3
1
А.И.ФЕТИСОВ
4
I
i

А. И. ФЕТИСОВ
ГЕОМЕТРИЯ В ЗАДАЧАХ
Пособие для учащихся школ и классов
с углубленным теоретическим
и практическим изучением математики
МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ»
1977

513
Ф45
Фетисов А. И.
Ф45 Геометрия в задачах. Пособие для учащихся школ
и классов с углубл. теоретическим и практическим
изучением математики. М., «Просвещение», 1977.
192 с. с ил.
Книга содержит задачи, разнообразные по степени трудности, по всем
основным разделам курса геометрии средней школы. Ко всем задачам даны
решения или указания к решению. Кинга может быть использована уча-
учащимися IX — X классов, желающнмн клубить и расширить свои матема-
математические знания.
((^Издательство «Просвещение», 1977

ПРЕДИСЛОВИЕ
Решение задач — это одна из активных форм обучения.
В процессе решения задач учащиеся знакомятся с новыми мате-
математическими закономерностями, задачи помогают им по-иному
взглянуть на уже известные факты, учат самостоятельно добывать
нсвые знания. Решая задачи, можно значительно повысить
уровень своего математического образования. При этом успех
во многом зависит от того, насколько совершенна система задач,
как полно она отражает соответствующий курс.
Настоящая книга «Геометрия в задачах» по своей структуре
служит хорошим пособием для изучения геометрии. В ней даны
задачи, которые по своему содержанию отражают весь курс гео-
геометрии средней школы. Значительная часть задач по своему
решению вполне доступна большинству учащихся. Более трудные
задачи помечены звездочкой, а особенно трудные—двумя звез-
звездочками. Правильный результат, полученный при решении задачи
со звездочкой или двумя звездочками, свидетельствует о глубо-
глубоком понимании материала, о достаточно развитом логическом
мышлении.
В книге приводятся решения или указания к решениям всех
задач. Предполагается, что к этому разделу учащиеся будут
обращаться лишь в крайних случаях, ибо ничего не может
принести столько пользы, сколько приносит самостоятельная
работа по поиску решения. Надо хорошо усвоить, что тр>д и
упорство — основные источники успеха.
Данная книга поможет учащимся узнать много нового, полю-
полюбить математику. Она будет полезной не только учащимся,
которые учатся в школах и классах с углубленным теоретическим
и практическим изучением математики, но и учащимся, которые4

не имеют возможности посещать такие классы, но хотят само"
стоятельно повысить уровень своих знаний по геометрии, лучше
подготовиться к продолжению своего образования н трудовой
деятельности, предполагающей развитие пространственного вооб-
воображения и логического мышления. Она будет полезна огромному
контингенту учащихся, которые любят технику, хотят ей посвя-
посвятить свою послешкольную деятельность. В наше время молодому
человеку, входящему в самостоятельную жизнь после школы,
н\жны прежде всего твердые навыки в самообразовании. В этом
деле предлагаемая книга — верный помощник.
С. И. Шварцбурд

Часть I
ПЛАНИМЕТРИЯ
§ 1. Основные понятия и теоремы. Перемещения
плосности. Композиция перемещений.
Многоугольнини и окружности
1.	Даны три точки А, В, С. не принадлежащие одной прямой.
Доказать, что всякая прямая, не проходящая через точки А, В и
С, либо не пересекает ни одного отрезка ВС, СА и АВ, либо
пересекает два и только два из них.
Заметим, что в некоторых курсах геометрии предложение этой
задачи принимается в качестве аксиомы, называемой аксиомой
Паша1.
2.	Плоскость разделена конечным числом прямых на несколь-
несколько областей Доказать, что достаточно иметь только две краски,
чтобы закрасить полученную «карту» так, что области, имеющие
общую границу (отрезок), будут закрашены разными красками.
3*. На плоскости даны п различных прямых, из которых
каждая пересекает все остальные и никакие три не проходят
через одну точку. На сколько частей они делят плоскость?
4.	Точки А, В, С не принадлежат одной прямой, точка Р
не принадлежит прямым ВС, СА и АВ. Доказать, что по крайней
мере одна из прямых РА, РВ или PC пересекает соответственно
отрезок ВС, СА или АВ.
5.	Дана ось симметрии / и точки А и А', симметричные отно-
относительно оси /. Построить течку В', симметричную произвольной
точке В относительно оси I, пользуясь только линейкой.
6.	Построить треугольник ABC наименьшего периметра, если:
а) даны вершины А и В, а третья вершина С должна нахо-
находиться на данной прямой /;
б)* данная вершина А находится внутри данного острого угла,
а вершины В и С должны находиться на двух сторонах этого
угла;
в)* вершины А< В и С искомого треугольника должны нахо-
находиться соответственно на сторонах [NP], [РМ] и [MN] данного
остроугольного треугольника MNP.
7.* Используя результат предыдущей задачи, доказать, что
три высоты треугольника пересекаются в одной точке.
1 Мориц Паш A843—1930) — немецкий геометр.

8. Б выпуклом n-угольннке проведены все диагонали. Найти
наибольшее возможнее число точек их пересечения.
9*. Внутри выпуклого п-угольника дано т точек. Соединим
эти точки отрезками друг с другом и с вершинами многоуголь-
многоугольника так, чтобы каждая из данных точек была вершиной тре-
треугольника и получившиеся треугольники не имели общих внутрен-
внутренних точек. На сколько треугольников разобьется многоугольник?
10*. Некоторое перемещение отображает три точки А, В, С,
не принадлежащие одной прямой, соответственно на точки А', В',
С. Доказать, что образ Р' любой точки Р можно построить,
пользуясь только линейкой и циркулем «с острыми ножками»,
т. е. пользуясь циркулем только для перенесения отрезков, не
проводя им окружности.
11.	Доказать следующие свойства композиции осевых симмет-
симметрии:
а)	композиция двух осевых симметрии с пересекающимися
осями есть поворот на угол, вдвое больший угла между осями,
с центром в точке пересечения осей;
б)	композиция двух осевых симметрии с параллельными осями
есть параллельный перенос (вектор), направленный перпендикуляр-
перпендикулярно осям от первой оси ко второй, на расстояние, равное удвоен-
удвоенному расстоянию между осями.
12.	Доказать следующие свойства поворотов и параллельных
переносов:
а)	каждый поворот можно представить в виде композиции
двух осевых симметрии с осями, проходящими через центр пово-
поворота и образующими угол величиной вдвое меньше величины
угла поворота, причем одну из осей можно провести через центр
поворота произвольно;
б)	каждый вектор (параллельный перенос) можно представить
в виде композиции двух осевых симметрии, оси которых перпен-
перпендикулярны направлению вектора, а расстояние между ними вдвое
меньше длины вектора, причем одну из осей можно провести
произвольно.
13*. Доказать, что композиция двух поворотов есть либо
njBopoT, либо параллельный перенос. В каком случае будет тот
или другой результат? Если композицией будет поворот, то как
построить его центр? Каков будет угол поворота?
14*. На трех сторонах треугольника вне его построено три
квадрата. Как восстановить (построить) треугольник, если даны
только центры этих квадратов?
15.	Доказать, что композиция двух центральных симметрии
есть параллельный перенос — вектор. Как найти этот вектор?
Обратно: каждый перенос можно представить в виде композиции
двух центральных симметрии, причем один из центров можно
выбрать произвольно.
16.	Каким перемещением является композиция четного числа
центральных симметрии? нечетного?
6

17*. Дано 5 точек — середины сторон некоторого пятиуголь-
пятиугольника. Построить этот пятиугольник.
18*. Доказать, что любые два конгруэнтных и одинаково
ориентированных1 треугольника можно отобразить один на дру-
другой либо поворотом, либо параллельным переносом, причем в том
и другом случае перемещение определяется однозначно.
19*. Доказать, что композиция трех осевых симметрии с осями,
проходящими через одну и ту же точку, есть осевая симметрия.
20*. Доказать, что композиция трех осевых симметрии с ося-
осями, не проходящими через одну точку и не параллельными
одной прямой, может быть представлена как композиция осевой
симметрии и параллельного переноса—вектора, параллельного оси
симметрии. (Это перемещение называется скользящей симметрией.)
21*. Даны два конгруэнтных, но противоположно ориенти-
ориентированных треугольника (см. примечание к задаче 18): А&Сг
и АгВ.,С*. Точки, отображающиеся друг на друга, обозначены
одинаковыми буквами. Доказать, что середины отрезков АгА2,
ВхВу, CiC2 лежат на одной прямой.
22. Доказать, что данный разносторонний треугольник ника-
никакой прямой нельзя разделить на два конгруэнтных треуголь-
треугольника.
23*. Лист бумаги имеет лицо и изнанку. На этой бумаге
нарисован разносторонний треугольник. Как разрезать этот
треугольник на наименьшее число частей, чтобы из этих частей
можно было бы сложить треугольник, перевернув каждую из
частей на прежнем месте изнанкой вверх?
24.	Полосой называется множество точек плоскости, лежащих
между двумя параллельными, т. е. принадлежащих отрезкам,
соединяющим точки одной из параллельных прямых с точками
другой; по-другому полоса определяется как непустое пересечение
двух полуплоскостей с различными параллельными границами.
а)	Доказать, что множество центров симметрии полосы есть
прямая (ось полосы).
б)	Получить все основные свойства параллелограммов (в том числе
прямоугольника, ромба, квадрата), рассматривая параллелограмм
как пересечение двух полос.
25.	При помощи двусторонней линейки (модель полосы) выпол-
выполнить следующие построения: а) провести биссектрису данного
угла; б)* через данную точку провести прямую, параллельную
данной прямой; в) удвоить, утроить и т. д. данный отрезок; г) раз-
разделить данный отрезок на п конгруэнтных частей; д)* удвоить,
утроить данный угол; е)* найти точку, симметричную данной
относительно данной оси; ж)** построить равносторонний треуголь-
треугольник, имеющий данный отрезок своей стороной.
1 Два треугольника ABC и A^jCi с заданным порядком вершин называют-
называются одинаково ориентированными, если в обоих треугольниках обход «по кон-
контуру» от А к В, В к С, С к А и от А± к Blt Bt к С1г Сг к Аг совершается
в одном и том же направлении, т. е. против или по часовой стрелке.

26*. Как построить биссектрису угла, пользуясь только чер-
чертежным угольником?
27. Как построить биссектрису угла, вершина которого не-
недоступна? Можно ли выполнить это построение, пользуясь толь-
только двусторонней линейкой?
28*. Дана точка Р и две не проходящие через нее прямые,
точка пересечения которых недоступна. Пользуясь только чер-
чертежным угольником, провести прямую через точку Р и точку
пересечения данных прямых.
29*. Треугольник вписан в окружность. Доказать следующие
утверждения:
а)	три точки, симметричные ортоцентру треугольника — точке
пересечения высот — относительно его сторон, лежат на окруж-
окружности;
б)	если на окружности взять любую точку и найти три точки,
симметричные ей относительно трех сторон треугольника, то эти
1ри точки лежат на одной и той же прямой, проходящей через
ортоцентр рассматриваемого треугольника.
30*. Дан треугольник ABC и на прямых ВС, СА и АВ взяты
соответственно точки А', В' и С. Доказать, что три окружности,
проходящие через тройки точек А, В', С; В, С, А' и С, А', В',
пересекаются в одной точке.
31. Четыре прямые при пересечении друг с другом образуют
четыре треугольника. Доказать:
а)* четыре окружности, описанные около этих треугольников,
пересекаются в одной точке;
б)* четыре центра этих окружностей лежат на одной окруж-
окружности, проходящей через ту же точку;
в)** четыре ортоцентра этих треугольников лежат на одной
прямой.
32**. В окружность вписан шестиугольник АВСС'В'А'. Пусть
(ВС) П (В'С) = Ла, (СА') П (СА) = Blt (АВ1) {] (А'В) = d. Дока-
Доказать, что точки Alt Bx, d принадлежат одной прямой, предвари-
предварительно доказав, что три окружности, описанные около треуголь-
треугольников BCAly CABi и АВСх, пересекаются в одной точке1.
§ 2. Векторы. Гомотетия и подобие.
Метрические соотношения в плоских фигурах.
Метод координат на плоскости
1.	Пусть А±А2 ... Ап — правильный многоугольник, О — его
центр. Доказать, что сумма векторов OAlt ОАг, ..., ОАп равна 0.
2.	Доказать, что точка С принадлежит прямой АВ тогда
и только тогда, когда в выражении вектора ОС через векторы
1 Доказываемое предложение известно под именем теоремы Паскаля,
Б лез Паска ль A623—1662) — выдающийся французский математик и физик.

ОА и OB т. е. в соотношении ОС — хОА +уОВ, сумма коэф-
коэффициентов равна 1, т. е. х + у = 1 (здесь АфВ, О — точка, не
принадлежащая прямой АВ).
3.	Используя результат предыдущей задачи, доказать, что
три медианы треугольника пересекаются в одной точке.
4.	Зафиксируем точку О плоскости. Любая другая точка А
однозначно определяется своим радиус-вектором О А, который бу-
будем обозначать просто А. Этим понятием и обозначением мы
будем неоднократно пользоваться в дальнейшем. Фиксированную
точку О принято называть начальной точкой. Введем также
символ {ABC) — простое отношение трех точек А, В, С, принад-
принадлежащих одной прямой; точки А и В называются базисными
точками, точка С—делящей. Символ (ABC) есть число, опреде-
определяемое формулой:
СА = (АВС)-СВ.
•*¦ -»•
Далее, для двух коллинеарных векторов а и b однозначно опре-
-*¦
"¦*¦"•¦	а
деляется число X такое, что а — lb. Введем обозначение X = —
Ь
(отношение коллинеарных векторов). В таком случае можно
записать:
СА
(ABC) = Щ.
ев
Замечание. Обозначение для отношения Гекторов не свя-
связано со скалярным умножением векторов! (Скажем, соотношение
ас	-*--*--*--*-	->¦->¦->- / ]-*л -*• -^*
-^ = zf влечет а = кЬ и с = Ы, откуда а • d = (Xb) • т с = Ъ • с,
Ь d	ук '
но обратное неверно — из соотношения а • d = b • с совсем не сле-
-»¦ -*¦
п	С	"**"*"
дует, что ^ = ^: векторы а и b не обязаны быть коллинеарны-
b d
ми. Приведите соответствующий пример.)
-*¦	-»-
Вывести формулу, выражающую вектор С через векторы А
и В, при условии, что (ABC) = k.
5.	Пусть \AN] — биссектриса угла при вершине А в треуголь-
—> -*-
нике ABC. Вывести формулу, выражающую вектор AN = n через
—> -*- —> -*¦
векторы АВ = с и АС = Ь. Доказать, что
NC	\~Ь\
6. В треугольнике ABC \АВ\Ф\АС\. Сохраняя обозначе-
обозначения предыдущего упражнения, вывести формулу, выражающую
9

вектор AN' —и', где [AN']—биссектриса внешнего угла треуголь-
—=* -*. ¦—¦* -*¦
пика ABC, N' е (ВС), через векторы АВ = с и АС = b. Доказать,
что () Щ
1*1
7. Доказать, что при любом выборе начальной точки О цен-
центроид Q (точка пересечения медиан) треугольника ABC опреде-
определяется формулой:
8*. Доказать, что вектор ОР = т^ + "^+ ";- + ™пМ„ оп.
ределяет соответствующую точку Р=Р(О) однозначно, незави-
независимо от выбора начала О всех ради\ с-векторов. Точка Р назы-
называется центром масс или центроидом системы точек Аи А2, ... ,
Ап, обладающих массами mlt m.2	тп.
Доказать, что в случае двух точек Аг и Аг точки Alt
А2 и Р принадлежат одной прямой, причем
(АЛЛ = - -•
9*. Найти положение центра тяжести проволочного треуголь-
треугольника (считаем, что зся проволока одного диаметра и состоит из
одного и того же металла).
10*. В вершинах произвольного четырехугольника помещены
равные массы. Найти положение их центроида.
II*. Принимая без доказательства, что центр тяжести одно-
однородной треугольной пластинки совпадает с центроидом треуголь-
треугольника, т. е. точкой пересечения его медиан, доказать, что центр
тяжести однородной четырехугольной пластинки (четырех;.голь-
ник — выпуклый) совпадает с центром параллелограмма, который
стрбится так: каждую сторону четырехугольника делим на три
[ авные части и через каждую пару точек, ближайших к каждой
вершине, проводим прямые — они и бу-
!1	дут ограничивать этот параллелограмм.
12*. Найти центр тяжести однородной
пластинки, имеющей форму, изображен-
изображенную на рис. 1. Построение выполнить
только линейкой.
13. Гомотетия определена центром S
и коэффициентом к. Написать формулу,
-¦• -*•
связывающую А и А', где А' — образ точ-
точки А при этой гомотетии. (Заметим, что
	 ответ не зависит от выбора начала О.)
~"	!4*. Доказать, что композиция двух
Рис. 1	гомотетий есть либо гомотетия, либо парал-
10

лельный перенос. Как определяется центр и коэффициент резу ть-
тирующей гомотетии в персом случае и как определяется соотпет-
ствующий вектор во втором случае?
.15**. Даны три окружности с центрами, не принадлежащими
одной прямой, и разными радиусами. Установив, что для каждой
пары этих окружностей существуют две гомотетии, преобразую-
преобразующие их друг в друга, доказать, что шесть центров полученных
гомотетий расположены по три на четырех прямых. (Это утвер-
утверждение называется теоремой Даламбера'.)
16*. Дан треугольник ABC. На прямых ВС, С А и АВ распо-
расположены соо:ветственно точки X, Y и Z. Доказать, что необхо-
необходимым и достаточным ^слояием того, чтобы точки X, Y, Z
принадлежали одной прямой, является вьтолнение равенства
X Ft VC 7 А
(ВСХ) • (CAY) ¦ (ABZ) = 1, или ~ • ~ • ~ = 1- 'Это утвержде-
ХС Y'A ZB
ние называется теоремой Менелая2.)
17*. Дан треугольник ABC, в котором биссектрисы внешних
углов при_вершинах А, В и С пересекают противоположные сто-
стороны или их продолжения соответственно в точках М, N и Р.
Доказать, что эти три точки принадлежат одной прямой.
18*. Одна из сторон угла пересекает окружность. Построить
окружность, которая касалась бы обеих сторон угла и данной
окружности.
19*. Доказать, что два подобных и одинаково ориентирован-
ориентированных треугольника, не конгруэнтных и не гомотетичных друг другу,
всегда можно отобразить один на другой композицией гомотетии
и поворота с общим, однозначно определяемым центром.
20**. Доказать, что два подобных и противоположно ориен-
ориентированных треугольника всегда можно преойразовать друг
в друга компошцией симметрии относительно какой-нибудь (любой)
из двух взаимно перпендикулярных осей и гомотетии с центром
в точке пересечения этих осей. Оси эти определяются однозначно.
21.	Доказать, что прямая, проходящая через точку пересече-
пересечения продолжений непараллельных сторон тргпеции и точку
пересечения се диагоналей, проходит через середины оснований
трапеции.
Верна ли обратная теорема: если прямая, проходящая через
точку пересечения продолжения противоположных сторон четырех-
четырехугольника и точку пересечения его диагоналей, делит одну из сторон
четырехугольника пополам, то четырехугольник — трапеции?
22.	Предложения, доказанные в предыдущей задаче, использо-
использовать для следующих построений, выполняемых только линейкой:
а) на одной из двух параллельных прямых дан отрезок. По-
Построить его середину;
1 Жан Лерон Даламбер A717—1783)—французский математик.
2Менелай — древнегреческий астроном и математик (I в. н. э.).
11

б)	на данной прямой задан отрезок с отмеченной серединой.
Через данную вне прямой точку провести параллельную ей
прямую;
в)	цана окружность и ее центр. Вписать в эту окружность
квадрат;
г)	в данную окружность (с отмеченным центром) вписать
прямоугольник и провести его оси симметрии;
д)* фигуру, полученную в предыдущем построении, исполь-
использовать для проведения прямой, параллельной любой данной пря-
прямой, и для построения середины любого отрезка.
23.	Для введения прямоугольных (декартовых) координат на
плоскости строят репер (герёге — метка), состоящий из начала
координат — точки О и двух единичных векторов (ортов) / и /,
перпендикулярных друг другу. Вектор i определяет направление
-+¦
оси Ох, вектор / — направление оси Оу. Символически этот репер
-+¦ -*¦
обозначается: (О, i, /). Положение точки М плоскости опреде-
определяется радиус-вектором ОМ = г этой точки. Разложив его по
-*¦-*¦	-*¦ -*¦ -*¦
векторам / и /, получим г = xi + yj. Числа х и у, определяемые
этим разложением, называются координатами точки М, векто-
-? ~?	-*¦
ры xi и у\ называются компонентами вектора г, или его про-
проекциями на ось Ох и ось Оу.
Доказать, что проекция вектора на ось обладает следующими
свойствами:
а)	при умножении вектора на число его проекция умножается
на то же число;
б)	проекция суммы векторов равна сумме проекций слагаемых.
24.	Точка М имеет координаты х и у: М = М (х; у). Как
изменятся эти координаты, если начало О перенести в точку О'
с координатами (а; Ь)?
25*. Вектор r—xi-\-yj образует с осью Ох угол <р. на который нужно
повернуть вектор i в положительном направлении для того,
—>-
чтобы его направление совпало с направлением г. Как извест-
известно, j = cos'f и ~ = sin?, где г = \г\. Отсюда г = ircoscp + jrsinз>.
а) Пользуясь этой формулой, установить зависимость между век-
торами / и / и новыми ортами V', /', которые получаются, если
координатные оси повернуть вокруг начала О на угол ф. б) Точ-
Точка М в старой системе имела координаты (л;; у). Какими фор-
формулами связаны эти координаты с новыми координатами х', у'
той же точки Л4?
26*. Повернув координатные оси вокруг начала, сначала на
угол а, и получив орты V и /', а потом на угол C, и полу-
получив новые орты i" и /", вывести из полученных зависимостей
12

