-(R+^R2-r2 ). 979. I:cos2a, считая от верщины.
3 з
a (3 + 2 cos a) no< . —1+^/3 ллл /
v A —-z 981. arcsin —x- 982.
4 sin 2a 3 л о a
2 cos2 -y
2/?3 sin 2ft cos p sin a 4/?3 sin2 2fl sin2 fi sin a
985.
3
3
a
a cos у
986. 11^. 987. -B-J^sin 2p(l+cos22₽+
lb 3
60°-
4-cos2p). 988. fe+^.+l 989. 2 arctg
2 k
990. 992. 4:9.
ol
ЛГ ctg ^40 2 7 . n-m
993- 3 co? a sin a ~ "4’ аГС5'П
995. arcsin 996. —л/?3 tg3 a tg 2a.
О о
+ 998. 60° 999. ~ sin5 a cos2 4 ’<>01. 3ab- ,002- arcsin i
(02 + 01) 12 2
л — arcsin — . 1003. 12/?2л/3. 1004. 2 arcsin (tg a).
nrn „ a
/i3V2 _ aV2tg 2
997.
. 1006. ——=
2VT+
1005.
л л a
2 sin 2a cos у cos
1007. 8a2 cos a cos2 ctg2 1008.
8 cos6 у
5—
cos2 a
1009.
, a , 180°
л/?2 ctg2 у tg —
cos a
1010.
a sin a
1011.
45°-
1012.
2(^ 1 H-sin — ctg
a a 6 , „ л. 64 л л
— tg—tg — 1014. —7— cm2
2 ё 2 ё 2 9
2
1017.
~2~(3 + 4 ctg2 a). Ю18. 2a ^R2-^
1020.
1015. 2 arccos1016.
l0‘9- л/т+v
лУ?3 ctg3 (45°-у)
2(m2 + mn+n2)
junn
1022.
л/?2 (1 +cos2 2a + 2 sin 2a sin a). 1021. 3 д sin д ■
/(sina+cosa-l) W24 ara.osl?j2_x) 1025. 1:1;
1028. ->/3:1. Ю29. arccos ^-7-7-
v n+ 1
arccos
1023.
2
9:7 1026. 2 2°S Ю27. 2 arcsin m
cos 2a sin a m + n
1030.
1034.
ctg 40°: ctg 30°: ctg 20° 1032. arctg -^2
24+7л J035 ^(15-8^2). 1036.
8 1^
1033.
2₽ V 1-Tsin2T
. 1037. -g-f3^2“.
24 cos6 a
350
18 V7/3 cos3 a tg3 -£
1088; — 1
1039. л/?2 tg2 — sin2 2a. 1040. -^-sin a sin4
£ о 2.
1041.
49
1042. а) Существует пучок сфер; б), в) существу¬
ет единственная сфера. 1043. 1044. ^-2—Ю45
40 2 * 2
1046. Ю47. а(3-д/2 —2^/3). 1048. 1049. 27:125. 1050. 8:->/4Т
* о
1051. —£) 1052. 2 arctg-i- 1053. 1054.
,057‘ ЗТПГр 1058‘ 27-745^2? 1059, 008 “(л/5 Si" “+л/’+Sir? а)'
; ( л а
1060. ” ~^C0S 1061. arccos 2 arcsin 1062.
45“-cos-J n+l " + 1
„2 . 2а-pp 2а — 0
1063. ^26 sinsin (45°1064. 4-, —
2 \ 2 / sin2 а
1066.
qp3 |аз
6 cm. 1067. ■ -S 1068. / =
4 h/3 + tg a)3
cosy + V2siny л/2 + ctgy
1069.
1073.
n/73 sin (2a —P) sin p
3 sin2 a sin2 (a — p)
1074. — ( abc
О
т-71 <Л_Л a л/36 + Зл2
1071. arccos 1072. —
h 16л
(ab+ac + bc)
4 sin (45° +a)
§ 20. НАИБОЛЬШИЕ И НАИМЕНЬШИЕ ЗНАЧЕНИЯ
1079. а) -у/2 см3; б) 4 д/2 см2 1080. 1081. у/55 см. 1082. arctg
1083. arctg д/2. 1084. 8 м. 1086. 2 см. 1087. 3 д/Тз см2, 12 см2 1090. RH, если R^H;
если R>H. 1091. Ю92. a) -£-• ¥- б)
2 V 5л 2 4 4 ' 5 5 5
1093. 1094. /i = -y» где h — высота цилиндра, Н — высота конуса.
3
Ю95 а\ ; б) /?л/2. Ю96. а); б) 1097. а) 4Л; б) /?(2 + л/2). 1098. R у/3.
' 3 а
1099. ^(л/3-1)3 НОО. 4 ‘<01. 45“ 1102. ± "03. 1104. R3
1105, arctgfcos^V^+n) 1Ю6. R = ^-, Н=3а. 1107.
351
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие 3
§ 1. Введение (О методах решения геометрических задач) 6
Г лава I. Планиметрия 26
§ 2. Треугольники и четырехугольники 31
Задачи для самостоятельного решения (№ 1 —140) 38
§ 3. Окружности 46
Задачи для самостоятельного решения (№ 141—261) 54
§ 4. Площади 62
Задачи для самостоятельного решения (№ 262—363) 73
§ 5. Наибольшие и наименьшие значения 80
Задачи для самостоятельного решения (№ 364—391) 89
Глава II. Стереометрия 92
§ 6. Общие сведения о полных изображениях
§ 7 Простейшие построения в пространстве (позиционные задачи) 98
Задачи для самостоятельного решения (№ 392—401) 101
§ 8. Построения на изображениях многогранников (позиционные
задачи) 102
Задачи для самостоятельного решения (№ 402—461) 124
§ 9. Общие сведения о метрически определенных изображениях 131
Задачи для самостоятельного решения (№ 462—492) 141
§ 10. Простейшие построения в пространстве (метрические задачи) 144
Задачи для самостоятельного решения (№ 493—516) 158
§ 11. Построения на изображениях многогранников (метрические задачи) Ю0
Задачи для самостоятельного решения (№ 517—602) 1854
§ 12. Угол между скрещивающимися прямыми 193
Задачи для самостоятельного решения (№ 603—647) 200
§ 13. Расстояние от точки до прямой, до плоскости и расстояние между
скрещивающимися прямыми 204
Задачи для самостоятельного решения (№ 648—702) 220
§ 14. Угол прямой с плоскостью 226
Задачи для самостоятельного решения (№ 703—747) 236
§ 15. Угол между плоскостями. Двугранный и многогранный углы 240
Задачи для самостоятельного решения (№ 748—796) 259:
§ 16. Площади сечений 263
Задачи для самостоятельного решения (№ 797—836) 273
§ 17 Площади поверхностей 277
Задачи для самостоятельного решения (№ 837—889) 290
§ 18. Объемы 294
Задачи для самостоятельного решения (№ 890—973) 303
§ 19. Комбинации с многогранниками и круглыми телами 310
Задачи для самостоятельного решения (№ 974—1077) 32Г*
§ 20. Наибольшие и наименьшие значения 328
Задачи для самостоятельного решения (№ 1078—1109) 334
Ответы 337
В. А.ГУСЕВ В.Н.ЛИТВИНЕНКО А.Г. МОРДКОВИЧ .
ПРАКТИКУМ
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
ГЕОМБТРЦЯ