между ортами основные формулы тригонометрии для sin (a -i- р)
и cos (a + P)-
27.	Даны точки А (дгх; уг) и В(х2; у2). Найти координаты
точки С, удовлетворяющей условию: (АВС) = \.
28.	Скалярное произведение ненулевых секторов есть произ-
произведение длин этих векторов на косище угла между ними:
-»¦-»-
ab — ab cos ф. Доказать основные свойства скалярного произве-
произведения:
а)	обращение в нуль произведения при а Ф О, b ф О и гр =
	оп°-
•*-*¦ -»¦-»¦
б)	коммутативность: ab = ba (переместительный закон);
-»¦¦»¦	-»- •*¦
в)	ассоциативность при умножении на число: tn(ab) =(ma)b
(сочетательный закон);
-»¦ -»--»- ->¦-¦¦ ¦*¦*¦
г)	дистрибутивность: (а + Ь) с = ас + be (распределительный
закон).
29.	Применить свойства скалярного произведения к выводу
основных метрических соотношений планиметрии: а) теоремы
косинусов и синусов для треугольника; б) зависимости между
сторонами и диагоналями параллелограмма.
-»->• -»¦ -»¦-*¦¦+¦ -»--»¦-»-
30.- а) Доказать тождество а (Ь — с) -}- ? (с — а) +с(а — Ь) 0.
б)* Применить это тождество к доказательству того, что высоты
треугольника пересекаются б одной точке.
31.	Доказать, что сумма квадратов сторон четырехугольника
равна сумме квадратов его диагоналей плюс учетверенный квадрат
расстояния между серединами диагоналей.
32.	Выразить длину а) медианы и б)* биссектрисы треуголь-
треугольника через длины его сторон.
33.	Записать в координатах скалярное произведение векторов
M*i! #i) и г2(х2; у2).
34.	а) Выразить условие перпендикулярности двух векторов,
если известны их координаты: ^(л^; #х), г2(х2; у2).
б) Какой формулой выразится расстояние между точками,
-»- -»¦
имеющими те же координаты? Как вычислить угол между rx n г2?
35.	На координатной плоскости дана прямая /, О § I. Рас-
—> -»-
смотрим перпендикулярный к этой прямой вектор ОР =~ р, где
Рё/; тогда р = \р\ есть расстояние от прямой до начала координат.
-»-
Обозначим через <р угол, который образует е-- — -орт ве:чтора
-*¦	-»¦-»- —>
р, —с ортом i. Пусть г = 0М — переменный радиус-вектор про-
—• -*¦
извольиой точки Mzl. Принимая во внимание, что вектор РМ г—
-»¦	-»-
— р перпендикулярен вектору р, вывести векторное уравнение
J3

прямой / в виде г е = ре ч потом отсюда получить нормальное
уравнение прямой / в координатах: х cos ф -f- у bin ф = р.
Разобрать случаи различного расположения прямой по отно-
отношению к осям координат.
36.	Доказать, что уравнение вида
га^т,	A)
где г — переменный радиус-вектор, а — фиксированный вектор,
т-—действительное число, есть уравнение прямой. Привести это
¦»¦-¦¦
уравнение к нормальному виду: г с — р. Доказать, что в коорди-
натной форме уравнение A) имеет вид:
Ах + By + С ~ 0.
37.	Доказать, что всякое линейное уравнение вида Ах + By -f-
+ С = 0 есть уравнение прямой. Как привести его к векторной
форме га —т. и к нормальному виду:
х cos ф + у sin ф = р?
38*. Доказать: если в левую часть нормального уравнения
прямой вида лгсоБф + «/sirup — р = 0 подставить координаты хи
ух произвольной точки М, то получится число, по абсолютной
величине равное расстоянию от точки М до данной прямой. Ка-
Каков будет знак этого числа в зависимости от того, лежат ли точки
ill и О по разные стороны от этой прямой или нет?
39. Даны уравнения двух прямых:
1 = 0 и А2х + Вгу + С2 = 0.
а) Вычислить координаты точки пересечения этих прямых и
угол, образуемый ими. Установить условия параллельности и пер-
перпендикулярности этих прямых.
б)* Приведя рассматриваемые уравнения к нормальному виду
и используя результат предыдущей задачи, вывести уравнения
биссектрис углов между этими прямыми.
40.	Написать общее уравнение прямой, проходящей через дан-
данную точку М. Написать уравнение прямой, проходящей через
две данные точки М и N. Точки заданы координатами:
М(хй yt), N{x2; y2).
41.	При каком услозии три прямые, заданные уравнениями:
Alx+Bly+C1 = 0; Агх + В.2у + С2 = 0 и А3х + В3у + С3 = 0,
проходят через одну и ту же точку?
42.	Окружность задана своим центром С, который определя-
—> -»-
ется радиус-вектором ОС— с, и радиусом/?. Написать уравнение
окружности в векторной и координатной форме, если координаты
14

точки С суть (а; Ь). Как выглядят эти уравнения в зависимости
от расположения центра: а) центр лежит на оси Ох; б) центр
лежит на оси Оу\ в) центр совпадает с началом О, — и в случае,
когда окружность проходит через начало О?
43. При каких условиях общее уравнение второго порядка:
+ 2alsx + 2a,i3y
задает на координатной плоскости окружность?
44. Доказать тождество:
Применить это тождество к доказательству следующего пред-
предложения: если дана окружность с центром С и радиусом R,
[АВ] — ее диаметр, М — произвольная точка плоскости, причем
\СМ\ =т, МЛ = а, МВ=Л, то Vb=m* — Я2 = ± р*.
Получающаяся постоянная ± р2, не зависящая от положения
диаметра АВ, называется степенью точки М относительно окруж-
окружности с центром С радиуса R.
45*. Доказать, что если в левую часть уравнения окружности
вида
(x-af + (y-bf-R2 = Q	A)
подставить координаты xlt уг произвольной точки М, то полу-
полученное чисто будет степенью точки М относительно данной окруж-
окружности. Если точка М лежит вне окружности, то степень поло-
положительна и равна р2, если точка М лежит внутри окружности,
то степень отрицательна; для точек, лежащих на окружности,
степень равна нулю. В первом случае длина отрезка касательной,
проведенной из точки М к окружности, от точки М до точки
касания, равна р.
46**. а) Доказать, что если даны две не концентрические
окружности, то множество точек, имеющих одинаковую степень
относительно обеих окружностей, есть прямая, которая называ-
называется радикальной осью этих окружностей
б) Если центры трех окружностей не принадлежат одной пря-
прямой, то три их радикальные оси пересекаются в одной и той же
точке — радикальном центре трех окружностей.
47**. Условимся буквой К обозначать выражение, стоящее
в левой чести уравнения окружности вида
(х — аJ + (у — bf — #2 = 0.
Доказать, что семейство уравнений вида Ki+tK2 — 0, где
t — переменный параметр, задает так называемый пучок окруж-
окружностей— семейстЕО окружностей, имеющих общую радикальную
ось. Записать уравнение пучка в явном виде (в координатах).
15

Доказать, что псе окружности пучка либо пересекаются в двух общих
точках (эллиптический пучок), либо касаются друг друга в одной
общей точке (параболический пучок), либо не имеют общих точек
(гиперболический пучок). Начертить пучки окружностей каждого
вида.
48**. При помощи циркуля и линейки построить окружность,
проходящую через две данные точки и касающуюся данной окруж-
окружности.
49. Построить окружность данного радиуса, касающуюся двух
данных окружностей.
§ 3. Измерение площадей. Задачи на все разделы
планиметрии
!**. Доказать, что необходимым и достаточным условием, чтобы
данный треугольник был прямоугольным, является равенство:
2R + г = р,
где R— радиус описанной окружности, г — радиус вписанной
окружности, р—полупериметр треугольника.
2*. В данную окружность вписать треугольник наибольшей
п вдщади.
3**. Дана сетка квадратов на плоскости («клетчатая бумага»).
Можно ли построить равносторонний треугольник, вершины кото-
которого находились бы в узлах этой сетки (в точках пересечения
линий)?
4**". Доказать, что расстояние d между центрами описанной
около треугольника и вписанной в треугольник окружностей вы-
выражается формулой Эйлера1:
tf- = #2 — 2Rr,
где/? — радиус описанной, г — радиус вписанной окружностей.
5**. Вывести аналогичную формулу для расстояния da между
центрами описанной около треугольника окружности радиуса R
и вневписанной окружности радиуса га, касающейся стороны [ВС]:
6**. Даны две окружности с центрами Ох и О2 радиусов R^
и R2, Ri > R2, лежащие одна вне другой или касающиеся друг
друга внешним образом. Обозначим через S центр гомотетии с по-
положительным коэффициентом, преобразующий эти окружности
друг в друга. Пусть секущая, проведенная из точки S, пересе-
пересекает эти окружности в точках Alt А2 и Ви Вг, где А1 и В, при-
принадлежат первой окружности, А2, В2 — второй. Точки At и А2,
1 Леонард Эйлер A707—1783) — великий математик, механик и физик.
16

отображающиеся друг на друга при упомянутой гомотетии, назы-
называются гомологичными, так же как и точки Вг и В2, Ох и О...
Точки Ах и В2> ^1 и А2 называются антигомологичными. Дока-
Доказать: а) третья окружность, проходящая через две антигомоло-
антигомологичные точки, пересекает данные две окружности в двух других
антигомологичных точках; б) окружность, касающаяся двух дан-
данных окружностей, определяет две антигомологичные точки ка-
касания.
7**. Через данную точку провести окружность, касающуюся
двух данных окружностей, удовлетворяющих условиям предыду-
предыдущей задачи.
8.	Вывести формулу, выражающую площадь треугольника
через координаты трех его вершин: A1(xi\ уг), А2(х2; у.,),
А3(х3; у3). (Вершины прономерованы в порядке обхода по кон-
контуру треугольника против часовой стрелки.)
9.	Вывести формулу для вычисления площади п-угольника
АгА, ... Ап, ести его вершины пронумерованы в таком же по-
порядке, как и в предыдущей задаче, и заданы их координаты:
Ai(xj; f/i), А2(х,; у2)	Ап(хп;уп).
10.	Доказать, что площадь любого четырехугольника равна
половине произведения длин его диагоналей на синус угла межд\
ними.
11.	Для проведения эксперимента с удобрениями агроному
потребовалось выделить из поля, имеющего форму выпуклого че-
четырехугольника без параллельных сторон, участок, занимающий
пятую часть площади поля. Для этого он разделил две противо-
противоположные границы поля на 5 равных по длине частей и соеди-
соединил прямыми линиями две пары средних точек деления. Площадь
1
получившейся полоски он принял за -=- часть площади данного
поля. Правильно ли рассчитал агроном?
12.	Данный выпуклый пятиугольник разделить на две равно-
равновеликие части, т. е. части равной площади, прямой, проходящей
через данную на стороне пятиугольника точку.
13**. В плоскости треугольника ABC дана точка М. Эта точка
начинает двигаться прямолинейно к вершине Л, но на полпчтн
останавливается и начинает двигаться к вершине В, но опять на
полпути останавливается и двигается к вершине С, вновь на пол-
полпути останавливается и продолжает такое же движение к вер-
вершине А и т. д. Доказать, что при неограниченном продолжении
такого движения точка будет двигаться бесконечно близко к кон-
контуру однозначно определяемого предельного треугольника.
Построить этот треугольник и вычислить отношение его площади
к площади исходного треугольника ABC.
14. В окружность вписан выпуклый п-угольник, содержащий
центр окружности. Через каждую из его вершин проведены ка-
касательные к окружности; они ограничивают n-угольник, описан-
описанный около данной окружности. На рассматриваемой окружности
2	17

[«ята точка. Доказать, что произведение расстояний от этой точки
до всех касательных равно произведению ее расстояний до всех
прямых, содержащих стороны вписанного многоугольника.
15. В окружность вписан правильный я-угольник. Соединяя
отрезками середину каждой дуги с ближайшими двумя верши-
вершинами п-угольника, получим правильный 2л-угольннк. а) Доказать,
что, соединяя последовательно середины сторон этого 2/г-уголь-
ника, получим новый 2п-}гольник, периметр которого равен пе-
периметру первоначального /г-угольника. б) Обозначив через Ь.л и гг
апофему и радиус описанной окружности для данного п-уготь-
ника, вывести формулы для апофемы 1г2 и радиуса г2 описанной
окружности для полученного (второго) 2/г-угольника.
16*. Повторяя построение предыдущей задачи, получим из
2п-угольника правильный 4п-угольник с таким же периметром,
потом 8п-угольник и т. д. Доказать, что получающиеся при этом
апофемы и радиусы можно последовательно вычислять по фор-
формулам:
1гр+1 ~ 2 ' Гр+1 = * р+1гр
и что получающиеся последовательности: hu h2, . .. , hp, . .. и
rx, r2, .... rp, .. . имеют общий предел —длину радиуса предель-
предельной окружности, к которой приближаются контуры наших пра-
правильных 2р«-угольников при р-*-оо.
17*. Из формулы длины окружности: С — 2лг, получаем: л —
С	1 2г
= к- или — = -~г ¦ Рассмотрим квадрат с периметром 2 и будем
сХ	ЗТ	С*
последовательно находить значения hp и гр по формулам из пре-
предыдущей задачи. Последовательно повторяя вычисления, добей-
добейтесь того, чтобы значения hp и гр совпали в первых пяти знаках
1 2г 2/"
после запятой. Этим будет найдено значение — = =- ~ -тт — г
Я	С*	с.
с соответствующей точностью. (Этот метод вычисления л назы-
называется методом изопериметрое.)
18.	Дана окружность с центром О, диаметром [CD] и каса-
касательной t в точке D. Дуге DA соответствует центральный угол
величиной ф.
Пусть окружность с центром С и радиусом [CD] пересекает
луч СА в точке Ах. Доказать, что дуги DA и DAX имеют одну
и ту же длину и что луч DAX есть биссектриса угла между \DA)
и касательной t.
19.	Используя построение предыдущей задачи, на том же чер-
чертеже построить дугу DA2, имеющую ту же длину, что и дуги
DA и DAlt пользуясь окружностью с радиусом, вдвое большим
|CD|. Продолжать дальше последовательность таких построений
затруднительно ввиду слишком больших размеров радиусов окруж-
окружностей. Однако найти концы дуг, т. е. точки А.г, А3, А4, ... ,
можно, не проводя окружностей. Как это сделать?
18

(Построение точек А2, А3, А4, ... дает метод графического вы
прямления дуги AD исходной окружности.)
20*. Вычисляя последовательно длины хорд [DA\, [DAi\,
[DA«\ . . . (см. задачи 18—19), вывести формулу Эйлера, дающую
длину дуги DA:
—- /-sincp
DAa = гц> = lim	 -
П-» ~ COS -i- • COS ~ • COS -—- . . . COS y~
Подставив сюда <p = -д- и г= 1, записать формул} для вычисле-
вычисления л, найденную Ф. Виетом1.
21. Две плоские фигуры называются равносоставленными,
если каждую из них можно разбить на части, соответственно
конгруэнтные частям другой фигуры. Очевидно, равносоставлен-
ные фигуры равновелики, т. е. имеют равные площади. Для много-
многоугольников справедливо и обратное ^твержтение: равновеликие
многоугольники всегда равносоставлены. Докажите это для ука-
указанных ниже частных случаев.
а) Два параллелограмма с конгруэнтными основаниями и высо-
высотами равносоставлены.
б)* Два произвольных равновеликих параллелограмма равно-
составлены.
в) Квадрат, построенный на гипотенузе прямоугольного тре-
треугольника, равносоставлен с объединением квадратов, построен-
построенных на катетах.
г)* Произвольный прямоугольник равносоставлен с равнове-
равновеликим ему квадратом.
д)* Равносторонний треугольник равносоставлен с равновели-
равновеликим ему квадратом.
22*. Выше (см. § 2, задача 4) мы ввели символ (ЛВС) для
обозначения простого отношения трех точек А, В, С, С е (АВ):
СА
(ABC) = ^-. Аналогичный символ (abc) удобно ввести и для трех
СВ
прямых а, Ь, с, проходящих через одну точку S (прямые а и b
называются базисными, а прямая с — делящей). Возьмем на пря-
прямой с произвольную точку Р и найдем ее ортогональные проек-
проекции Ра и Рь на прямые а и Ь. Пусть | РРа \ = т, \ РРЬ \ = п; по-
положим, (abc) = ± — , причем условимся это отношение считать
положительным, если Ра и Рь лежат в одной полуплоскости,
определяемой прямой с, и отрицательным в противном случае. До
казать, что величина — не зависит от выбора точки Р и что
имеет место равенство:
, . ч m sin (с, а)
(abc) = — = —Ц^ ¦
		" sin (с, Ь)
1 Франсуа Виет A540—1603) —французский математик
2*	19

23. Доказать: чтобы прямые х, у, г, проходящие соответст-
соответственно через вершины А, В, С треугольника ABC, пересекались
в одной точке или были параллельны друг другу, необходимо
и достаточно, чтобы выполнялось равенство:
(bcx) (cay)(at>z) = —1, где а = (ВС), b = (СА), с = (АВ).
(Это — аьалог теоремы Менелая; прямые х, у, г следует считать
отличными от прямых а, Ь, с.)
24*. Пусть прямые х, у, г, как и в предыдущей задаче, про-
проходят через вершины треугольника ABC и пересекаются в точке
S, не принадлежащей прямым АВ, ВС, СА. Рассмотрим прямые
х', у',, г', проходящие через А, В, С и симметричные прямым
х, у, г соответственно, относительно биссектрис соответствую-
соответствующих внутренних углов треугольника ABC. Доказать, что х\ /.',
г' либо также пересекаются в одной точке S', либо параллельны
друг другу.
25*. Дан треугольник ABC и через его вершины А, В и С
проведены соответственно прямые х, у, г, пересекающиеся в точке
S. Обозначим (ВС)=а, (СА) = Ь, (АВ)=^с. Проведем прямые
а' II х> Ь' \\ у, с' || г; эти прямые ограничивают треугольник
А'В'С :А'- = Ь' П с', В' = с' [\ а', С = а' [\ V. Через точки А',
В', С' проведем соответственно прямые х'||а, у' || Ь, г'\\с. До-
Доказать, что эти прямые х', у', г' пересекаются в одной точке.
26*. Доказать теорему Чевы1: если на сторонах (ВС), (СА),
(АВ) треугольника ABC даны соответственно точки X, Y, Z,
то, для того чтобы прямые (АХ), (BY) и (CZ) пересекались в
одной точке или были параллельны, необходимо и достаточно,
чтобы выполнялось условие: (BCX) (CAY) (ABZ) = —1.
27*. В треугольник ABC вписана окружность, которая каса-
касается сторон [ВС\, [СА] и [АВ] соответственно в точках М, N и Р.
Доказать, что прямые AM, BN и СР проходят через одну точку.
28*. На прямых ВС, СА и АВ, которым принадлежат стороны
треугольника ABC, взяты точки X, Y, Z, причем (АХ) П (BY) |"|
П (CZ) = S. Через точки X, Y, Z проведена окружность, пересе-
пересекающая (ВС), (СА) и (АВ) еще соответственно в точках X', Y',
Z'. Доказать, что (АХ'), (BY'), (CZ') проходят через одну точку.
29*. На плоскости выбраны две прямоугольные системы ко-
координат Оху и О'х'у', причем точки О и О' не совпадают, ось
Ох не параллельна оси О'х' и единицы измерения длин в этих
системах различны.
Существует ли точка плоскости, обе координаты которой в
той и в другой системе координат одинаковы?
30*. В трапеции ABCD (АВ)|| (DC), \AB\<\CD\ и \AD]e*
?=; [ВС]. В нее вписана окружность, к которой в точке Р прове-
проведена касательная, параллельная (АС) и пересекающая (AD) и (DC)
,, ,.	PN\	,
в точках М и N соответственно, причем рм: = т < I.
1 Джованни Чева A648—1734) — итальянский геометр.
20

Вывести формулы, определяющие углы трапеции.
31**. В тре\гольнике ABC дано: А =60°, ^=45°. На медиа-
медианах [AM] и [BN] как на диаметрах построены окружности. В ка-
каком отношении радикальная ось этих окружностей делит сред-
среднюю линию треугольника, параллельную стороне [АВ]?
32. Можно ли построить замкнутую ломаную так, чтобы каж-
каждое ее звено пересекалось с каким-то другим звеном (во внутрен-
внутренней точке) и чтобы пересекающиеся звенья были взаимно перпен-
перпендикулярны? Может ли такая линия иметь 315 звеньев? Может
ли она быть симметричной относительно некоторой оси?
33*. Данный разносторонний треугольник ABC разбить пря-
прямо:"], проходящей через точку А, на два треугольника, отношение
периметров и площадей которых было бы одинаково.
34*. Внутри данного выпуклого четырехугольника ABCD дана
точка М. Вписать в этот четырехугольник ABCD другой четы-
четырехугольник так, чтобы его стороны были соответственно парал-
параллельны прямым MA, MB, MC, MD.
35*. От данного угла отсечь прямою треугольник данной
площади и данного периметра. Периметр задан отрезком дли-
длины 2р, площадь задана как площадь квадрата со стороной
длины q.
36.	Можно ли конгруэнтными друг другу четырехугольниками
(выпуклыми или невыпуклыми) «замостить» плоскость?
37.	Можно ли в данном выпуклом многоугольнике найти точку,
все проекции которой на прямые, содержащие стороны много-
многоугольника, попали бы не на сами стороны, а только на их про-
продолжения?
38.	На стороне угла с вершиной О дана точка А и вне угла —
точка В (рис. 2). Найти на другой стороне угла такую точку М,
чтобы пересечение данного угла с углом АМВ было равнобедрен-
равнобедренным треугольником с вершиной М.
39.	В окружность вписана трапеция ABCD, причем [ВС] ||[ AD\ и
| ВС \<\AD |. Через центр окружности О проведен диаметр [СМ]. Пря-
Прямая ВМ пересекает сторону [AD] в точке К.. Точка L — проекция
точки К на диаметр [СМ]. Вычислить \EF\, если известно, что
9
|LC|=-g-^?, где R — радиус окружности, точка F— середина
[ОМ], точка Е — середина диагонали [BD].
40.	Дана хорда [АВ] окружности, точка
М — ее середина. На меньшей из дуг АВ взя-
взяты произвольные точки С и Е. Прямая СМ
пересекает окружность в точке D, прямая
ЕМ пересекает окружность в точке F,
(ED) П (АВ) = Р, (CF) П (АВ) = Q. Доказать,
что \АР\ = \BQ\.
41.	Длина одной стороны прямоуголь-
прямоугольника 9 см, длина другой — 4 см. Разбить	Рис. 2
21

прямоугольник на две части так, чтобы из них можно было сло-
сложить квадрат.
42*. Данный квадрат разрезать на возможно меньшее число
остроугольных треугольников.
43**. Четыре селения расположены в вершинах квадрата.
Соединить эти селения сетью дорог так, чтобы суммарная длина
всех дорог была наименьшей.
44**. Через две данные точки провести окружность, высекаю-
высекающую на данной прямой хорду данной длины.
45*. Для того чтобы треугольник был равнобедренным, необ-
необходимо и достаточно, чтобы две его биссектрисы были конгруэнт-
конгруэнтными. Доказать.
46**. В плоскости дано п произвольных точек, не принадле-
принадлежащих одной прямой. Через каждые две из них проведена пру
мая. Доказать, что среди проведенных прямых существует хотя
бы одна, которая проходит через две и только две точки.
22

Часта» El.
СТЕРЕОМЕТРИЯ
§ 4. Прямые и плосности в пространстве.
Параллельность. Построения на проекционном
чертеже
1*. На сколько областей делят пространство п плоскостей,
если каждые три из них имеют ровно одну общую точку, а ни-
никакие четыре общих точек не имеют?
2.	Даны две скрещивающиеся прямые а и ft и не принадле-
принадлежащая им точка Р. Как определить (построить) проходящую
через эту точку прямую, пересекающую прямые а и ft?
3.	Доказать, что для параллельности двух прямых необхо-
необходимо и достаточно, чтобы всякая плоскость, пересекающая одну
ич них, пересекала и другую (имеется в виду пересечение только
в одной точке). Вывести отсюда теорему о транзитивности отно-
отношения параллельности прямых в пространстве.
4.	Два треугольника ABC и А'В'С лежат в различных плос-
плоскостях, причем (ВС) П (В'С) = X, (СА) {] (СА') = Y, (АВ) П
П (А'В') = Z. Доказать, что а) X е (YZ); б) либо (АА1) f] (ВВ') П
П (СС) = 5, либо (АА1) (ВВ') || (СС).
Доказать обратное предложение: если для треугольников
ABC и А'В'С имеем: (АА') |~| (ВВ') (~) (СС) = 5 или (АА') 'I
II (ВВ') II (СС) и (ВС) П (В'С) = X, (СА) П (СА') - Y, (АВ) П
Г) (А'В') — Z, то X е (YZ). Рассмотреть случай, когда соответст-
соответственные стороны треугольников окажутся параллельными.
5*. Утверждения, аналогичные утверждениям в задаче 4, спра-
справедливы и для треугольников, лежащих в одной плоскости.
а)	Доказать, что если два треугольнка ABC и А'В'С лежат
в одной плоскости и удовлетворяют условию: (ВС) Г) (В'С) = X,
(СА) П (СА') = Y, (АВ) П (А'В') = Z, причем точки X, Y, Z при-
принадлежат одной прямой, то либо (АА') A (ВВ') (~) (СС) = S, либо
(АА') || (ВВ') .. (СС). Это утверждение называется теоремой Де-
зарга1.
б)	Сформулировать и доказать обратную теорему.
6**. Совокупность прямых и точек, фигурирующая в теореме
Дезарга, есть пример так называемой конфигурации: на каждой
1 Жерар Дезарг A593—1652) — выдающийся французский геометр, один
из основоположников проективной геометрии.

прямой находится одно и то же число точек, а через каждую
точку проходит одно и то же число прямых. В конфигурации Де-
зарга мы имеем 10 точек: А, В, С, А', В', С, X, Y, Z, S и 10
прямых: ВС, В'С, СА, С А', АВ, А'В', АА', ВВ', СС, YZ.
Каждой прямой принадлежат три точки (из числа десяти перечис-
перечисленных) и через каждую точку проходят три прямые1.
Рассмотрим пространственный пятивершинник, в котором ни-
никакие четыре точки из пяти не принадлежат одной плоскости.
Проводя прямую через каждые две точки и плоскость через каж-
каждые три, получим множество прямых и плоскостей. Доказать, что
пересечение этой фигуры с плоскостью, пересекающей все прямые
фигуры, есть конфигурация Дезарга.
7.	а) В плоскости а даны две прямые а и ft, точка пересече-
пересечения которых недоступна. Вне этой плоскости дана точка Р. Как
определить прямую, содержащую точку Р и недоступную точку
пересечения прямых а и ft?
б*) Решить ту же задачу для случая, когда Р лежит в плос-
плоскости а, причем применяя только линейку.
8.	Что из себя представляет множество точек, принадлежащих
прямым, пересекающим одну из двух данных скрещивающихся
прямых и параллельных второй из них?
9*. Дана плоскость а и треугольник ABC, плоскость которого
не параллельна плоскости а. Найти в пространстве такую точку
S, чтобы прямые SA, SB, SC в пересечении с плоскостью а дали
такие три точки А', В', С', что треугольник А'В'С конгруэнтен
другому данному треугольнику MNP.
10.	Доказать, что необходимым и достаточным условием па-
параллельности двух плоскостей является требование, чтобы всякая
прямая, пересекающая данную плоскость (в одной точке), пере-
пересекала и другую. Вывести отсюда теорему о транзитивности от-
отношения параллельности плоскостей.
11.	Существует одна и только одна пара параллельных друг
другу плоскостей, содержащих по одной из двух данных скре-
скрещивающихся прямых. Доказать.
12.	Три параллельные друг другу плоскости определяют на
двух пересекающих эти плоскости прямых две пары пропорцио-
пропорциональных отрезков. Доказать.
13*. Прямая движется так, что она все время остается парал-
параллельной данной плоскости а и в то же время пересекает две дан-
данные скрещивающиеся прямые а и ft. Какую линию описывает точка
такой прямой, делящая в постоянном отношении отрезок этой
прямой между точками ее пересечения с прямыми а и ft?
14. Даны четыре не принадлежащие одной плоскости точки
А, В, С, D. Пусть М — середина [АВ], N — середина [CD], P —
середина [ВС], Q — середина [AD], Я —середина [AC], S — сере-
1 Простейший пример конфигурации — треугольник: каждая прямая содер-
содержит две точки, через каждую точку проходят две прямые.
24

Рис. 3
Рис. 4
дина \BD\. Доказать, что три
прямые MN, PQuRS пересека-
пересекаются в одной точке.
15.	Даны три попарно скре-
скрещивающиеся прямые a, b we.
Как построить прямую, пересе-
пересекающую а и ft и параллельную с?
Всегда ли существует такая
прямая?
16.	Скрещивающиеся прямые
а и b пересекают плоскость -у
в точках А и В. Как построить
на этих прямых точки М € а и
N 6 Ъ так, чтобы было (MN) || -у
и | MN | = d (d задано)?
17.	Для изображения точек
А, В, С, ... в пространстве
для большей наглядности поль-
пользуются условным изображением
некоторой фиксированной («ос-
(«основной») плоскости а и изобра-
изображениями А', В', С, ... парал-
параллельных проекций этих точек на
плоскость а. Выполнить следую-
следующие построения:
а)	по данным изображениям
точек А и В (рис. 3) построить
изображение прямой АВ и ее
проекции на плоскость а. Най-
Найти точку Р, которая изображает
пересечение прямой АВ и плос-
плоскости а (след (АВ) на а);
б)	по изображению трех не
принадлежащих одной прямой
точек А, В, С (рис. 4) найти
точки X, Y, Z пересечения пря-
прямых ВС, С А и АВ с плоскостью
а. Доказать, что точки X, Y,
Z принадлежат одной прямой. [Эта прямая является пересечением
плоскости ABC с плоскостью а — следом (ABC) на а].
18.	На рисунке 5 даны прямая / пересечения плоскости р
с основной плоскостью а и точка Р, принадлежащая этой плос-
плоскости р. Прямая q, пересекающая основную плоскость в точке Q',
параллельна (РР1). Построить изображение точки Q, в которой
прямая q пересекает плоскость р.
19.	Дано изображение пятиугольной призмы и трех точек на
ее боковых ребрах. Построить изображение сечения этой призмы
плоскостью, проходящей через эти три точки.
Рис. 5
25

20. Дано изображение пятиугольной пирамиды. Построить изо-
изображение сечения этой пирамиды плоскостью, которая задана пря-
прямой / ее пересечения с плоскостью основания, причем эта прямая
самого основания не пересекает, и одной своей точкой (Р) на
ребре пирамиды.
21*. Плоскость р задана своим следом b на основной плоскости
а и изображением принадлежащей ей точки В вместе с проекцией
В'. Плоскость -у задана также своим следом с и изображением при-
принадлежащей ей точки С вместе с проекцией С. Построить изо-
изображение линии пересечения плоскостей р и f.
22*. Прямая / задана изображениями принадлежащих ей точек
М и Л' (с их проекциями). Плоскость р задана следом b и точкой
В (с проекцией). Построить изображение точки пересечения плос-
плоскости р с прямой /.
23.	Плоскость р задана следом и точкой В. Построить изобра-
изображение плоскости f, параллельной плоскости р и проходящей через
точку Р, заданную ее изображением и проекцией.
24.	Пусть треугольник А'В'С есть параллельная проекция
данного треугольника ABC. Доказать, что на изображении тре-
треугольника А'В'С можно осуществить построение точки Р', являю-
являющейся проекцией данной точки Р в плоскости треугольника ABC.
Как построить изображение перпендикуляра к прямой АВ, про-
проведенного через точку С?
25.	Данный параллелограмм A'B'C'D' есть изображение квад-
квадрата ABCD. Как построить изображение вписанной в квадрат
окружности? (Изображение окружности в параллельной проекции
есть эллипс. Взаимно перпендикулярным диаметрам окружности
соответствуют сопряженные диаметры эллипса, каждый из кото-
которых проходит через середины всех хорд эллипса, параллельных
другому.)
26.	Три не принадлежащие одной прямой точки являются изобра-
изображениями трех вершин равностороннего треугольника. Построить
изображение окружности, описанной около этого треугольника.
27.	Даны три не принадлежащие одной прямой точки — проек-
проекции трех несмежных вершин правильного шестиугольника. По-
Построить проекцию этого шестиугольника, а также изображение
проекции вписанной в шестиугольник окружности.
28.	Даны четыре точки А, В, С, D — проекции вершин квад-
квадрата. Построить изображение окружности, описанной около этого
квадрата, а также изображение правильного восьмиугольника,
вписанного в ту же окружность.
29*. Дано изображение параллелепипеда ABCDA'B'C'D' и трех
точек: М 6 [АА'\, N € [ВС], Pd\C'D'\. Построить изображение се-
сечения параллелепипеда плоскостью MNP.
30*. Дано изображение параллелепипеда ABCDA'B'C'D' и трех
точек: М — на грани ABCD, N — на гргни CC'D'D, P — награни
AA'D'D. Построить изображение сечения параллелепипеда плос-
плоскостью MNP.
26

§ 5. Венторы в пространстве. Перпендикулярность
и ортогональная проенция. Метод координат
в пространстве
1.	Доказать, что для векторов в пространстве остаются в силе
свойства векторных операций, установленные для векторов плос-
плоскости:
а)	переместительный и сочетательный законы сложения векто-
векторов, сочетательное свойство умножения вектора на число, рас-
распределительные законы для умножения вектора на сумму чисел
и суммы векторов на число;
б)	при том же, что и в случае плоскости, определении скаляр-
скалярного произведения двух векторов (см. § 2, задача 28) справед-
справедливы переместительный, сочетательный (для умножения одного из
векторов на число) и распределительный законы.
2.	По двум скрещивающимся прямым а и Ь движутся точки А
-»¦
и В, соответственно, первая с постоянной скоростью т, вторая —
-»•
с постоянной скоростью п. Какую линию описывает точка Р 6
РВ
€ [ЛВ], удовлетворяющая условию =^ = k? (Для векторов в про-
АВ
•»-
странстве обозначение -^ имеет прежний смысл — см. § 2 задача 4.)
ъ
3.	Даны три попарно скрещивающиеся прямые т, п, р. Как
построить параллелепипед, три ребра которого лежали бы на этих
трех прямых? Доказать, что существует ровно один такой парал-
параллелепипед.
4.	Доказать: необходимое и достаточное условие того, чтобы
точки А, В, С, D принадлежали одной плоскости, заключается
в том, что в любом соотношении (равенстве), связывающем векторы
О А, ОВ, ОС, 0D, суммы числовых коэффициентов правой и левой
части равенства были равны между собой.
5.	Доказать, что если провести плоскость через концы трех
ребер параллелепипеда, выходящих из одной вершины, то эта
плоскость отсекает на диагонали параллелепипеда, проведенной
1
из той же вершины, -=- часть ее длины.
6*. Примем, что в пространстве, как и в плоскости, центр масс
двух точек /4] и А2, обладающих массами Ш] и т2, определяется
формулой 0Р—~— , 2—-, или, в сокращенной записи,
tTli ~f~ ^2
х+2
Распространить эту формулу на систему п точек
А1г Аг, ..., Ап с массами mlt m2	тп и доказать, что положение
27

центра масс, определяемое вектором Р, не зависит от выбора
начала — точки О
7*. У модели правильной четырехугольной пирамиды все грани
сделаны из однородных пластинок одного материала (и имеют
одинаковую толщину). Боковые ребра пирамиды вдвое длиннее
сторон основания. Определить положение центра масс пира-
пирамиды, зная радиус-векторы вершины S и четырех вершин осно-
основания Аи Л2, As, Л4.
8.	Доказать, что боковое ребро правильной треугольной пи-
пирамиды перпендикулярно к противолежащей стороне основания.
9.	Из данного начала О провести 4 луча так, чтобы все
6 углов между ними были конгруэнтны между собой.
10.	Три попарно неколлинеарные и ненулевые радиус-векторы
А, В, С комплЕнарны. Прямая р образует со всеми этими век-
векторами одинаковые по величине углы. Доказать, что прямая р
перпендикулярна плоскости ABC.
11.	Некомпланарные векторы О А, ОВ, ОС удовлетворяют усло-
условию: | О А | = | ОВ | = | ОС \. Точка Р— центр окружности, прохо-
проходящей через точки А, В и С. Доказать, что прямая ОР перпен-
перпендикулярна плоскости ABC.
12.	Доказать, что если одна из двух взаимно перпендику-
перпендикулярных (пересекающихся или скрещивающихся) прямых парал-
параллельна данной плоскости -у, а другая — не перпендикулярна -у, то
ортогональные проекции этих прямых на плоскость f взаимно
перпендикулярны. Верна ли обратная теорема?
13.	Доказать, что если плоскость р пересекается с плос-
плоскостью а по прямой / и прямая р перпендикулярна плоскости
р, то проекция р' прямой р на плоскость а перпендикулярна
прямой /.
14.	Дана плоскость а и точка Р. Как через точку Р про-
провести прямую р, перпендикулярную плоскости а? Доказать
единственность такой прямой.
15.	Доказать существование взаимно симметричных относи-
относительно данной плоскости точек: если дана плоскость а и вне ее
точка А, то по другую сторону от плоскости а существует
единственная точка А', удовлетворяющая условиям: а) (АА')±а;
б) (AA')fla-S и притом SA' = —SA. Доказать, что плос-
плоскость а есть множество точек, равноудаленных от точек А и
А' [Отображение пространства, при котором каждой точке А
ставится в соответствие указанным образом точка А', называется
симметрией относительно плоскости а (или отражением в плос-
плоскости а)].
16.	Доказать, что симметрия относительно плоскости
(см. предыдущую задачу) есть отображение пространства на себя,
обладающее следующими свойствами:
28

а)	если точка А отображается при симметрии на А', то, об-
обратно, А' отображается на А; точки самой плоскости симметрии
неподвижны (отображаются сами в себя);
б)	симметрия сохраняет расстояние между точками: если А
отображается на А', а В — на В', то \АВ\ = \А'В'\. (Следова-
(Следовательно, симметрия относительно плоскости является перемеще-
перемещением );
В) симметрия отображает прямую на прямую, а плоскость —
на плоскость;
г) прямые и плоскости, проходящие через две взаимно сим-
симметричные точки, инвариантны, т. е. отображаются сами на
себя; такие прямые и плоскости перпендикулярны плоскости
симметрии
17.	Доказать, что два несовпадающих луча с общим началом
определяют единственную плоскость, относительно которой они
взаимно симметричны. Доказать, что эта плоскость есть мно-
множество точек, принадлежащих всем лучам, имеющим то же на-
начало и образующим с данными лучами конгруэнтные углы.
18.	По одну сторону от плоскости а расположены точки
А и В. Найти в этой плоскости такую точку М, чтобы сумма
расстояний | ЛМ j + | МБ! была наименьшая.
19.	Две точки А и В находятся по разные стороны от плос-
плоскости а. Найти в плоскости а такую точку М, чтобы разность
расстояний |j AM | —! MB " была бы наибольшей (по абсолютной
величине).
20.	Через данную точку Р провести прямую, перпендикуляр-
перпендикулярную двум скрещивающимся прямым а и Ь.
21.	Отрезок постоянной длины «скользит» своими концами
по двум взаимно перпендикулярным скрещивающимся прямым.
Какую линию при этом описывает середина отрезка?
22.	Доказать, что если из одной точки к данной плоскости
проведены две конгруэнтные наклонные, то величина угла между
наклонными меньше величины угла между ортогональными про-
проекциями наклонных на данную плоскость.
?3 На изображении куба построить отрезок, определяющий
расстояние между двумя скрещивающимися диагоналями двух
смежных граней куба. Вычислить это расстояние, если длина
ребра куба равна а.
24*. Доказать, что композиция симметрии относительно двух
параллельных плоскостей есть вектор (параллельный перенос),
направленный перпендикулярно этим плоскостям от первой ко
второй, причем его длина равна удвоенному расстоянию между
плоскостями.
Доказать обратное предложение: всякий параллельный пе-
перенос можно представить в виде композиции двух симметрии
относительно плоскостей. Как построить такие плоскости?
25*. Доказать, что композиция трех симметрии относительно
трех взаимно перпендикулярных плоскостей есть центральная
29

симметрия. Как найти ее центр? Как, обратно, представить
центральную симметрию в виде композиции трех симметрии от-
относительно плоскостей?
26*. Каким отображением является композиция двух гомоте-
гомотетий в пространстве? Если это отображение будет гомотетией, то
каков будет ее коэффициент? Как определить положение ее
центра?
27.	Как построить куб по данной его диагонали?
28.	Как построить куб с данной величиной разности между
длинами его диагонали и стороны?
29.	В данную правильную четырехугольную пирамиду вписать
куб так, чтобы четыре вершины одной из его граней лежали
на четырех боковых ребрах пирамиды.
30.	Для введения в пространстве координат пользуются систе-
системой координат — репером (О, i, j, k), где О—начало координат,
i» /¦ k — орты (векторы единичной длины), определяющие направле-
направление осей Ox, Oy, Oz. Разлагая вектор г по векторам /, /, k, получим:
г ?= xi -\~ yj + zk. Векторы xi, yj, zk называются компонентами
вектора г по осям Ox, Oy, Oz или же проекциями г на эти оси.
Числа (х, у, z) называются координатами вектора г. Наконец,
если г есть радиус-вектор ОМ точки М, то эти же числа назы-
называются координатами точки М. Используя однозначность разло-
разложения вектора по трем некомпланарным векторам, доказать
следующие свойства проекций вектора на ось:
а)	при умножении вектора на число его проекция умножается
на то же число;
б)	проекция суммы векторов равна сумме проекций слагаемых.
31.	Выразить скалярное произведение гхгг в координатах,
если Г] = xxi -f- yj -f- zxk и r2 = xJ -f- y2j -f- z2k. Вычислить cos ф,
где <f — угол между векторами гх и г2. Написать в координатах
условия коллинеарности и перпендикулярности векторов гд и л2.
Какой формулой выразится расстояние между точками, коорди-
координаты которых суть (х1г ylt zt) и (Хо, у2, г.,)?
-*¦
32.	Вектор г образует с осями Ox, Oy, Oz утлы а, р, -у соот-
соответственно. Косинусы этих углов называются направляющими
косинусами вектора г. Доказать формулу: cos2 a -f- cos2 p +
+ cos2T= 1.
33.	Вектор г образует с осями Ох и Оу углы по 60°. Какой
угол образует этот вектор с осью Oz?
So

34. Четыре точки, не принадлежащие одной плоскости, заданы
своими координатами: A(xlt ух, гг); В(х2, у.,, z2), С (хя, у3> z3) и
D(x4, уА, 2ц). Найти координаты такой точки М, чтобы силы,
пропорциональные векторам MA, MB, МС, MD и приложенные
к точке М, уравновешивали друг друга, т. е. чтобы МА +-
+ МВ + МС -1- MD = О".
35*. В пространстве дано п точек: Аг, Л2, ... , Ап с коорди-
координатами (хг, ух, гг), (хг, у2, z2), ... , (х„, уп, г„) и с помещенными
в них массами ти тг, ... , т„. Написать формулу для координат
центра масс этих точек.
36*. Каркасная модель тетраэдра (без граней) сделана из од-
однородной металлической проволоки. Вершины тетраэдра А, В,
С, D имеют соответственно координаты: (xly ylt zx), (x2, y2, z2),
(Xii Уч< zt)i (X4> Угу г4)- Найти координаты центра тяжести этого
тела.
37.	Даны точки MY {xx, уг, гх) и Мг (х„, уг, г2). Найти координаты
точки, принадлежащей оси Ох и находящейся на равных расстоя-
расстояниях от данных точек.
38.	Вычислить угол между биссектрисами координатных углов
хОу и yOz.
39.	Центр нижнего основания куба соединен прямыми с че-
четырьмя вершинами верхнего основания куба. Вычислить углы
между этими прямыми.
40.	Прямая / проходит через начало координат, ее направле-
ние определяется ортом (вектором единичной длины) е, образую-
образующим углы а, C и y с осями координат Ох, Оу, Ог. Любая точка
М этой прямой определяет радиус-вектор г = ОМ, коллинеарный
с ортом е. Условие коллинеарности записывается как уравнение
прямой:
где t — переменный параметр, пробегающий все действительные
значения от — со до + со. Привести уравнение A)	к координат-
координатной форме:
* = _У_ = _EL	B)
cos a cos p cos у '	х '
41. Доказать, что система уравнений вида
х — У — z	n\
1 Это двойное равенсгво — удобная запись для системы двух равенств;
поэтому мы и говорим о системе уравнений.
31

задает прямую, проходящую через начало координат. Как при-
привести эти уравнения к виду B) из предыдущей задачи? При
каких значениях т, п, р эта прямая будет лежать в одной из
плоскостей координат? совпадать с одной из осей координат?
42.	Точка М в пространстве задана радиус-вектором а = ОМ
с координатами (xlt yu zt). Прямая, проходящая через точку М
определена ортом е, образующим углы а, р, -у с осями Ох, Оу,
Ог. Пусть г — переменный радиус-вектор, соответствующий точкам
-*• -+¦
рассматриваемой прямой. Исходя из того что вектор г — а кол-
линеарен с вектором е, написать уравнение прямой, проходящей
через данную точку, в векторной форме, а затем — систему урав-
уравнений в координатах.
43.	Доказать, что система уравнений вида ¦	— = у~Ух —
— г~г* задает прямую, проходящую через точку с координатами
(*i> Ух' гх)-
Как, пользуясь этими уравнениями, получить уравнения пря-
прямой, проходящей через две точки, заданные своими координатами:
У1 Ч) B /2 г)
44.	Две прямые заданы системами уравнений:
x — xj _ у — щ _ z — Zj
Написать условие параллельности этих прямых. Написать усло-
условие их перпендикулярности.
45.	Написать систему уравнений прямой, проходящей через
начало координат и образующей равные углы с тремя координат-
координатными осями. Определить величину этих углов. Сколько решений
имеет задача?
46.	Написать систему уравнений прямой, проходящей через
точку C; —2; 1) и перпендикулярной к прямым, заданным систе-
системами:
х— 1 __ у + 2 _ г—3 х + 3 _ у+\ _ г + 3
2 ~= 3 — — 1 И 4 ~~ — 1 ~ 3 *
47.	На луче, исходящем из начала координат, даны 'две точки
с координатами (х1г ylt zx) и (х2, у2, гг). Расстояния от этих
точек до начала координат равны гх и г2. Доказать равенство:
48. Из начала координат к данной плоскости проведен пер-
перпендикуляр \ОР], определяющий расстояние от этой плоскости до
-*- .—> -*-
начала. Введем обозначения: р — ОР, \р\ = р — упомянутое рас-
стояние; е — орт вектора р (тогда р = ре); а, р, т — углы между
32

ортом е и осями координат. Подобно тому как на плоскости
выводилось уравнение прямой в координатах, вывести уравне-
уравнение плоскости в пространстве:
а)	в векторной форме: re = р\
б)	в координатной форме:
х cos а + у cos р + z cos f = р.
Последнее уравнение будем называть нормальным уравнением
плоскости.
49.	Доказать, что всякое уравнение вида га = т, где г — пе-
->-
ременный вектор, а — фиксированный ненулевой вектор, т —
действительное число, есть уравнение плоскости.
Доказать также, что всякое линейное уравнение с тремя пе-
переменными вида Ax + By + Cz + D~0, где (А, В, С)Ф@, 0, 0),
есть уравнение плоскости. Как привести его к нормальному виду?
50.	Даны уравнения двух плоскостей:
Агх + Вгу + Сгг + Dx = 0 и А2х + Вгу + С2г + D2 = 0.
Найти условия параллельности н перпендикулярности этих плос-
плоскостей.
51.	Даны сравнения плоскости и прямой:
= 0 и i^il = *l^i =5^?L.
т	п	р
Найти условия параллельности и перпендикулярности прямой и
плоскости.
52.	Найти уравнения прямой, проходящей через точку с коор-
координатами C, —2, 4) перпендикулярно плоскости, заданной урав-
уравнением 5л: — Зу + Зг = 10.
53*. Доказать, что если в левую часть нормального уравне-
уравнения плоскости, записанного в виде:
л: cos а 4- у cos р + z cos -у — р = 0,
подставить координаты произвольной точки, то получим число,
абсолютная величина которого есть расстояние от этой точки до
плоскости. Число это положительно, если точка и начало коор-
координат находятся по разные стороны от плоскости, и отрицательно
в противном случае.
54*. Даны уравнения двух плоскостей в нормальной форме.
Как из них получить уравнение множества точек, находящихся
на одинаковых расстояниях от обеих плоскостей? (Это множество
есть объединение биссекторных плоскостей двугранных углов
между заданными плоскостями.)
55. Точки А и А' заданы своими координатами: G, 1, 4) и
C, 5, 2). Найти уравнение плоскости, относительно которой эти
точки симметричны.
2 7755	33

56. Доказать, что уравнение	\~ ~ Н— — 1 задает плоскость,
(X	О	С
пересекающую оси координат в точках с координатами а, Ь, с.
Это уравнение называется уравнением плоскости в отрезках.
При каких условиях уравнение общего вида Ах-\- By + Cz-f- D=
= 0 можно преобразовать в уравнение в отрезках?
57*. Доказать, что плоскость, пересекающая оси координат
в точках с координатами по этим осям a, b и с, находится от
начала координат на расстоянии р, удовлетворяющем соотноше-
соотношению
1 4--1-4- ~-~
58.	Плоскости заданы уравнениями:
Зх + 4у — 2z = 5,
2х + 3у — г = 3.
Написать в стандартном виде (см. задачи 42, 43) систему урав-
уравнений, задающую прямую пересечения этих плоскостей.
59.	Вычислить координаты точки пересечения трех плоскос-
плоскостей, заданных уравнениями:
Зх — у + 4z = 2,
— х + у — z = 5.
60.	Центр сферы Q имеет координаты (а, Ь, с), радиус сферы
равен R. Обозначая переменный радиус-вектор через г, а радиус-
Еектор точки Q через q = OQ, вьтести векторное уравнение а\ еры
как множества точек, находящихся на расстоянии R от точки Q*.
Получить отсюда уравнение сферы в координатах (аналогичное
уравнению окружности в координатах на плоскости):
(л- — а)г + (у— ftJ + (z — сJ = Я2.
61.	Написать общее уравнение сферы, центр которой совпа-
совпадает с началом координат. Написать общее уравнение сферы,
проходящей через начало координат и с центром на оси Ох.
62*. Даны дье точки: Ах (хг, ух, гх) и Аг (х2, уг, гг). Точка Р
—> -»- —> -»-
определяет два вектора: PA1 = ql и РАг = q2- Что из себя пред-
представляет множество точек Р, для которых выполняется условие:
qj2 = 0?
63. Доказать, что если расстояние от центра сферы до плос-
плоскости равно радиусу сферы, то эта сфера и плоскость имеют
в точности одну общую точку. (В этом случае плоскость назы-
называется касательной к сфере.) Доказать обратное предложение.
64*. Центр сферы Q определяется радиус-вектором q - OQ.
-у
Произвольная точка Р сферы определяется радиус-вектором г1
34

с координатами (xlt yv zx). Произвольная точка М плоскости,
касающейся сферы в точке Р, задается переменным радиус-век-
—> ->-
тором ОМ = г с координатами (х, у, г). Доказать, что уравнение
-*¦-*¦-*¦ -*¦
касательной плоскости можно записать в виде: (г — rl)(r1 — 9)=0.
-+¦ -*¦-*¦ -»-
Привести это уравнение к виду: (г — ^)(ri — 9) = ^2 и по-
получить отсюда уравнение касательной плоскости в координат-
координатной форме.
65*. Основываясь на тождестве:
nh
*		2	2— '
доказать, что если даны сфера с центром Q и радиусом R и про-
произвольная точка М на расстоянии т от центра, а также диа-
диаметр сферы [АВ], то для векторов а = МА и b = УИВ справедливо
соотношение:
аЬ = тг — Я*= ±/А
Эта величина, не зависящая от выбора диаметра .ЛВ, называется
степенью точки М относительно сферы с центром Q.
66*. Доказать: если уравнение сферы записать в виде:
то, подставив в его лев^ю часть произвольный вектор rx =
получим число, равное степени точки М относительно сферы.
67*. Доказать, что множество точек, имеющих одинаковую
степень относительно двух не концентрических сфер, есть плос-
плоскость, перпендикулярная линии центров этих сфер. Эта плос-
плоскость называется радикальной плоскостью этих сфер.
68*. а) Доказать, что если центры трех сфер не принадлежат
одной прямой, то множество точек, имеющих одинаковые степени
относительно всех трех сфер, есть прямая — радикальная ось
трех сфер. Эта прямая перпендикулярна плоскости, проходящей
через центры сфер.
б) Доказать, что если центры четырех сфер не принадлежат
одной плоскости, то существует единственная точка, степень
которой относительно всех четырех сфер одна и та же — ради-
радикальный центр этих сфер.
69.	Доказать, что существует бесконечное множество сфер,
имеющих общую радикальную плоскость. Они образуют так на-
называемый пучок сфер. Центры Есех этих сфер лежат на одной
прямой, перпендикулярной к общей радикальной плоскости — на
линии центров пучка.
70.	а) Доказать, что существует бесконечное семейство сфер,
имеющих одну общую радикальную ось — так называемая связка
сфер. Центры таких а] ер принадлежат одной и той же плоскости
2*	.	35

центров связки, причем эта плоскость перпендикулярна радикаль-
радикальной оси пучка.
б) Доказать, что существует бесконечное множество сфер,
имеющих общий радикальный центр, — так называемая сферичес-
сферическая сеть.
§ 6. Двугранные и многогранные углы.
Перемещения пространства
1.	Доказать, что из всех прямых, лежащих в плоскости одной
из граней острого двугранного утла, наибольший угол с плос-
плоскостью второй грани образуют прямые, перпендикулярные ребру
двугранного угла.
[Если вторая грань данного двугранного утла горизонтальна,
то прямая, проведенная в плоскости первой грани перпендику-
перпендикулярно ребру, называется линией наибольшего уклона или линией
ската: по этой линии скатывается вниз тяжелый шар.]
2.	Два плоских зеркала служат гранями двугранного угла.
Луч света, перпендикулярный ребру угла и параллельный пер-
первому зеркалу, отражается от второго зеркала, затем от первого,
потом — вновь от второго, вновь от первого и, наконец, отразив-
отразившись в последний (пятый) раз от второго зеркала, возвращается
обратно по той же прямой. Какова величина двугранного угла
между зеркалами?
(Напомним, что по законам отражения света падающий и от-
отраженный лучи лежат в плоскости, перпендикулярной плоскости
зеркала, и образуют с плоскостью зеркала углы равной величины.)
3.	Что из себя представляет множество точек, ортогональными
проекциями которых на две пересекающиеся плоскости являются
две прямые?
4.	Плоскость пересекает грани и ребро двугранного угла,
причем проекция ребра на эту плоскость совпадает с биссектри-
биссектрисой угла, получающегося в пересечении плоскости с двугранным
углом. Ребро образует с рассматриваемой плоскостью угол вели-
величиной а, а величина угла в пересечении равна C. Найти вели-
величину данного двугранного угла.
5.	Даны три попарно скрещивающиеся прямые, не параллель-
параллельные одной плоскости, и не принадлежащая ни одной из них
точка Р. Провести через эту точку плоскость так, чтобы она
образовала с данными прямыми равные углы.
6.	Из точки О на ребре двугранного угла в одной из его
граней проведен луч. Провести из той же точки в другой грани
луч, перпендикулярный первому лучу.
7*. На двух гранях двугранного угла даны точки А и В.
Найти на ребре угла такую точку М, чтобы угол АМВ был прямой.
8*. Что из себя представляет множество точек, сумма рас-
расстояний от которых до двух пересекающихся плоскостей постоянна
и равна данной величине р?
36'

9.	Полуплоскости alt а2, ..., ап имеют общее ребро I. Чему
равна сумма величин двугранных углов ctxla,, a.,ta3, ..., ап_х/ап,
anlal, дающих в объединении все пространство?
10.	Луч, перпендикулярный грани двугранного угла и направ-
направленный в полупространство, определяемое плоскостью этой грани
и не содержащее другую грань, называется внешней нормалью
этого угла. Доказать, что сумма величины угла между двумя
внешними нормалями двугранного угла и величины линейного
угла двугранного утла равна 180°.
11* Из точки М на ребре двугранного угла в одной из его
граней проведен луч. Провести из той же точки М в другой
грани луч, образующий с первым лучом угол данной вели-
величины.
12*. Даны скрещивающиеся перпендикулярные прямые а и Ь
и точка Р. Что из себя представляет множество точек М, для
которых сумма длин проекций отрезка РМ на прямые а и Ь
постоянна? [Проекцией точки А на прямую / называется точка
А' € / такая, что (АА') J_ /; если А € /, то А' А. Проекцией от-
отрезка АВ на прямую / называется отрезок А'В', где точки А' и
В' суть проекции точек А и В на прямую /.]
13.	Через данную прямую провести плоскость, образующую
с другой данной плоскостью двугранный угол данной величины.
14.	Доказать, что:
а)	сумма величин трех плоских углов трехгранного угла
меньше 2я;
б)	сумма величин двух плоских углов трехгранного угла
больше величины третьего утла.
15.	Четыре точки А, В, С, D, не принадлежащие одной плос-
плоскости, определяют замкнутую ломаную линию ABCDA (иногда
эту фигуру называют «косым» или пространственным четырех-
четырехугольником). Доказать, что ABC + BCD + CD A + DAB < 360°.
16.	Что из себя представляет множество точек, равноудален-
равноудаленных от плоскостей всех трех граней трехгранного угла и лежа-
лежащих внутри этого угла?
17.	Что из себя представляет множество точек, равноудален-
равноудаленных от трех прямых, содержащих ребра трехгранного угла, и ле-
лежащих внутри этого утла?
18.	Семейство параллельных плоскостей, пересекая все грани
трехгранного угла, образует семейство треугольников. Что из
себя представляет множество центроидов (точек пересечения ме-
медиан) этих треугольников? Множество ортоцентров (точек пере-
пересечения высот) этих треугольниксв?
19.	Данный трехгранный угол пересечь плоскостью, образую-
образующей с его ребрами утлы равной величины.
20.	Данный трехгранный угол пересечь плоскостью, образую-
образующей с его гранями конгруэнтные двугранные углы.
37

21.	Доказать, что если в трехгранном угле два плоских угла
конгруэнтны, то конгруэнтны и противолежащие им двугранные
углы. Доказать обратное предложение.
22.	Трехгранный угол, в котором все плоские углы — прямые,
называется ортогональным (например, таков трехгранный угол
Oxyz в прямоугольной системе координат1). Доказать, что для
ортогонального трехгранного угла: а) три точки, лежащие на трех
его ребрах и не совпадающие с вершиной О, являются вершинами
остроугольного треугольника; б) проекция вершины О на плоскость
этого треугольника совпадает с ортоцентром треугольника.
23.	Данный ортогональный трехгранный угол пересечь плос-
плоскостью так, чтобы в пересечении получился треугольник, кон-
конгруэнтный данному остроугольному треугольнику.
24.	Пусть ОаЪс—ортогональный трехгранный угол. Доказать,
что для произвольных точек А ? а, В ? Ь, С € с сумма квадратов пло-
площадей треугольников ВСО, С АО и АВО равна квадрату площади
треугольника ABC.
25.	Проведем из вершины S трехгранного угла Sabc внешние
нормали2 а', Ь', с' к граням tSc, cSa и aSb соответственно:
получим новый трехгранный угол Sa'b'c', который называется
полярным по отношению к углу Sabc. Доказать: а) трехгранный
угол, полярный к Sa'b'c', есть исходный угол Sabc; б) величина
плоского угла aSb данного трехгранного угла в сумме с вели-
величиной двугранного угла при ребре Se' в полярном угле дает 180°.
26.	Доказать, что во всяком трехгранном угле сумма величин
его двугранных углов больше 180°.
27.	Треугольник ABC в плоскости чертежа а является пересе-
пересечением этой плоскости с ортогональным трехгранным углом Oxyz,
причем А = Ох Г) а, В = Оу {] а, С = Oz f] а. Построите на этом
чертеже: а) изображение ортогональной проекции точки О на
плоскость а; б) изображение точек М, N и Р, лежащих на лу-
лучах Ох, Оу, Oz на равных расстояниях от точки О.	^
28*. Определим величину трехгранного угла SABC как А +
-\-B-\-C—тг, где А, В, С—величины двугранных углов при
ребрах SA, SB, SC. Доказать, что: а) величина трехгранного
угла всегда положительна; б) если данный трехгранный угол
разбить на два трехгранных угла плоскостью, проходящей через
одно из его ребер, то величина данного угла равна сумме величин
двух получившихся углов.
29. Рассмотрим я-угольник АХА2 ... Апи точку S вне его плос-
плоскости. Множество Есех точек, принадлежащих л\чам с началом
в S и проходящим через точки л-угольника, является л-гранным
углом. Доказать, что если исходный л-угольник выпуклый, то
соответствующий л-гранный угол есть пересечение п пслупро-
1	Здесь и далее трехгранный угол с вершиной S и ребрами о = 1^>Л), Ь =
= JSB), с = [SQ обозначается Sabc или SABC.
2	См- задачу 10.
33

странстп, определяемых п плоскостями, пересекающимися в точке S.
(Такой угол называется выпуклым многогранным углом.)
30. Пользуясь методом математической индукции, доказать,
что сумма величин плоских углов выпуклого многогранного угла
(см. задачу 29) меньше 2л.
31*. Данный выпуклый четырехгранный угол пересечь плос-
плоскостью так, чтобы в сечении получился параллелограмм.
32. Доказать, что выпуклый многогранный угол можно раз-
разбить на трехгранные углы плоскостями, проходящими через его
несмежные ребра.
33*. Величина многогранного угла SAXA^... Ап определяется
как разность между суммой величин Есех его двугранных углов
и суммой величин внутренних углов многоугольника Л1Л2 ... Лп,
получающегося в сечении многогранного угла плоскостью (заметим,
что последняя сумма равна л (п —^2) при любом выборе сечения).
Доказать, что эта величина всегда положительна и аддитивна, т. е.
если данный многогранный угол является объединением двух мно-
многогранных углов, имеющих общую грань, то величина данного
угла равна сумме величин состэелякщих его углов.
34*. Какова Ееличина ортогонального трехгранного угла?
Какова сумма величин многогранных углов, имеющих общую вер-
вершину, не имеющих общих внутренних точек и дающих в объеди-
объединении все пространство?
35. Если из центра куба провести лучи к его вершинам, то
эти лучи можно рассматривать как ребра шести четырехгранных
углов, на которые разбивается Есе пространство. Вычислить вели-
величины плоских и двугранных углов этих четырехгранных углов.
36*. Как построить трехгранный угол по данным величинам
его плоских углов?
37*. Как построить трехгранный угол по данным величинам
его двугранных углов?
38.	Напомним, что симметрией прсстранства относительно
оси s называется перемещение пространства, при котором точки
прямой s остаются неподвижными, т. е. отображаются сами на
себя, а каждая точка А§ s отображается в точку А' такую,
что А'фА, (AA')±s, (AAr) f] s = М, и \АМ\ = \А'М\. Дока-
Доказать, что: а) осеЕая симметрия отображает прямую на пря-
прямую и плоскость — на плоскость; б) прямые, перпендикулярные s,
отображаются на прямые, тоже перпендикулярные s; если при
этом перпендикулярная прямая пересекает ось s, то она отобра-
отображается на себя; в) плоскости, перпендикулярные s, отобража-
отображаются на себя.
39.	а) Доказать, что композиция двух осевых симметрии с па-
параллельными осями является параллельным переносом простран-
пространства. Как определить длину и направление этого переноса (век-
(вектора)? б) Доказать, что любой параллельный перенос пространства
можно представить как композицию двух осевых симметрии. Как
построить оси таких симметрии?
39

40. а) Доказать, что композиция симметрии относительно двух
взаимно перпендикулярных плоскостей есть осевая симметрия,
б) Доказать, что любую осевую симметрию пространства можно
представить в виде композиции двух симметрии относительно взаимно
перпендикулярных плоскостей. Как построить такие плоскости?
41*. Что из себя представляет композиция двух осевых сим-
симметрии со взаимно перпендикулярными (пересекающимися или
скрещивающимися) осями?
42.	Поворот пространства относительно оси / есть такое пере-
перемещение пространства, при котором точки прямой / остаются
неподвижными, а каждая точка А, не принадлежащая /, отобра-
отображается на точку А' такую, что точки А и А' принадлежат плос-
плоскости ^, перпендикулярной прямой /, причем величина угла АА0А'-,
где Ао = f р) /, не зависит от А—это величина угла поворота.
При этом еще требуется, чтобы направление поворота (в плос-
плоскости y) от точки А к точке А' было одинаковым для всех точек
Л, если смотреть «вдоль прямой /» в фиксированном направлении.
Доказать, что прямая а, перпендикулярная оси поворота,
отображается при повороте на прямую а', лежащую в одной плос-
плоскости с а, причем угол между прямыми а и а' равен углу поворота.
43.	а) Каким отображением является композиция двух сим-
симметрии относительно двух пересекающихся плоскостей? б) Дока-
Доказать, что любой поворот пространства относительно оси можно
представить в виде композиции симметрии относительно двух
плоскостей. Как построить такие плоскости?
44*. а) Доказать, что композиция двух осевых симметрии про-
пространства с пересекающимися осями есть поворот относительно
оси. Как построить ось поворота? Как определить величину угла
поворота? б) Доказать, что любой поворот пространства относи-
относительно оси можно представить в виде композиции двух осевых
симметрии. Как построить оси таких симметрии?
45*. Доказать, что композиция двух поворотов пространства
с пересекающимися осями есть снова поворот. Как построить ось
и найти угол результирующего поворота?
46. В пространстве дана прямая / и точки А и В, причем
прямые АВ и / скрещиваются. Найти на прямой / такую точку
М, чтобы сумма расстояний | AM | -f-1 MB | была наименьшей.
47*. Даны два конгруэнтных треугольника АОВ и А'ОВ'
(с общей вершиной О), не лежащих в одной плоскости. Дока-
Доказать, что существует поворот пространства относительно оси,
отображающий первый треугольник на второй.
48*. Даны биссектрисы трех плоских углов некоторого трехгран-
трехгранного угла. Восстановить (построить) по ним этот трехгранный угол.
2л
49. Рассмотрим поворот с осью / на угол, равный — , где п—
натуральное число, п > 3. Из точки S на оси / проведем луч,
образующий с / угол ф < 90°. Тогда п лучей, получающихся из
этого луча последовательным применением рассматриваемого
40

поворота, можно принять за ребра n-гранного угла. Доказать, что:
а) все плоские углы этого n-гранного угла конгруэнтны между
собой; б) все двугранные его углы тоже конгруэнтны между
собой.
Многогранный угол, обладающий указанными свойствами а)
и б), называется правильным.
50.	Доказать обратное предложение: если n-гранный угол —
правильный, то существует ось, при повороте около которой на
2я	, „ ^
угол — n-гранныи угол совмещается сам с собой, спу ось мы
будем называть осью симметрии правильного n-гранного угла.
51.	В правильном м-гран ном угле ребра образуют с его осью
симметрии углы величиной ф. Вычислить величины плоских и
двугранных углов этого n-гранного угла.
52.	Как построить правильный четырехгранный угол, плоские
углы которого имеют величину у?
53*. Даны две скрещивающиеся прямые а и а'. На первой из
них дана точка А, на второй — точка А'. Найти поворот простран-
пространства относительно оси, отображающий а на а' и Л на А' (по-
(построить ось такого поворота).
54. Даны скрещивающиеся прямые а и Ь, образующие с неко-
некоторой прямой / равные углы. Доказать, что существует поворот
с осью/, отображающий прямую а на прямую а', параллельную Ь.
55*. Даны четыре отрезка AxBlt A2B2, А3В3, Л4Д,, из которых
никакие три не лежат в одной плоскости, причем все они парал-
параллельны друг другу ив то же время попарно не конгруэнтны.
Как расположены центры шести гомотетий, отображающих At на
А; и Дг на В; (/, 7=1. 2, 3, 4)?
56*. Доказать, что два подобных, но не конгруэнтных друг
другу треугольника в пространстве можно отобразить один на
другой композицией гомотетии и поворота относительно оси.
57.	Доказать, что две любые сферы разного радикса гомоте-
гомотетичны одна другой. Как определить центр и коэффициент соот-
соответствующей гомотетии?
58.	Три сферы с разными радиусами и центрами, не принад-
принадлежащими одной прямой, лежат каждая вне двух других. Какую
фигуру образуют прямые пересечения пар плоскостей, симметрич-
симметричных относительно плоскости центров сфер и касающихся одно-
одновременно всех трех данных сфер?
§ 7. Многогранники, призмы, параллелепипеды,
пирамиды, правильные многогранники
1*. Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
призма могла быть вписана в сферу?
2*. Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
сфера могла быть вписана в призму?
41

3.	Существует ли параллелепипед, отличный от куба, все гра-
грани которого конгруэнтны между собой? Есть ли у такого парал-
параллелепипеда ось симметрии, т. е. ось поворота, при котором па-
параллелепипед отображается на себя?
4.	Длины ребер прямоугольного параллелепипеда, выходящих
из одной вершины, равны 8, 8 и 27. Разбить параллелепипед
на такие четыре части, из которых можно было бы сложить
куб.
5.	Вычислить объем треугольной призмы, зная площадь ее
боковой грани и расстояние между плоскостью этой грани и пря-
прямой, содержащей противолежащее боковое ребро.
6.	Доказать, что сумма квадратов длин четырех диагоналей
произвольного параллелепипеда равна сумме квадратов длин две-
двенадцати его ребер.
7*. Доказать, что в деревянной модели куба можно проделать
дыру такой величины, что через нее можно пропустить куб, кон-
конгруэнтный данному.
8*. Доказать, что площадь треугольника, являющегося пере-
пересечением тетраэдра и плоскости, меньше площади по крайней
мере одной из граней тетраэдра.
9. В правильном тетраэдре ABCD проведена прямая МР через
середину М ребра АВ и центроид Р грани BCD. Прямая NQ
проходит через середину N ребра ВС и центроид Q грани ABD.
Вычислить угол между прямыми МР и NQ.
10*. Данный (произвольный) тетраэдр пересечь плоскостью
так, чтобы в сечении получился ромб.
11.	Доказать, что сумма расстояний от любой точки внутри
правильного тетраэдра до всех его граней одна и та же и равна
высоте тетраэдра.
12.	Доказать: если у двух тетраэдров О ABC и О'А'В'С
конгруэнтны трехгранные углы при вершинах О и О', то объемы
этих тетраэдров относятся между собой как произведения длин
трех ребер, выходящих из вершин О и О'.
13.	На двух скрещивающихся прямых даны отрезки АВ и CD.
Доказать, что объем тетраэдра ABCD не меняется, если эти
отрезки, не изменяя своей длины, будут перемещаться по этим
прямым. Вычислить этот объем, если даны длины отрезков m =
= |^4б|, п = \CD\, расстояние h между прямыми АВ и CD и <р—
угол между прямыми.
14.	От произвольного тетраэдра четырьмя плоскостями, про-
проходящими через середины ребер, выходящих из каждой вершины,
отделяются четыре меньших тетраэдра. Вычислить отношение
объема оставшегося тела к объему исходного тетраэдра.
15*. Доказать, что любая плоскость, проходящая через середи-
середины двух противоположных ребер тетраэдра, делит его на две
части равного объема.
16. -Если соединить внутреннюю точку какой-нибудь я-уголь-
ной призмы со всеми ее вершинами, то получим п четырехуголь-
42

иых пирамид с общей вершиной в этой точке, основаниями кото-
которых служат боковые грани призмы. Найти отношение суммы
объемов этих пирамид к объему данной призмы.
17.	Даны три попарно параллельные прямые а, Ь и с, не ле-
лежащие в одной плоскости. На первой дан ИЛ'], на второй—¦
[ВВГ], на третьей — [СС]. Вычислить объем многогранника
АВСА'В'С, ограниченного треугольниками ABC и А'В'С и тре-
тремя трапециями с основаниями АА', ВВ', СС, если даны длины
\АА'\ = т, \ВВ'\ = п, \СС'\ = р и площадь 5 треугольника
с вершинами в точках пересечения прямых а, Ъ и с с перпендику-
перпендикулярной к ним плоскостью. Показать, что этот объем не изменит-
изменится, если отрезки АА', ВВ', СС будут перемещаться по прямым
а, Ь, с, сохраняя свою длину.
18.	Два конгруэнтных куба имеют общую диагональ, причем
один получается из другого поворотом вокруг этой диагонали на
угол 60°. Найти объем пересечения этих кубов, если длина ребра
куба равна а.
19.	Доказать, что площадь боковой поверхности правильной
пирамиды равна площади основания, деленной на косинус вели-
величины двугранного угла между плоскостью боковой грани и пло-
плоскостью основания.
20.	Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
около пирамиды можно было описать сферу?
21.	Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
в пирамиду можно было вписать сферу?
22.	Доказать, что объем многогранника, в который вписана
сфера, равен одной трети произведения радиуса сферы на пло-
площадь поверхности многогранника.
23.	Пирамида пересечена плоскостью, параллельной основанию,
так, что ее боковая поверхность разделилась на две части равной
площади. В каком отношении эта плоскость делит боковые реб-
ребра пирамиды?
24*. Рассмотрим произвольный выпуклый многогранник. Будем
закрашивать его грани в синий и красный цвет так, чтобы ника-
никакие две смежные, т. е. имеющие общее ребро, грани не были за-
закрашены синим цветом (и при этом каждая грань выкрашена
одним цветом). Доказать, что если при таком способе раскраски
более половины всех граней будет закрашено в синий цвет, то
в такой многогранник нельзя вписать сферу. (Заметим, что как
будто можно привести противоречащий этому утверждению пример.
Впишем сферу в куб и потом срежем все 8 трехгранных углов
куба плоскостями, перпендикулярными диагоналям куба и каса-
касающимися вписанной сферы. Мы получили четырнадцатигранник,
Еосемь треугольных граней которого не смежны друг с другом,
и их можно закрасить синим цветом. Однако 8 более половины
от 14. Как объяснить это противоречие?)
25. В правильную усеченною треугольную пирамиду «вписаны»
две сферы: одна касается всех ее граней, другая — всех ее ребер.
43

Вычислить величину двугранного угла между плоскостями осно-
основания пирамиды и ее боковой грани.
26.	Центр куба отражается от всех его граней и полученные
6 точек вместе с вершинами куба определяют 14 вершин много-
многогранника, все 12 граней которого — конгруэнтные между собой
ромбы. (Этот многогранник называется ромбическим додекаэдром—
такую форму имеют природные монокристаллы граната.) Вычис-
Вычислить величину поверхности и объем построенного многогранника,
если ребро исходного куба имеет длину а.
27.	Введем обозначения: / — число граней многогранника, а—
число его ребер, р— число его вершин. В последующих задачах
речь будет идти о выпуклых многогранниках. Пусть fk — число
^-угольных граней; доказать равенство: 2а = 3/3 + 4/4 4- 5/5 +• • • •
28.	Пусть pk— число вершин многогранника, при которых
сходятся k ребер; доказать равенство: 2а — Зр3 + 4р4 4- 5р5 +• - • •
29.	Доказать, что число плоских углов всех граней много-
многогранника вдвое больше числа его ребер.
30.	Доказать, что сумма величин всех плоских углов многогран-
многогранника, в принятых нами обозначениях, равна 2л (а—/).
31*. Существует ли выпуклый многогранник, имеющий 7 ребер?
32*. Для произвольной точки S выпуклого многогранника рас-
рассмотрим соответствующие многогранные углы с общей вершиной
S, «опирающиеся» на грани многогранника. Эти многогранные
углы в объединении дают все пространство. Учитывая это и ис-
используя формулы, выведенные в предыдущих задачах, доказать
теорему Эйлера1: «Сумма числа граней и числа вершин выпуклого
многогранника на 2 больше числа его ребер» — в наших обозна-
обозначениях: f-\-р — а = 2.
33*. Доказать, что не существует выпуклого многогранника,
у которого нет ни одной треугольной грани и ни одного трехгран-
трехгранного угла.
34*. а) Доказать, что не существует такого выпуклого много-
многогранника, все грани которого имели бы более 5 сторон.
б) Доказать, что не существует такого выпуклого многогран-
многогранника, все многогранные углы которого имели бы более 5 граней.
35*. Доказать, что сумма величин плоских углов всех граней
выпуклого многогранника вдвое больше величины суммы внут-
внутренних углов плоского многоугольника, число вершин которого
равно числу вершин многогранника.
36*. Многогранник называется правильным, если все его гра-
грани — правильные конгруэнтные между собой многоугольники и
все его многогранные углы ¦— тоже правильные и конгруэнтны
между собой2. Исследовать возможность построения простых пра-
1	Это утверждение было известно выдающемуся мыслителю и математику
Франции—Рене Декарту A596—1650). Л. Эйлер опубликовал свое дока-
доказательство этого факта в 1752 г.
2	Нам удо'бно именно такое определение правильного многогранника, при
котором налагаются боле'е сильные требования, чем в учебнике «Геометрия, 10».
44

вильных многогранников с n-угольными гранями и /л-гранными
углами и установить возможное число их видов, пользуясь cie-
дующнмн соображениями.
Разобьем все пространство на f конгруэнтных между собой
правильных и-гранных углов с общей вершиной 5, по т углов
при каждом ребре, и выразим величины их двугранных углов
через п и /. Если по найденной величине двугранного угла по-
построить правильную n-угольную пирамиду, основанием которой
служит праЕИЧьный я-угольник — грань искомого многогранника,
то из таких конгруэнтных пирамид можно сложить правильный
многогранник (например, куб сложен из шести правильных четы-
четырехугольных шфамид с общей вершиной в центре куба). Можно
доказать, что любой правильный многогранник может быть полу-
получен таким построением. (Последним замечанием при решении
этой и следующих задач можно пользоваться без доказательства.)
37. Прямая / называется осью вращательной симметрии про-
пространственной фигуры Ф, если при некотором повороте про-
пространства вокруг оси / фигура Ф отображается на себя. Если
при этом наименьший угол такого поворота равен —, то / назы-
называется осью симметрии порядка п. (Например, правильный м-гран-
ный угол имеет ось симметрии порядка п.) Сколько осей сим-
симметрии и какого порядка имеет каждый из пяти правильных
м но го гра нни ков ?
38*. Доказать, что для каждого правильного многогранника
можно построить три концентрические сферы: одну — проходя-
проходящую через все его вершины (описанную сферу); другую — касаю-
касающуюся всех его ребер; третью — касающуюся всех его граней
(вписанную сферу). Общий центр этих сфер называется центром
правильного многогранника.
39*. Доказать, что число поворотов пространства, при кото-
которых правильный многогранник отображается сам на себя, вдвое
больше числа его ребер. (При этом тождественное отображение
пространства также следует считать поворотом — на угол 0°.)
40.	Доказать, что сумма векторов ОАХ + ОА2 -[-•-• -|- ОАп,
где О — центр правильного многогранника, Alt А2, ..., Ап — все
его вершины, равна нулю.
41.	Доказать, что сумма расстояний от внутренней точки
правильного многогранника до плоскостей его граней не зависит
от выбора точки.
42.	Построить октаэдр по данной его диагонали.
43.	Доказать, что центры граней каждого правильного много-
многогранника служат вершинами другого прасильного многогранника,
причем центры граней этого второго многогранника являются
вершинами третьего многогранника, гомотетичного исходному.
Два типа правильных многогранников, связанных указанным по-
построением, называются двойственными по отношению друг к другу.
45

44. Доказать, что из восьми вершин куба можно двумя спо-
способами выбрать четыре Еершины так, чтобы они оказались вер-
вершинами правильного тетраэдра. Вычислить отношение объема
такого тетраэдра к объему куба. Вычислить,также объем фигуры,
являющейся пересечением этих двух тетраэдров, и объем фигуры,
являющейся их объединением. (Считать, что длина ребра куба
равна а.)
45*. Какие четыре из восьми граней октаэдра нужно продол-
продолжить, для того чтобы в пересечении четырех полупространств,
определяемых полученными плоскостями и содержащими октаэдр,
получился правильный тетраэдр? Каково отношение площадей
поверхностей и объемов тетраэдра и октаэдра?
46*. В додекаэдр вписать куб так, чтобы все восемь вершин
куба являлись вершинами додекаэдра. Сколько решений имеет
задача?
47. Пользуясь решением «предыдущей задачи, построить по
данному кубу описанный около него додекаэдр.
48*. Пересечь октаэдр плоскостью так, чтобы в сечении полу-
получился правильный шестиугольник. Вычислить площадь этого
шестиугольника, если ребро октаэдра имеет длину а.
49*. На каждой из шести граней куба найти по две точки так,
чтобы эти точки оказались вершинами икосаэдра, вписанного
в куб.
50*. На каждом из 12 ребер октаэдра найти по точке так,
чтобы эти точки оказались вершинами икосаэдра, вписанного
в данный октаэдр.
51*. Рассмотрим а]еру, касающуюся всех ребер правильного
многогранника, и через середину каждого ребра проведем прямую,
перпендикулярную этому ребру и радиусу сферы, соединяющему
ее центр с серединой ребра. Доказать, что Есе эти прямые со-
содержат каждая по ребру правильного многогранника, двойствен-
двойственного к данному (эти многогранники имеют общую сферу, касаю-
касающуюся их ребер).
52*. Доказать, что любые два правильных многогранника од-
одного и того же вида подобны между собой: каждый из них кон-
конгруэнтен многограннику, гомотетичному другому.
§ 8. Тела вращения: цилиндр, конус, шар. Задачи
на все разделы стереометрии.
1.	Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
прямую призму можно было вписать в цилиндр?
2.	Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
цилиндр можно было вписать в прямую призму?
3.	Цилиндр рассечен плоскостью, не параллельной основани-
основаниям и их не пересекающей. Какие измерения нужно произвести,
чтобы вычислить объем одной из отсеченных фигур?
46

4.	Фигура получена вращением прямоугольника около оси,
параллельной одной ш его сторон и лежащей в плоскости пря-
прямоугольника, но его не пересекающей. Доказать, 4tg объем этой
фигуры равен произведению площади прямоугольника на длину
окружности, описываемой при вращении центром прямоуголь-
прямоугольника.
5.	Цилиндр называется равносторонним, если его высота рав-
равна диаметру основания. В правильный тетраэдр с ребром и впи-
вписать равносторонний цилиндр так. чтобы одно из оснований ци-
цилиндра содержалось в одной из граней тетраэдра, а окружность
второго основания касалась трех других граней. Вычислить объем
и площадь боковой поверхности этого цилиндра.
6.	В куб с ребром а вписать равносторонний цилиндр так,
чтобы ось цилиндра содержала диагональ куба, а окружности ос-
оснований цилиндра касалась граней куба. Вычислить объем этого
цилиндра.
7.	Диаметр основания цилиндра увеличили вдвое и одновре-
одновременно уменьшили вдвое его высоту. Как изменились площадь
боковой поверхности и объем цилиндра?
8*. Пусть точки А, В, С не принадлежат одной прямой. Что
из себя представляет множество точек пространства, расстояния
от которых до плоскости а = (ABC) не превышают данной вели-
величины h н проекции которых на прямые ВС, СА, АВ принадле-
принадлежат одной прямой?
9.	Доказать, что в сечении боковой поверхности цилиндра
плоскостью, не перпендикулярной оси цилиндра и не пересекаю-
пересекающей его основания, получается эллипс. Указать наибольший и
наименьший диаметры этого эллипса. Как построить это сечение,
если дано изображение цилиндра, а секущая плоскость задана
линией ее пересечения с плоскостью основания цилиндра и точкой
пересечения с его осью?
10.	Что из себя представляет множество точек, находящихся
на данных расстояниях от плоскости а и от прямой /, наклон-
наклонной к этой плоскости?
П. Два цилиндра, имеющие равные радиусы оснований, рас-
расположены так, что их сси пересекают друг друга под прямым
углом. Нарисовать фигуру, получившуюся в пересечении этих
цилиндров. Вычислить ее объем, если радиусы цилиндров равный.
12.	Вершина конической поверхности вращения совпадает с
началом О прямоугольной системы координат Oxyz, ось вращения
совпадает с положительным направлением оси Oz, луч, вращени-
вращением которого получается поверхность, образует с осью Oz угол «р.
Написать уравнение этой поверхности в координатах.
13.	Построить коническую поверхность вращения, имеющую
своими образующими три данные прямые, проходящие через од-
одну точку и не лежащие в одной плоскости. Сколько решений
имеет задача? Имеют ли получившиеся конические позерхностн
общие образующие?
47

14*. Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
данный выпуклый четырехгранный угол мог быть вписан в ко-
коническую поверхность вращения так, чтобы ребра угла были
образующими конической поверхности?
15*. Каковы необходимые и достаточные условия того, чтобы
в данный выпуклый четырехгранный угол могла быть вписана
коническая поверхность вращения так, чтобы угол и коническая
поверхность пересекались в точности по четырем образующим
поверхности — лежащим в гранях угла?
16.	На изображении конуса построить его сечение плоскостью,
заданной линией ее пересечения с плоскостью основания кон\са
и точкой пересечения с его осью.
17.	В каком случае площадь треугольника, получающегося
в сечении конуса плоскостью, проходящей через вершину конуса,
имеет наибольшую величину?
18.	В конус высоты Лис радиусом основания R вписать
цилиндр с максимальной площадью боковой поверхности и найти
эту площадь.
19.	Дана сфера радиуса R. На расстоянии, равном 2R от
центра сферы, взята точка 5 и из нее проведены все прямые,
касающиеся сферы (т. е. имеющие с ней ровно одну общую точ-
точку). Что из себя представляет объединение этих касательных?
Вычислить площадь поверхности, составленной из отрезков каса-
касательных от точки 5 до точек касания.
20.	Доказать, что для того, чтобы в усеченный конус можно
было вписать сферу, касающуюся оснований и каждой образую-
образующей конуса, необходимо и достаточно, чтобы длина высоты кону-
конуса была средним пропорциональным между диаметрами верхнего
и нижнего основания конуса: 2R:h—h:2r (Здесь г — радиус
верхнего основания, R — радиус нижнего основания, h — высота
конуса.)
21*. При помощи циркуля и линейки построить диаметр дан-
данного материального (например, деревянного) шара.
22*. Все четыре стороны пространственного четырехугольника
(см. § 6, задача 15) касаются сферы. Доказать, что четыре точки
касания принадлежат одной плоскости.
23. Рассмотрим гексаэдр (шестигранник), все грани которого —
четырехугольники, вписуемые в окружность. Доказать, что су-
существует единственная сфера, проходящая через все 8 вершин
этого многогранника.
24*. Что из себя представляет множество точек пространства,
не содержащееся в одной плоскости, не совпадающее со всем
пространством, и такое, что через каждые три его точки прохо-
проходит окружность, содержащаяся в этом множестве?
25. Даны четыре попарно не пересекающиеся сферы равных
радиусов с центрами, не принадлежащими одной плоскости,
а) Сколько существует сфер, касающихся одновременно всех че-
четырех сфер? б) Как построить эти сферы?
48

26.	Что из себя представляет множество середин Есех хорд,
которые получаются в пересечении данного шара со всеми пря-
прямыми, проходящими через данную точку? Рассмотреть случаи,
когда общая точка прямых находится вне сферы, принадлежит
сфере, лежит внутри сферы.
27.	Что из себя представляет множество центров окружностей,
которые получаются в пересечении сферы со всевозможными пло-
плоскостями, проходящими через данную прямую /?
28.	В сферу радиуса R вписать правильный тетраэдр (описать
построение). Найти объем этого тетраэдра.
29.	Вписать в сферу радиуса R куб и найти его объем.
30.	Около сферы радиуса R описать правильный тетраэдр и
найти его объем.
31.	Около сферы радиуса R описать правильный октаэдр и
найти его объем.
32.	Три образующие конуса содержатся в прямых — осях пря-
прямоугольной системы координат. В этот конус вписана сфера, ра-
радиус которой равен R. Вычислить боковую поверхность конуса.
33.	Пересечение сферы с двугранным углом, ребро которого
проходит через центр сферы, называется сферическим двуугольни-
двуугольником. Ограничивающие его две полуокружности называются его
сторонами, величина двугранного угла, равная величине угла
между касательными, проведенными к полуокружностям в точке
их пересечения, называется величиной угла двуугольника. Дока-
Доказать, что: а) если величины углов двух двуугольников на одной
сфере равны, то сами двуугольники конгруэнтны, б) исходя из
того, что конгруэнтные сферические двуугольники имеют равные
площади, вывести для площади двуугольника формулу: Sa = 2R"a,
где R — длина радиуса сферы, а — радианная мера угла двууголь-
двуугольника.
34.	Сферическим треугольником называется пересечение сферы
и трехгранного угла с вершиной
в центре сферы (или часть сфе-
сферы, ограниченная тремя дугами
больших кругов) (рис. 6). Вычис-
Вычислить площадь сферического тре-
треугольника ABC, рассматривая его
как пересечение трех двуугольни-
ков: одного с вершиной А и соот-
соответствующим углом величины а,
другого с вершиной В и углом ве-
величины р и третьего с вершиной
С и углом величины -у.
35*. Доказать, что если грани
тетраэдра равновелики (т. е. имеют
равные площади), то описанная
около него и вписанная в него
сферы концентрические.	Рис. 6
49'

36.	Каждое ребро куба разделено на три конгруэнтные части.
Доказать, что полученные двадцать четыре точки деления при-
принадлежат одной сфере. Вычислить площадь поверхности этой
сферы, если длина ребра куба равна а.
37.	Гранями параллелепипеда с ребрами длины а являются
ромбы с острым углом 60°. Вычислить объем вписанного в парал-
параллелепипед шара.
38.	Два конгруэнтных шара вписаны в противоположные трех-
трехгранные углы куба и касаются друг др>га. Вычислить объемы
шаров, если длина ребра куба равна а.
39*. Вывести формулу Симпсона1: если площадь S (л:) сечения
пространственной фигуры плоскостью Рх, проведенной перпенди-
перпендикулярно некоторой координатной прямой Ох через точку с коор-
координатой х, выражается многочленом от переменной х не выше
второй степени, то объем фигуры можно вычислить по формуле:
V = ^- E0+45m+Sn), где h — высота фигуры, So — площадь непус-
непустого сечения с наименьшей координатой х = х0, S,, — площадь
непустого сечения с наибольшей координатой х = ж,, Sm—пло-
Sm—площадь сечения с координатой х = -^ (л:0 + *i). Проверить справед-
справедливость этой формулы на уже известных формулах для объемов.
1 Томас С и мп сон A710—1761)—английский математик.

УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
§ 1. I. Три точки, не принадлежащие одной прямой, могут
по отношению к данной прямой принимать два и только два воз-
возможных положения: 1) все три принадлежат одной из полуплос-
полуплоскостей, определяемых данной прямой. В этом случае ни один из
отрезков не пересекается прямой; 2) две точки принадлежат одной
из упомянутых полуплоскостей, третья — другой. В этом случае
прямая пересекает два отрезка, соединяющих эту третью точку
с двумя первыми, и не пересекает отрезок между двумя первыми
точками.
2. Задача решается методом математической индукции.
1.	Утверждение задачи справедливо для одной прямой: одну
полуплоскость можно закрасить одной краской, другую — другой.
2.	Допустим, что требуемую раскраску можно осуществить
для любого разбиения плоскости п прямыми.
Рассмотрим разбиение плоскости (п ~- 1) прямыми. Первые п
из них разбивают плоскость так, что согласно допущению, для
этого разбиения существует нужная двухцветная раскраска. Те-
Теперь в одной полуплоскости, определяемой (п + 1)-й прямой,
сохраним прежнюю раскраску, а в другой — изменим на проти-
противоположную, т. е. краски поменяем местами. Тогда внутри каж-
каждой полуплоскости раскраска будет правильной, а вдоль новой
прямой каждой краске с одной стороны будет соответствовать
другая окраска с другой стороны. Итак, и при разбиении плос-
плоскости любыми п + 1 прямыми плоскость можно раскрасить тре-
требуемым образом.
Согласно принципу математической индукции предложение
задачи доказано.
3.	Число областей, на которые разбивается плоскость п пря-
прямыми, обозначим F (и). Заметим теперь, что всякая новая пря-
прямая при пересечении с п прежними прямыми разделится п точ-
точками на п Jr 1 промежутков: п — 1 отрезков и 2 луча. Каждый
из этих промежутков разделит одну из F (и) областей на две
части, поэтому число областей плоскости увеличится на п-\-\.
Отсюда мы получим рекуррентную («сбегающую») формулу:
F(n+l)=F(n) + n + l.
4*	61

Последовательно применяя ее, получим:
F (п) = F (п — 1) + п
F (п — 1) = F (и — 2) + п — 1
F (п — 2) = F (п — 3) -f n — 2
FB) = f(l) -f-2
F(l) = f@) f 1
F @) = 1.
Суммируя эти равенства, получим:
(Мы воспользовались известной формулой:
1 + 2 + 3 + . .. + (л-2) + («- 1) + п = ^^ .)
4.	Согласно предыдущей задаче три прямые делят плоскость
ка 7 областей: одна — внутренняя область треугольника ABC,
три — внутренние точки трех углов, вертикальных с углами тре-
треугольника, три — внутренние точки областей, прилегающих к сто-
сторонам треугольника. Если точка Р лежит внутри треугольника
ABC, то луч АР, идущий внутри угла ВАС, пересекает все от-
отрезки с концами на сторонах этого угла, в частности отрезок ВС
(ибо точки В и С лежат в разных полуплоскостях относительно
прямой АР). Если точка Р лежит в одном из углов, вертикаль-
вертикальных с углами треугольника, например вертикальном с углом ВАС,
то по этой же причине луч РА пересечет отрезок ВС. Если, на-
наконец, точка Р лежит в области, прилегающей к стороне тре-
треугольника, например к стороне ВС, то точки В и С лежат по
разные стороны от (АР) и поэтому прямая АР пересечет отре-
Ёок ВС.
5.	Пусть точки А и В находятся в одной полуплоскости от-
относительно /. Имеем: (ВА) [\1 = М, (ВA') []l = N. Прямые МА
и МА', а также (AN) и (A'N) симметричны относительно /. Но
(МА) П (NA') = В, поэтому (МА') f| (NA) = В' —две пары вза-
взаимно симметричных прямых пересекаются в двух взаимно сим-
симметричных точках. Отсюда и вытекает требуемое построение.
Если прямая АВ не пересекает ось (в пределах чертежа) /, то
можно воспользоваться вспомогательной точкой С, расположив
ее так, чтобы и прямая СА и прямая СВ пересекались с пря-
прямой I. Найдя точку С, симметричную С, с ее помощью мы мо-
можем построить точку В'.
6.	а) Положим, что точки А к В находятся в одной и той же
полуплоскости относительно прямой /. Пусть точка В' симмет-
симметрична точке В относительно I, (АВ') f) I = С. Треугольник ABC
52

имеет наименьший периметр,
так как \АС\+\СВ\ =
= \АС\ + \СВ'\ = \АВ'\, а
для любой другой точки С",
принадлежащей прямой /, по-
получаем \АС'\ + \С'В\-
= |ЛС| + \С'В' | >\АВ'\ =
= \АС\ + \СВ\. Если точки
А и В находятся в разных
полуплоскостях относительно
прямой /, ю искомый тре-
треугольник вырождается в от-
отрезок АВ. Если (АВ) ± I, то искомый треугольник также вырож-
вырождается в отрезок.
б)	Если точка А находится внутри острого угла, то находим
точки А' и А", симметричные точке А относительно сторон угла.
Точки пересечения прямой А'А" со сторонами угла являются вер-
вершинами В и С искомого треугольника. Действительно, периметр
этого треугольника равен длине отрезка А'А", а для любых дру-
других точек В' и С на тех же сторонах угла периметр треуголь-
треугольника АВ'С будет равен длине ломаной А'В'С А", но \А'В'\ +
+ ! В'С | + | С А" | > | А'А" \ = \АВ\+\ВС\+\СА\.
Для прямого и тупого угла это построение неосуществимо
(почему?).
в)	Пусть MNP данный остроугольный треугольник (рис. 7).
Возьмем на стороне [NP] произвольную точку А' и найдем точ-
точки А[ и А'2, симметричные точке А' относительно сторон [МР] и
и [MN]. Согласно п. б) отрезок А[А^ определяет минимальную для
данного положения точки А' длину l^^l периметра треуголь-
треугольника А'В'С с вершинами В'е [МР], Се [MN] (строить его мы
не будем). Нам остается теперь выбрать точку А' так, чтобы
длина j^^al была наименьшей. Рассмотрим ДЛ^/ЦЛ! В нем, как
легко видеть из построения, имеем: | МА[ | = | МА' | = | МАЦ и
А'УМА\ — 2NMP. Поэтому все подобным образом построенные
равнобедренные треугольники, имея конгруэнтные углы при вер-
вершине, подобны между собой. Из этих треугольников нужно вы-
выбрать треугольник с наименьшими сторонами. Но длина боковых
сторон этих треугольников равна расстоянию от точки М до вы-
выбранной нами точки на отрезке NP (у нас — точка Л'). Из всех
точек отрезка NP ближе всех к точке М находится точка А —
основание высоты МА треугольника MNP. Это и есть вершина
искомого треугольника. Вершины В и С находим уже известным
построением.
Предлагаем читателю ответить на вопрос: почему такое по-
построение не выполнимо, если данный треугольник прямоугольный
или тупоугольный?
53

л/
Рис. 8
7. В предыдущей задаче мы впи-
вписали в данный остроугольный тре-
треугольник MNP треугольник ABC
минимального периметра. Будем счи-
считать известным следующее: три бис-
биссектрисы внутренних углов треуголь-
треугольника пересекаются в одной точке;
каждые две биссектрисы внешних уг-
углов пересекаются в одной и той же
точке с одной биссектрисой внутрен-
внутреннего угла; биссектриса внутреннего
угла и внешнего угла при той же
вершине взаимно перпендикулярны.
На рис. 7 (РМ) и (NM)—биссектри-
(NM)—биссектрисы внешних углов при вершинах В
и С треугольника ABC и они пере-
пересекаются в точке М. Но через эту же точку проходит и (AM), сле-
следовательно, (AM)—биссектриса внутреннего угла треуголь-
треугольника ABC при вершине А. Так как (PN) ± (AM), то (PN) есть
биссектриса внешнего угла при вершине А. Эта биссектриса пе-
пересекается с внешней биссектрисой угла В в точке Р. Поэтому
(СР) есть биссектриса внутреннего угла Си, значит, (СР) j_ (MN).
Точно так же мы докажем, что (NB) — биссектриса внутреннего
угла В и (NB) ± (МР). Итак, три высоты треугольника MNP:
\МА], [NB], [PC] — суть биссектрисы внутренних углов ортоцен-
трического треугольника ABC и поэтому пересекаются в одной
и той же точке Я, называемой ортоцентром треугольника MNP.
Если треугольник MNP—прямоугольный, NMP = 90°, то его
высоты (они же катеты) пересекаются в точке М и через эту же
точку проходит и высота, проведенная к гипотенузе.
Положим теперь, что NMP> 90° (рис. 8). Высоты [NHJ и
[РН.2] пересекутся в какой-то точке Я, причем Л'ЯР < 90°, так
как NMP + NHP = 180°. Отсюда следует, что /^Nh'P — остро-
остроугольный (углы HSNP и H2PN — острые как углы при гипоте-
гипотенузах прямоугольных треугольников). Но в остроугольном тре-
треугольнике NHP, согласно уже доказанному, высоты [NH2],
\РН3] и третья высота [HHj] должны пересечься в одной точке,
именно точке М. Таким образом, три высоты [МНХ\, [NH.J и
[РН2] в тупоугольном треугольнике MNP пересекаются в одной
и той же точке Я.
8. Любые четыре вершины данного n-угольника определяют
четырехугольник, диагонали которого дают одну точку пересече-
пересечения. Следовательно, общее число точек попарного пересечения
диагоналей равно числу сочетаний из п элементов по 4, т. е.
f4= П (П — 1) (П — 2) (П — 3)
"	1-2-34
54

А
Рис. 9
(Например, для шестиугольника
имеем:
/~4	ГЬ 	 6-5	. _ Л
С6 = W — y-g = 15.)
9.	Обозначим через х число ис-
искомых треугольников. По условию
задачи эти треугольники не имеют
общих внутренних точек, поэтому
сумма всех внутренних утлоз х
треугольников равна 180° х. Но эту
же сумму можно вычислить и по-
другому. В эту сумму входят все
внутренние углы «-угольника, что
дает 180°(п—2), и все углы с об-
общими вершинами в т данных точ-
точках, что составляет 360°т.
Таким образом получаем равенство:
180°* = 360° т + 180е (я — 2),
откуда х = 2т + п — 2.
10.	Согласно решению задачи 4 точка Р может оказаться в
одной из семи областей, на которые разбивают плоскость прямые
АВ, АС, ВС. Во всех этих случаях какая-нибудь из прямых РА,
РВ, PC пересечет прямую ВС, СА или АВ соответственно. Пусть,
например, (РА) пересекает (ВС) в точке М. Тогда на соответст-
соответствующей прямой В'С' нетрудно построить точку М', удовлетво-
удовлетворяющую условиям | М'В' | = | МВ\ и |ЛГС'| = | МС\. После этого
проводим прямую А'М' и от точки М' в соответствующем
направлении откладываем отрезок длины j М'Р' \ = j MP |. Тем
самым находим точку Р'.
П. а) Пусть оси симметрии /х и 12 пересекаются в точке О
(рис. 9). Симметрия относительно оси 1г отображает точку А на
точку А1г а симметрия относительно оси /2 — точку А± на точ-
точку Л2. Рассмотрим острый угол BfiB^ между осями 1Х и /2 и по-
положим, что направление поворота от /л к 12 положительно. То-
Тогда, учитывая направление углов, при любом положении точки А
будем иметь равенство:
АОВ1 -Ь BfiAj. + AVOB2 + В2бА2 = АОА2 = а.	A)
^	^	^	^
Замечая, что AOBt - - BfiAi и AfiB2 = B2OA2, мы заключаем, что
ВХОАХ + А.ОВ, = ВуОВ, = ~.
Итак, на основании свойств осевой симметрии мы имеем:
j О А | = [ ОД | = j ОА21 и АОА2 = 2BfiB2 = a.
55

(Проверьте справедливость равенства A) для различных положе-
положений точки А относительно осей /j и /2.) Полученное отображение
оставляет неподвижной точку О, а остальные точки плоскости,
сохраняя постоянное расстояние от О, перемещаются так, что
соответствующие углы АОА2 имеют одну и ту же величину. Со-
Согласно определению это будет поворот около точки О на угол ос.
б) пусть /э.||/2. Осевая симметрия S/, отображает точку А на
точку Ах, ссевая симметрия Si, отображает точку Лх на точку Л2.
Положим, что (АА^ ("| /х = Mlt (АХА2) {] /2 — М... Поскольку
АМ1 =
= АА2 =
= М2А2,
B)
то, беря в сумме B) только два средних члена, получим:
Итак, точка А отображается на точку А2 так, что вектор АА2
один и тот же для любой точки А: перпендикулярен осям /х и
/2 и по длине равен удвоенному расстоянию между осями. Итак,
наша композиция есть параллельный перенос т = 2М1М„.
12. а) Пусть мы имеем поворот на угол ос с центром О, где
ос < 180°. Проведем через точку О две оси /х и 12: одну — произ-
произвольно, а другую так, чтобы величина угла между осями была
равна ^-. Тогда, согласно доказанному в задаче 11 а), компози-
композиция двух осевых симметрии с осями /х и /2дает нужный поворот,
б) Пусть дан вектор т. Проведем ось симметрии Z, перпен-
перпендикулярно направлению вектора т, а ось симметрии 12 парал-
\т\	,
лельно li на расстоянии от нее, равном —^ , и притом так, чтобы
направление перпендикуляра от /х к 12 совпадало с направлением
т. Тогда, как уже было доказано в задаче 11 б), композиция
осевых симметрии с осями /х и 12 даст перенес на вектор т.
13. Пусть даны повороты с
центрами Ох и О2 и углами сох
и со2 соответственно (рис. 10).
Разложим первый поворот на сим-
симметрии с осями 1Х и i[, причем
за ось 1[ выберем прямую Ofi^- Вто-
Второй поворот разложим на симмет-
симметрии с осями 1.2 и /j, в качестве 12 во-
возьмем также (OiO?). В последова-
Рис. 10	тельной композиции симметрии S/,,
56

Si{t S/,, Si> симметрии с совпадающими осями S/ и S/2 дадут тождест-
тождественное отображение, а композиция оставшихся симметрии 5/, и
S/, дает либо поворот, если оси пересекаются в точке О, либо
перенос, если ЩГ^. В первом случае, по свойству внешнего угла
треугольника ОХО?Р, получим, что этот угол равен Юх Т"Юг, т. е. угол
композиции — угол поворота — будет щ + а>2 = со (знаки углов щ
и со2 берутся с учетом направления поворотов).
Во втором случае, при 1Х\\1[, т. е. присо! + со2 = 0° (или+360°),
композиция есть параллельный перенос.
14.	Пусть центр квадрата, построенного на стороне [ВС] тре-
треугольника, есть точка Ои на стороне [СА] — точка О2, на сто-
стороне [АВ] — точка 03. При повороте на 90° вокруг Ох точка В
перейдет в точку С, при повороте на 90° вокруг О2 точка С пе-
перейдет в точку А и, наконец, при повороте на 90° вокруг 03
точка А перейдет в точку В. Итак, в результате композиции трех по-
поворотов вокруг центров Ог,О2, О3 точка В перейдет последовательно
в точку С, в точку А и, наконец, вернется в исходное положение.
Значит, В есть неподвижная точка, т. е. центр поворота, полу-
получающегося в результате композиции трех рассмотренных пово-
поворотов. Поэтому для построения точки В нужно сначала найти
композицию поворотов вокруг С*! и О2 (оба на 90°), т. е. постро-
построить центр и угол результирующего поворота (заметим, что этот
центр есть середина [ЛВ]), а затем найти композицию получен-
полученного поворота с поворотом вокруг центра О3. Центр последней
композиции и есть точка В.
15.	Пусть симметрия с центром Ох отображает точку А на
точку Аг; тогда ЛОХ = О1Л1. Симметрия с центром О2 отображает
Аг на А2. Следовательно, ЛХО2 = О2А2. Складывая все эти век-
векторы, получим:
AOj. + а[Ах + A~i62 + О^А2 = АА2.
Используя указанное выше равенство векторов, можем записать:
OHi + ЛО2 = о[о2 = ~ А~А2, или АЛ2 = 2о7оа.
Итак, мы получили, что результирующим преобразованием
будет параллельный перенос 2О^О2.
Обратно: если мы имеем параллельный перенос т, то, взяв
один из центров симметрии произвольно, другой центр располо-
расположим так, чтобы выполнялось равенство:
57

Согласно доказанному композиция симметрии с центрами О, и Оа
->
совпадает с переносом т.
16.	Если число центральных симметрии четно и равно 2п (п—
натуральное число), то наша композиция есть композиция п по-
попарных композиций, т. е. согласно задаче 15 композиция п пере-
переносов. Поскольку композиция переносов есть перенос, компози-
композиция четного числа центральных симметрии является переносом.
Пусть теперь мы имеем три симметрии с центрами Olt 02, 03.
Композиция первых двух симметрии есть перенос, который мож-
можно заменить композицией новых симметрии с центрами О\ иО'2 —
— —»	I
лишь бы выполнялось равенство О[О'2 = ОХО2. Выберем эти точки
так, чтобы центр 0% совпал с центром О3. Но тогда компози-
композиция симметрии относительно 0'2 и О3 будет тождественным ото-
отображением, и композиция всех трех наших центральных симмет-
симметрии будет центральной симметрией с центром в точке 0^. Отсю-
Отсюда у же нетрудно вывести, что композиция любого нечетного числа
центральных симметрии является просто центральной симметрией.
17.	Пусть Ои 02, 03, 04, 06 — данные середины сторон. Рас-
Рассмотрим центральные симметрии относительно этих точек. Пер-
Первая из них отображает первую вершину пятиугольника на вто-
вторую, вторая отображает вторую вершину на третью и т. д.
Наконец, пятая симметрия отображает пятую вершину на первую.
Итак, первая вершина есть неподвижная точка композиции рас-
рассматриваемых симметрии, т. е. центр результирующей симметрии
(см. задачу 16). Построив этот центр, мы найдем первую вер-
вершину пятиугольника, а затем и остальные.
18.	Пусть ABC и А^тСх данные одинаково ориентированные
треугольники; укажем, как найти поворот или параллельный пе-
перенос, отображающий А на Аи В на Вх.
Пусть симметрия с осью Zx отображает А на Ах и В на ка-
какую-то точку В' (как построить ось 1{?). Выполним теперь сим-
симметрию с осью /2, отображающую В' на Вх. Так как | АуВх \ =
= | АуВ' |, то А^12. Если прямые АВ и А^ не параллельны, то
оси 1г и /2 пересекаются: 1г f) l2 -— О. Композиция двух осевых
симметрии с пересекающимися осями, как было показано в зада-
задаче 11, есть поворот вокруг точки пересечения осей. Итак, в этом
случае построен поворот с центром О, отображающий А на Аг
и В на Вх.
Если же АВ = A±Blt то, как известно, при этом и ААг --¦ ВВг
и нужное преобразование есть параллельный перенос т =АА1=
= ВВ1.
Поскольку повороты и параллельные переносы сохраняют
ориентацию треугольников, а треугольники ABC и А^Сх ори-
ориентированы одинаково, то точка С в обоих случаях отобража-
отображается на точку CV
53

19.	Пусть оси трех симметрии llt /2, 13 проходят через точ-
точку О. Композиция двух первых симметрии есть поворот, кото-
который можно заменить композицией других симметрии с осями 1[
и t2, проходящими через ту же точку О и пересекающимися под
тем же углом. Возьмем в качестве к ось /3. Поскольку компози-
композиция симметрии с двумя совпадающими осями U и 13 есть тож-
тождественное отображение, наша композиция будет симметрией
е осью к. (Путем аналогичных рассуждений нетрудно убедиться,
что в случае /i||/2||/3 композиция соответствующих симметрии так-
также будет осевой симметрией.)
20.	Пусть три оси симметрии 1и /2, /3 не проходят через одну
точку, причем, скажем, оси /х и /2 пересекаются. Как и в пре-
предыдущей задаче, заменим оси 1У и /2 другими осями к и к, но при
этом ось Ik выберем перпендикулярной оси /3- Тогда нашу ком-
композицию можно заменить композицией осевой симметрии к и по-
поворота на 180° вокруг точки О = к П /3, т. е. центральной сим-
симметрии с центром О. Теперь эту центральную симметрию мы за-
заменим композицией двух ссевых симметрии со взаимно перпенди-
перпендикулярными осями к и Is, причем ось к проведем параллельно
оси к. Тогда композиция осевых симметрии с осями 1[ \\ к будет пе-
переносом, и рассматриваемая композиция трех ссевых симметрии
представлена в виде композиции параллельного переноса и осе-
осевой симметрии, причем направление переноса параллельно оси
симметрии.
Заметим, что если точка Л переносом отображается на точку Аи
а потом симметрией относительно параллельной оси точка Ах
отображается на точку А , то ссь симметрии проходит через
середину отрезка АА' (докажите!). (Случай, когда 1г\\12 (тогда /2
и 1Я пересекаются), разберите самостоятельно.)
21.	Применим к треугольнику A^id осевую симметрию,
такую, чтобы точка Лх отобразилась на точку Л2. Полученный
треугольник А^В'^С^ будет одинаково ориентирован с треугольни-
треугольником А^В^Съ, и преобразовать их друг в друга можно поворотом
вокруг точки А.г. А так как поворот представляется в виде ком-
композиции двух осевых симметрии, то, значит, перемещение, отоб-
отображающее треугольник А1В1С1 на треугольник А2В2С2, представ-
представляется в виде композиции трех ссевых симметрии. Как было до-
дока -ано выше (см. задачи 19, 20), при любом расположении трех
осей такая композиция будет либо одной осевой симметрией, либо
скользящей симметрией. И в том и в другом случае середины
отрезков АХА2, ВхВ.г, С?2 лежат на одной и той же прямой —
оси симметрии.
22.	Пусть в данном разностороннем треугольнике ABC |ЛВ|>
>|ЛС|. Проьедем через вершину Л прямую, которая пересечет
[ВС] в точке D. Могут ли оказаться конгруэнтными треуголь-
59

ники ABD и ACD? Будем рассматривать запись Z\ABD ^ /\ACD
Как указание на то, что [ЛВ] ?s [ЛС], [BD]^[CD], [AD]^[AD],
/_BADsi /_CAD, /_ABD^ /_ACD, /_ADB^/_ADC. В данном
случае конгруэнтность [АВ] ^ [АС] противоречит условию | АВ | >
> j AC |. Посмотрим возможность других сочетаний конгруэнт-
конгруэнтности. Если AABD^AADC, то /_ABD ^ /_ADC, но это" про-
противоречит тому, что внешний угол ADC должен быть больше
внутреннего ABD. Если AABD^&CAD, то |ЛВ| = |СЛ|, это
противоречит условию |ЛВ|>|ЛС|. Если AABD^ACDA, то
опять окажется, что /_ABD ^ /_CDA. Если &ABD ^ &DAC,
то окажется, что внешний угол ADB конгруэнтен углу DCA, а
должно быть ADB > DC А. Наконец, если Z^ADB^ &DCA, то
опять /_ADB ^ /JDCA. Итак, во всех случаях конгруэнтность
треугольников невозможна.
23.	Решение сводится к тому, чтобы данный треугольник раз-
разрезать на симметричные части, тогда каждую из таких фигур
можно перевернуть изнанкой вверх и уложить на прежнее место.
Можно предложить два варианта решения.
1)	Проведем биссектрисы трех углов треугольника ABC. Они
пересекаются в точке К- Обозначим через X, Y, Z проекции
точки К на стороны [ВС], [СА] и [АВ] соответственно. Тогда
треугольник можно разрезать на три симметричных четырех-
четырехугольника: AYKZ, BZKX, CXKY.
2)	Пусть ВС — наибольшая сторона треугольника. Тогда про-
проекция вершины А на [ВС] — точка Р лежит между точками В
и С. Найдем середины [АВ] и [ЛС] — точки М и N. Соединив М
и N с Р, получим три симметричные фигуры: четырехуголь-
четырехугольник AMPN и два равнобедренных треугольника BMP и CNP.
(Симметричность этих фигур следует доказать.) Некоторые тре-
треугольники, например прямоугольные, можно разбить всего на
две симметричные части — треугольники.
24.	а) Если О — центр симметрии полосы, М — точка на од-
одной из граничных прямых, то симметричная точка М' лежит на
другой граничной прямой (докажите!). Поскольку О — середина
\ММ'\, точка О равноудалена от прямых — границ полосы. Об-
Обратно, легко показать, что каждая точка О, равноудаленная от
граничных прямых, является центром симметрии полосы. Оста-
Остается заметить, что множество точек, равноудаленных от двух
параллельных прямых, есть прямая, параллельная им и равно-
равноудаленная от этих прямых. Эта прямая называется осью соот-
соответствующей полосы. Очевидно, ось полосы есть в то же время
и ось симметрии, отображающей полосу на себя. Заметим также,
что середина любого поперечного отрезка полосы, т. е. отрезка
с концами на граничных прямых полосы, принадлежит этой оси.
б) Пусть оси двух полос не параллельны. Тогда пересечением
полос будет четырехугольник, противоположные стороны кото-
которого попарно параллельны, т. е. параллелограмм. В силу дока-
доказанного в п. а) точка пересечения осей полос есть центр сим-
60

метрии пересечения полос, т. е.
центр симметрии параллелограм-
параллелограмма. Каждая диагональ парал-
параллелограмма есть поперечный от-
отрезок обеих полос, и потому
середины диагоналей совпадают
с центром симметрии параллело-
параллелограмма. Отсюда следует кон-
конгруэнтность противоположных
сторон, противоположных углов,
треугольников, на которые диа-
диагонали разбивают параллело-
параллелограмм.
Если оси пересекающихся
полос перпендикулярны друг
другу, то пересечением полос
будет прямоугольник—паралле-
прямоугольник—параллелограмм с двумя осями симмет-
симметрии, совпадающими с осями по-
полос. Отсюда следует конгруэнт-
конгруэнтность его диагоналей.
Если пересекающиеся полосы
конгруэнтны друг другу, то при
повороте вокруг центра парал-
параллелограмма на угол, равный
углу между осями, одна полоса
отображается на другую. По-
Поскольку центр равноудален от
всех сторон параллелограмма,
его диагонали служат в данном
случае биссектрисами углов и
осями симметрии параллелограм-
параллелограмма. Мы получили ромб — парал-
параллелограмм с конгруэнтными сто-
сторонами и взаимно перпендику-
перпендикулярными диагоналями — осями
его симметрии. Если пересекаю-
пересекающиеся полосы конгруэнтны, а их
оси взаимно перпендикулярны,
то в пересечении полос полу-
получается квадрат.
25. Все построения, предла-
предлагаемые в этой задаче, основаны
на свойствах ромба, получающе-
получающегося от пересечения двух конгру-
конгруэнтных полос. Построения вы-
выполнены на рисунках 11 — 17.
Толстыми линиями показаны
В	В1
Рис. 13

Рис. 15
Рис. 16
Рис. 17
данные и искомые элементы,
тонкими линиями изображены
вспомогательные прямые по-
построения. Цифры при каждой
линии указывают порядок по-
построения.
26.	С помощью чертежного
угольника можно проводить пря-
прямые линии и перпендикуляры
к ним. Кроме того, если распо-
расположить угольник так, чтсбы две
данные точки лежали на его ка-
катетах, то вершина прямого угла
угольника будет лежать на ок-
окружности, построенной на дан-
данном отрезке как на диаметре.
Порядок построения биссек-
биссектрисы данного угла таков.
1)	Обозначим через А вер-
вершину угла; из произвольной точ-
точки В, принадлежащей одной из
сторон угла, проводим перпен-
перпендикуляр (ВС) к другой стороне.
Получим прямоугольный тре-
треугольник ABC с прямым углом
при вершине С.
2)	Дополним треугольник
ABC до прямоугольника АСВС.
3)	Находим точку О пересе-
пересечения диагоналей [АВ] и [СС]
и через нее проводим прямую /
перпендикулярно катету [ВС].
Этот перпендикуляр пройдет
через середину [ВС].
4)	Располагаем угольник так,
чтобы точки А и В лежали на
его катетах, и, «скользя» по
этим точкам, перемещаем уголь-
угольник до тех пор, пока его вер-
вершина попадет на перпендику-
перпендикуляр /. Полученная точка М ле-
лежит на искомой биссектрисе
[ЛУИ), так как М есть середина
дуги окружности, описанной
около треугольника ABC.
27.	Обозначим через А не-
недоступную точку пересечения
двух данных прямых. Пересечем
62

Рис. 18
эти прямые произволь-
произвольной третьей прямой и по-
получим точки В и С.
Искомая биссектриса
угла А проходит через
точки пересечения бис-
биссектрис двух внутрен-
внутренних и двух внешних уг-
углов треугольника ЛВС
при вершинах В и С.
Эти биссектрисы легко
построить при помощи
двусторонней линейки
(рис. 11).
28.	Обозначим через
А недоступную точку
пересечения данных пря-
прямых. Проведем через Р перпендикуляр к одной из этих
прямых и обозначим через В точку пересечения этого перпен-
перпендикуляра с другой прямой. Потом проведем через Р перпенди-
перпендикуляр ко второй прямой и обозначим через С точку его пересе-
пересечения с первой прямой. Мы получим, что Р есть ортоцентр тре-
треугольника ABC. Поэтому перпендикуляр, проведенный из Р к
прямой ВС, будет третьей высотой треугольника и, значит, прой-
пройдет через вершину А.
29.	а) Рассмотрим треугольник ABC (рис. 18), егс высоты
пересекаются в точке Н—ортоцентре. Продолжая высоты АН,
ВН, СН до их пересечения с окружностью, получим на окруж-
окружности соответственно точки Н1г Нг, Н3. По свойству вписанных
углов, опирающихся на одну и ту же дугу, имеем: НгВС = НЛАС
Из прямоугольных треугольников АНН'2 и BHH[ получим: НгАС=~
¦'Ч
=Н2ВС. Итак, [ВС) — биссектриса угла НВН1. Аналогично дока-
докажем, что [СВ) — биссектриса угла НСНг. Итак, четырехугольник
ВНСН1 симметричен относительно (ВС), следовательно, и точ-
точки Н и Я] симметричны относительно (ВС).
б) Пусть Р — точка описанной окружности, не совпадающая
ни с А, ни с В, ни с С, точки Plt Р2, Р3 симметричны Р отно
сительно (ВС), (АС), (АВ) соответственно. Докажем, что точки Р.,
^\
Ра, Н принадлежат одной прямой. В силу симметрии ВНРХ =
^\
= ВНХР, и так как углы ВНХР и ВАР вписанные и опираются
на одну дугу, то ВНгР — ВАР. Точно так же доказывается, что
ВНР, = ВН3Р и ВН3Р = ВАР. Следовательно, ВНРг = ВНР3 к
точки Рх, Р3, Н принадлежат одной прямой. Аналогично докажем,
что точки Р2, Р3, Н принадлежат одной прямой, откуда и следует,
что все четыре точки Plt Рг, Р3, Н принадлежат одной прямой. Заме-
63

тим, что при гомотетии с центром Рис коэффициентом & =-н-
точки Рг, Р2, Ря переходят в проекции точки Р на стороны тре-
треугольника. Прямая, на которой лежат эти проекции (образ пря-
прямой Plt Р2, Р3), называется прямой Симпсона1.
30. Пусть окружности, проходящие через точки А', В, С
и А', С, В', пересеклись еще в точке Р (они уже имеют общую
точку — А'). Соединим точку Р с точками А', В', С". Обозна-
Обозначим через а, р, -у величины углов при вершинах А, В, С в тре-
треугольнике ABC. Тогда по свойству углов вписанного четырех-
четырехугольника получим:
р +
' = я, т + А'РВ' = л.
т. е.
Далее, В'PC' =2л — С'9а'—А'РВ' = 2л. — л + т — ж +
В^С = р + т.
Отсюда следует, что а + В'PC — а + р -J- т=л. Поэтому около
четырехугольника АВ'РС можно описать окружность. Описан-
Описанная окружность, пройдя через точки А, В', С", пройдет и через
точку Р.
31. а) При пересечении четырех прямых получилось четыре тре-
треугольника ABC, AEF, BFD и CDE (рис. 19). Применим выводы
предыдущей задачи к треугольнику ABC и к трем точкам на его
сторонах: De(BC), Ее (АС) и F€ (АВ). Отсюда сразу следует,
что окружности, описанные около треугольников AEF, BDF, CDE,
пересекутся в одной и той же точке Р. Но на сторонах тре-
треугольника BDF также лежат точки: Ac (BF), Се (BD), Ее (DF).
Поэтому окружности, описанные около треугольников CDE, AEF,
ABC, пересекутся тоже в одной точке. Этой точкой будет та
же точка Р, так как в ней пересекаются окружности CDE и AEF.
б) Обозначим через Olt O2, О3 соответственно центры окруж-
окружностей, проходящих через точки А, Р, Е, F; В, F, P, D; С, Е,
Р, D. Докажем, что четырех-
четырехугольник ОгО2О3Р — вписуе-
мый. Так как линия центров
двух окружностей перпендику-
лярна их общей хорде, то О2+
-\-FP'D = n. Но FP^D^O^PO;,,
так как в треугольниках FPD
и С^РОд "f = 6[,D = d3 (сравни-
(сравните величины дуг, на которые
эти углы опираются).
Следовательно, О2 + ОгРО3—
= л, и поэтому окружность, про-
1 Р. Симпсон A687—1768) —
Рис. 19	шотландский геометр.
64

ходящая через центры Olt О,,
О3, пройдет и через точку Р.
Аналогично доказывается, что
и окружность, проходящая че-
через точки О1у О.,, О4 (где 04 —
центр окружности, проходящей
через точки А, В и С), прой-
пройдет тоже через Р.
в) Обозначим Нг, //.,, //3,
/74 — ортоцентры треугольников
ABC, AEF, BFD, CDE, а бук-
буквами Рх, P2, Ps, Pi обозначим
точки, симметричные точке Р
относительно прямых ВС, СА,
АВ, DE (эти точки и ортоцент-
ортоцентры на чертеже не показаны).
Применяя к треугольнику
ABC выводы задачи 29, получим,
что точки Рь Р2, Р3, Нх принадлежат одной и той же прямой.
Теперь те же выводы применим к треугольнику AEF, в котором
(АЕ) = (AC), (AF) = (АВ), (EF) = (DE); получим, что точки Р2,
Р3, Р4 и Н2 принадлежат одной прямой. Такими же рассуждениями
докажем, что той же прямой принадлежат и точки #, и А/4.
32. Докажем, что окружности, описанные около треугольни-
треугольников BCAlt CABlt ABClt пересекаются в одной точке D (рис. 20).
Пусть окружности ВС Ах и АВСХ пересекаются в точке D (общую
точку В они уже имеют). По свойству вписанных углов имеем:
ADB =
, ВВС = BAlC =
Складывая эти равенства почленно, получим: ADB -\-BDC -- ADC
АС -4- А'С	'^
=	g	= ABj^C. Это значит, что окружность, описанная
около /\CABlt тоже пройдет через точку D. Установив это, обо-
значим: ВАВ' = а, ВСВ' = f. а + 7 = л (противоположные углы
вписанного четырехугольника). На том же основании BDCX -л—
— a, BDAx = л — у, поэтому 60^ -I- ВШХ - CjD/^i — л — а +
-)- л — f = л, т. е. точки Лц Сг, D принадлежат одной прямой.
Аналогично доказывается, что точки Вг, Сг, D принадлежат одной
прямой, откуда и следует, что точки Л,, Ви Ct принадлежат одной
прямой.
->
§ 2. 1. Допустим, что эта сумма есть вектор т. Повернем наш
2п г,,
правильный /г-угольник около его центра на угол — . 1 огда мно-
7755
С5

гсугольник отобразится сам на себя, поэтому при этом повороте
сумма векторов ОАк должна остаться прежней. Это возможно
лишь в том случае, когда т — 0 .
2.	Если С€(АВ), то AC = zAB, т. е. ОС — ОА = z(OB — OA),
откуда получаем выражение ОС через ОАиОВ: ОС = A — г) О А +
+ гОВ. Осталось заметить, что упомянутая сумма коэффициен-
коэффициентов есть A — г) + 2 = 1.
Обратно, если ОС = хОА + уОВ, где х + у = 1, то х = 1 — у
и ОС = A — у) ОА+ уОВ, откуда О~С—ОА= у (ОВ—ОА) или АС =
= ij-AB. Следовательно, вектор АС коллинерен вектору АВ и
поэтому точка С принадлежит прямой АВ.
3.	Пусть ABC — данный треугольник, М — середина [ВС], N —
середина [АС], Р — точка пересечения медиан AM и BN. Вве-
Введем обозначения: AB=b, AP=p, AN = п . Тогда ЛС = 2« , АМ=
= хр. Вектор AM есть полусумма векторов АВ и АС. Отсюда
получаем равенство: хр=-^ (Ь + 2 п), откуда р =н-& Н—м . Точ-
ки В, Р, Л^ принадлежат одной прямой, поэтому^—1—=-- 1 их—
= к- ¦ Этим однозначно определяется положение точки Р (цент-
(центроида треугольника) на медиане [ЛУИ]: две другие медианы пере-
пересекают [AM] в одной точке.
4.	Так как (ABC) = k, то ^ = k, или ^°f
ев	\ов—ос
— 0С = kOB — kOC) =#- ((k — 1) ОС = kOB — ОА) ¦-
—> —>
be	"*¦
5. Рассмотрим единичные векторы ^ и — (здесь й = | & |, с =
-*¦ 7 ~с
= |с |). Ввиду того что их длины равны, вектор-^ -\	их сум-
сумма— направлен по биссектрисе угла Л, т. е. по вектору п . Итак,
мы имеем равенство:
Откладывая векторы b , с и п от точки А согласно выводам зада-
задачи 2, будем иметь:
X . X
откуда х = -fr-TTc •
66

Итак,
b + c\ b ' с I	b-\-c
-* be I b , с \ cb +bc
Отсюда нетрудно получить, что
-*¦ ¦+ _с(с — ~b) j* -*• __Ь(Ь — ^)
Следовательно, (BCN) = ^ =
NC
NC Ь —п	"	| b |
6. Задача решается так же, как и предыдущая, только век-
~Ь	~ь гг
тор у нужно заменить противоположным — -т-. 1огда получим:
7.	Если Q — точка пересечения медиан [AM], \BN], \CK\ тре-
треугольника ABC, О — произвольное начало, то, поскольку AQ
= -^АМ (см., например, задачу 3), a AM =¦- АВ 4- ВМ = АВ -•-
+ ~ ВС, можно записать: Q=^0Q = 6A + AQ = 0A-h
+4 (АВ+1 ВС) = Л + | р - Л ) 4- 4 (С - В)] A —|) Л +
2	1 "* 21~*" 1"*" ->-—»•
+ -д-A—^Б +-д--уС =-д-(Л 4-В 4-С), что и требовалось
установить.
8.	Согласно указанной в задаче формуле имеем:
(щ + ... +тпNР = т10А1 + ... 4-ш„0Лп .	A)
Положим, что с заменой точки О на О' произойдет и замена Р
на Р', тогда мы получим: (тг +... + тп) О'Р'= m1(O'O+OAi) +
+ ... +тп@'0 + ОАп). Вычитая это равенстЕо из равенства A/,
будем иметь: (т1 + ...+ тп) (ОР—ОТ') = (тх 4-... 4-тп) 00', от-
откуда ОР — ОЧ3' = 00', или ОР = ОР'; значит, Р' = Р. В частно-
частности, в случае двух точек имеем:
Qp ^_ т1 0Ах 4- т2ОА2	' .^
т1 + т2	*¦
РА О А 	ОР
Если в простое отношение (АгА2Р) = ^^ = т=г—=7 вместо
РА2 0А2 — ОР
ОР подставить правую часть равенства B), то после элементарных
преобразований найдем: (А^А^Р) = —— .
3*	67

9. Ввиду однородности материала можно предположить, что
массы сторон треугольника сосредоточены в их серединах и про-
пропорциональны их длинам: а = I ВС \, b = \ С А \ и с = | АВ |. Сере-
Середины сторон [ВС], [С/4] и [АВ\ треугольника ЛВС обозначим
соответственно А', В', С. Тогда согласно формуле определения
центра масс получим:
Р =
а А' +ЬВ'
а+Ь
—>	—> >¦ ->-
Чтобы выразить Р через А, В и С. воспользуемся формулами:
Подставляя эти выражения в формулу дляР, найдем:
-X (Ь + с) ~А + (с + а) В" + (а + Ь) ~С
Для построения точки Р нужно исходить из того, что в вер-
вершинах А', В', С треугольника А'В'С находятся массы a, b и с.
Согласно выводам задачи 8 центр тяжести точек В я С лежит
на отрезке ВС и делит его в отношении — -г. Но длина | А'В' \
равна ^ > а длина | А'С \ равна ~^< и отсюда следует, что центр
тяжести точек В' и С делит этот отрезок в том же отношении,
в каком его делит конец биссектрисы из вершины А'. Поэтому
центр тяжести треугольника А'В'С лежит на биссектрисе этого
угла. Аналогично доказывается, что он лежит и на биссект-
биссектрисе угла В'. Поэтому искомый центр тяжести, т. е. точка Р,
совпадает с точкой пересечения биссектрис треугольника А'В'С.
10. Если ABCD — данный
четырехугольник, то по общей
формуле радиус-вектор центрои-
центроида есть
Р =
~A+~B+C-\-~D
Вместе с тем, обозначая через
Mlt M», М3, М4 центроиды тре-
треугольников BCD, ACD, ABD
и ABC, мы получим, что Р
есть точка пересечения прямых
MiMg и Л12М4.
11. Для данного четырех-
четырехугольника (рис. 21) ABCD со-
68

храним те же обозначения центроидов, как и в предыдущей задаче:
Мг и М4 — центроиды треугольников ACD и ABC соответственно.
Обозначим через Ах и А., точки деления на сторонах АВ и AD,
ближайшие к вершине А; через В1 и В2 — точки деления на сто-
сторонах В А и ВС, ближайшие к вершине В; через Сх и С2 — точки
деления на сторонах СВ и CD, ближайшие к вершине С; нако-
наконец, через Dj и D2 — точки деления на сторонах DC и DA,
ближайшие к вершине D. Так как (B1B2)\\(AlCJ)\\(AC) и
(?>iD2) || (ДА) || (ЛС), то (DiD2) || (fijB2). Аналогично получаем, что
(AiAz) II (CiC2).Итак, четыре прямые AtA2, B.B^dCo, D^D*, пересека-
пересекаясь, образуют параллелограмм. Центроид M.z треугольника ACD
находится на середине отрезка А2С2. Центроид М4 треугольника
ABC находится на середине отрезка Л^. Центр тяжести четы-
четырехугольника ABCD лежит на прямой М2М4, которая проходит
через центр параллелограмма, так как (М2Л14) совпадает с осью
полосы между прямыми АХА2 и СгС2. Аналогично доказывается,
что через центр параллелограмма проходит и прямая МгМ3, где
Мг и М3 центроиды треугольников ABD и BCD соответственно.
Отсюда следует, что центроид четырехугольника совпадает с цент-
центром построенного параллелограмма.
12.	Указанную фигуру можно разбить на два прямоугольника.
Прямая, проходящая через их центры, проходит через центр тя-
тяжести фигуры. Разбивая ту же фигуру на два прямоугольника
по-другому, получим другую прямую, проходящую через их цент-
центры. Точка пересечения этих прямых и есть центр тяжести фи-
фигуры.
13.	Если гомотетия с центром 5 и коэффициентом k отобра-
-+, —*¦	-*¦-*¦
жает точку А на А', то (А —S) = k (A —5), откуда:
A' = kA + {\—k)S.
14.	Пусть точки А1 и BY гомотетией с центром 5Х и коэффи-
коэффициентом kx отображаются соответственно на точки А2 и В2. Тогда
получим: (/41Л.2) р (В^В.^ = Sl и Л2В2 = ^i A^i- Вторая гомоте-
гомотетия с центром S.2 и коэффициентом k2 отображает Л2 на Л3 и В2
на В.„ причем (А*АЯ) |~| ФФз) = 52 и А3В3 = k2A.,B2. Так как
(Л^) || (А2Вг) и (АгВг) || (АД), то и (Л]В1) || (АЯВ3). Итак, векторы
АХВХ и Л3В3 коллинеарны. Положим, что прямые АХА3 и ВХВЛ
пересекаются и пусть (A^A*) f] (В1Д,) — S3. Далее из равенства
Л2В2 /iHi^i и АЛВ3 = k2A2B2 получим: А3В3 = kv k»-А^. Итак,
существует гомотетия, преобразующая Аг в А3 и Вг в В3 с каким-
то центром S3 и коэффициентом k3 = кг-к2. Покажем, что центры
трех гомотетий SL, 52 и S3 лежат на одной и той же прямой.
Это следует из того, что при гомотетии только прямые, прохо-
проходящие через центр, инвариантны, т. е. преобразуются сами в
69

Рис. 22
AiA-2
т
га
себя. Прямая 5tS2 инвариантна и при
первом, и при втором преобразовании;
значит, она инвариантна и при ком-
композиции, и поэтому 53€ (SiS2).
Чтобы определить положение цент-
центра S3 по отношению к центрам 5Х и
52, рассмотрим схему расположения
данных точек. На рисунке 22 обоз-
обозначения точек соответствуют нашей
композиции двух гомотетий с цент-
центрами Slt 52 и результирующей го-
гомотетии е центром S3.
Обозначим соответственно через
т, п, р расстояния от точек Su Л2, 52
до прямой S3At. Принимая точки
лучим:
АоА,
Преобразуем эти выражения:
А3А2 _ А2А3 _ S2A3 — S.
A3S2 S2A3 S2A3
'8
п
P
за
' Ss
l
'-
k2-
k.
центры
s p
*i
i
гомотетии,
m
ra '
ra
по-
поНаконец:
m
Если окажется, что AlB1 — АЯВЛ, то мы имеем: AXA3 =BiB[t, — и
композиция гомотетий является параллельным переносом т—A^A3 —
= ВгВ3. Инвариантная прямая S^ сонаправлена с вектором
переноса.
15. Пусть мы имеем окружности с несовпадающими центрами
Ох и О2 и разными радиусами гх > г2. Проведем радиус-век-
радиус-вектор ОгАг, а также радиус-вектор О2А2, сонаправленный с пер-
первым. Гомотетия с центром 5Х = (Ofi?) (] (AiAa) и коэффициентом
О А г
kx = -г^т-2 = — отображает первую окружность на вторую, так
ОгАг Г*
как, когда точка Лх пробегает первую окружность, точка Л2
остается на постоянном расстоянии от О2, ибо
70

Если провести радиус-вектор
О2/4г, противонаправленный век-
тору
то
= — 5-, и мы
Рис. 23
01А1
получим гомотетию с центром
S;= (ОгОг) П (Ai-%) и отрица-
отрицательным коэффициентом k'x =
=—— . Если дана еще третья ок-
окружность с центром 03 и радиу-
радиусом г3 (рис. 23), то и она двояко
гомотетична с первой и второй
окружностью. Замечая, что ком-
композиция преобразований первой
окружности во вторую и вто-
второй — в третью отображает пер-
первую окружность в третью, мы
приходим к выводу, что центры
таких гомотетий лежат по три
на одной прямой. Ввиду того
что коэффициент результирую-
результирующей гомотетии равен произЕеде-
нию коэффициентов образующих
гомотетий, мы заключаем: ком-
композиция гомотетий одинаковых
знаков дает гомотетию с поло-
положительным коэффициентом, раз-
разных знаков — с отрицательным
коэффициентом. Имеющиеся у
нас шесть гомотетий с центрами
Slt S[, S2, S;, S3,SS (буквами
со штрихами отмечены центры
гомотетий с отрицательным коэф-
коэффициентом) расположены по три на четырех прямых (SjSoS^).
(SX5;5;), (S,SiS's) и (S3S[S'2) (см. рис. 23). Эти прямые назы-
называются осями гомотетии трех окружностей.
16. Необходимость условия. Пусть прямая пересекает
прямые ВС, С А и АВ соответственно в точках X. Y, Z (рис. 24).
Проведем прямую / перпендикулярно прямой XZ. Она пересечет
последнюю в точке О. Обозначим через А', В'. С проекции
точек А, В и С на прямую /. Так как параллельные прямые на
произвольных секущих спределяют соответстпенно пропорцио-
пропорциональные отрезки, то получим:
Рис. 24
ХВ YC ZA
ХС YA ZB
YC ZA _ОВ^ О?_ ОА __
ОС'
ОА'
ОА'
ОВ'
(П
71

Заметим, что согласно предложению задачи 1 из § 1 (аксиома
Паша) секущая прямая либо пересекает две и только две сто-
стороны треугольника, либо не пересекает ни одной. В первом слу-
случае два из сомножителей произведения A) отрицательны, а один
положителен. Во втором — все три положительны. Значит, про-
произведение всегда положительно.
Достаточность условия. Пусть нам дано, что
ХВ КС ZA _ .
ХС YA ZB
и положим, что прямая XY пересекает прямую АВ в точке Z'.
Тогда по доказанному получим:
ХВ YC ?М_ ,
ХС YA 2?В
ZA ГА т,
откуда -zr = -^-. Но точка, делящая отрезок в данном отноше-
ZB Z'B
нии, единственна, поэтому Z' = Z.
17.	Внешняя биссектриса делит противоположную сторону на
части, пропорциональные прилегающим сторонам (см. задачу 5).
Подставив соответствующие значения длин отрезков в выраже-
\МВ\ \NC\ \РА\
нне -jttH' • м л • пР , убедимся, что эти отношения удовлетво-
ряют условиям теоремы Менелая.
18.	Пусть АСВ — данный угол, окружность с центром О' —
данная, окружность с центром О — искомая (рис. 25). Примем
точку касания S окружностей за центр гомотетии, преобразующей
эти окружности друг в друга. Эта же гомотетия преобразует угол
АСВ в угол А'С В', в котором сто-
стороны А'С и С В' касаются данной
окружности, и потому их легко по-
построить, так как (А'С) || (АС) и
(СВ') || (СВ). Пересечение прямой СС
с данной окружностью дает центр
гомотетии S. Центр О искомой ок-
окружности найдется как точка пере-
пересечения прямой O'S с биссектрисой
данного угла.
Второе решение найдите самостоя-
самостоятельно, принимая за центр гомотетии
вторую точку пересечения прямой
СС с окружностью.
19. Пусть ABC и А'В'С — дан-
данные подобные треугольники, и не-
некоторое преобразование подобия ото-
отображает точку А на точку А' и точ-
точку В на точку В', (АВ) не парал-
Рис. 25	лельна (А'В'). (Если бы имела место
72

Рис. 26
параллельность, то преобразо-
преобразование привелось бы к гомотетии,
что уже рассмотрено в задаче 14.)
Заметим, что если треугольники
подобны и одинаково ориентирова-
ориентированы, то у них конгруэнтны и оди-
одинаково ориентированы соответ-
соответственные углы. А отсюда следует,
что Есе пары соответственных сто-
сторон обоих треугольников образуют
друг с другом углы одной и той
же величины, которая однозначно
определена углом между направ-
направлениями [АВ) и [А'В') (рис. 26).
Нам нужно найти в плоскости та-
такую точку S, чтобы выполнялось
равенство ASA' = BSB' = со, где со
есть ^ величина угла между [АВ)
и [А'В'). Для отыскания S строим
на [АА'] и [ВВ'] окружности, на В
дуги которых опираются вписанные
углы данной величины. Построе-
Построение упрощается, если учесть, что
точка Р = (АВ) П (А'В') принад-
принадлежит этим окружностям. Полу-
Полученная точка S удовлетворяет усло-
условию ASA' =BCB' = со. Она единст-
единственна, так как ни одна точка, не
совпадающая с ней, этому условию
не удовлетворяет (проверьте!). Най-
Найдя точку S, повернем около нее
первый треугольник на угол со так,
чтобы точка А оказалась на прямой SA', а точка В — на пря-
прямой SB'. В результате мы получим треугольники, получающиеся
Друг из друга гомотетией с центром S и коэффициентом k
' \А'В'\
= Wi • Точка
угольников.
20. Как и в предыдущей задаче, преобразование подобия опре-
определяется соответствием двух пар точек: А отображается на А'
и В на В' (рис. 27), только в данном случае ориентация треуголь-
треугольника меняется на обратную. Поэтому, если ко второму треуголь-
треугольнику применить осевую симметрию, то ориентация треуголь-
треугольников станет одинаковой. Если при этом добиться еще того, чтобы
соответственные отрезки стали параллельны, то фигуры 'станут
гомотетичными. Чтобы осуществить такое преобразование, прове-
проведем через А' ось симметрии 11 параллельно биссектрисе угла
Рис. 27
называется центром подобия исходных тре-
тре73

между прямыми АВ и А'В'. Тогда отрезок А'В' отображается
относительно этой оси на отрезок А'Ви (Л'51)||(ЛВ) и треуголь-
треугольники станут гомотетичными с центром S2 = (АА') {] (BBj).
Прямая рх ±llt проходящая через Slt есть инвариантиия
прямая и симметрии, и гомотетии. Но можно провести и дру-
другую ось симметрии L через точку А', параллельную биссектрисе
другого угла между (АВ) и (А'В'). Эта симметрия отображает
[А'В'] на [А'В2], и опять (А'Вг) || (АВ). Мы получим новую гомо-
гомотетию с центром S2 = (АА') (") (ВВ2). Новая инвариантная пря-
прямая р2 ± /2 проходит через S2. Точка S = рх f| p2 есть непод-
неподвижная точка композиции преобразований: симметрии относительно
Pi или р, и гомотетии с центром S. Единственность точки S
обусловлена тем, что при замене оси /х другою осью симметрии,
параллельной 1и точка А' сместится в новое положение А"
(причем (А'А") ± /,) и центр гомотетии Sx сместится в точку S^
Но так как J^l = J^., то (ЗД || (А'А"), т. е. (ЗД I /, и
1. Итак, прямая рх одна и та же при любом выборе 1Х; то
же относится и к прямой р2, и, значит, точка 5 = pj f| p.z опре-
определяется однозначно.
21.	Пусть в данной трапеции ABCD(AD)\\ (ВС), (АВ) П (CD)=
= S, | AD | > | ВС |, (BD) П («4С) = P. Примем точку S за центр
гомотетии, отображающей В на А и С на D. При этом прямая
BD отображается на параллельную ей прямую и, проходящую
через точку А, а прямая АС отображается на параллельную ей
прямую Ь, проходящую через точку D. Пусть a |~| b = Р'. Точка
пересечения прямых АС и BD — точка Р — отображается при
этом на точку пересечения прямых а и b — точку Р'. Прямые РР'
и AD — диагонали параллелограмма — пересекаются в точке М —
середине отрезка AD. Обратная теорема легко доказывается рас-
рассуждением от противного.
22.	Построения а) и б) основаны на применении двух теорем
предыдущей задачи.
в)	Проведем диаметр [АВ]. Центр окружности О — его сере-
середина. Через произвольную точку М окружности предыдущим
построением проводим хорду [MN] \\ (АВ). Пусть (AM) f| (BN) = 5.
В силу симметрии окружности (SO) J_ (АВ). Этим определяется
второй диаметр, перпендикулярный к (АВ), концы которого сточ-
сточками А и В определяют вершины квадрата.
г)	Как в предыдущем построении, проводим хорду [MN],
параллельную диаметру [АВ]. Через точки М и N проводим диа-
диаметры [ММ'] и [NN'], тогда (M'N')\\(AB). Прямые MN и M'N'
определяют полосу, в которой (АВ) — ось, она же и ось сим-
симметрии прямоугольника MNN'M'.
д)	Построенная полоса с ее осью в пересечении с любой пря-
прямой определяет отрезок с его серединой, что дает возможность
производить при помощи только линейки первые два построения.
74

У'
w
\
\
\
\
\
"Г-	—г-	—v
23.	а) Пусть г = х i + У j • При-
Примем начало 0 за центр гомотетии
с коэффициентом к, тогда полу-
получим: k r = kx i + ky j .
б) Рассмотрим сумму ОМ +
+ MN = ON. Пусть ОМ = л-хТ +
4- уг j , MN = л-2 / + 1/г /. ON =
— х i -\- у j ¦ Обозначим через Мх
и Nx проекции точек М и N на
ось Ол-, /И„ и A^j, — проекции М
и N на ось Оу. Тогда получим:
oAf* = 0Мх + MXNX, или х i =	Рис. 28
= л-! t + *2 i = (Хх 4- *г)' - Значит, х = агх -f- jc2. Аналогично у =
24.	Имеем равенство: 00' 4- О'М = ОМ. Подставляя сюда 00'' =
= a i +b j ; О'/И = л-' t + у' j, ОМ = xi + у j , получим: (a +
4- л') i +(b+ у') j =xi +yj. Поэтому x = x' + a, y = y'-\-h,
откуда: x' = x — a, y'' = у — b.
-+- -+¦
25.	а) Рассмотрев проекции векторов V и /"' на Ох и Оу, по-
лучим (рис. 28): i = i со5ф+ / sin ф; /'= /соэф— /з!пф.
б) Для данного вектора г будем иметь:
-*¦-*•-*¦-*¦-+¦	-*¦	-*¦
г — xi + у j = х' V + у' ]' = х' (t cos ф + / s'n ф) +
+ у' ( / cos ф — t sin ф).
Сравнивая коэффициенты при векторах, получим:
х = х' cos ф — у' sin ф,
t/ = х' sin ф 4- у' cos ф.
Из этих уравнений найдем:
х' = х cos ф 4- У sin ф,
г/' = — л: sin ф + У cos ф.
26.	Преобразовав систему координат Оху поворотом на угол а
в систему координат Ох'у', получим:
V — i coscc4/sincc и /' = /cosa— isina.
Повернув систему Ох'у на угол р, получим:
Г = ?cos р + 1 sin P; f = fcos p — Tsin p.
75

Однако систему Ох"у" можно получить сразу, поворотом систе-
системы Оху на угол (а + р); тогда получаем:
/" = i cos (a + р) + / sin (а + р);	^
7" = 7 cos (а -]- р) —7 sin (а + Р).
Подставим теперь в первую из формул для i" выражения для
~у ~~t~	¦?¦¦?¦
i' и /"' через векторы i и /, получим:
-*¦-*-*¦	-*•-*¦
i" — (i cos a -f- j sin a) cos p + (/ cos a — i sin a) sin p.	(**)
-*- ->-
Сравнивая коэффициенты при i и / в формулах (*) и (**), полу-
получаем основные формулы тригонометрии:
cos (a + р) = cos a cos p — sin a sin p,
sin (a -}- p) = sin a cos p + cos a sin p.
(При этом выводе не накладывается никаких ограничений ни
на знаки, ни на величины углов аир.)
27. Мы имеем:
((ABC) = X) => [СА = X • СВ), т. е. А — С = X (В — С),
й- ХВ — А
откуда С = ? _, .
Пусть даны точки: А (хг\ yj, B(x2; у2), С (х; у). Тогда из
выведенной формулы поаучаем
Л1 "Г i/У	j 	 |
Сравнивая коэффициенты при ортах, находим:
28. Свойства а), б) и в) доказываются, исходя из определения
скалярного произведения векторов из того, что cos (—ф) = cos ф
и cos 90° = 0.
г) Пусть а + b = с (рис. 29). Умножим скаляр но все векторы
на вектор т и получим: та = та', mb = mb', tnc = mc'. Здесь
т = | т I, а', Ь', с' — длины проекций
векторов а, Ь, с на направление век-
->-
тора т, взятые с соответствующими
знаками. Так как проекция суммы
векторов равна сумме проекций сла-
слагаемых, то с'— а'-\-Ь', поэтому
^ ma-\-mb та'-{-tub'= т(а'-\-Ь')—
Рис. 29	= тс' = тс.
76

Итак, т(а-\- b) = m с, что и требовалось.
29. а) Для доказательства теоремы косинусов и синусов воз-
-> -»- ->-
водим в скалярный квадрат обе части равенства а ---- b — с, где
а —- ВС, b = С А, с — АВ в треугольнике ABC. Получим: а2
— Ь2 + с2 — 2Ьс cos а. Отсюда, применяя формулу sin2 а = 1 — cos2 а,
находим:
sin a =
—а* — fc4 _ С4
26с
2Д
be
где А = [/—а4 — Ь
Аналогично sin р =
2Д
sin f =
2с2а2
2Д
И наконец,
с.
sin a : sin |3: sin f = a :
б) Если а и b — векторы АВ и AD, где ABCD — параллело-
->- —> -^- —>	->- -»- -»--»--»-->-
грамм, т = АС, п = BD, то т = a -f b, n = а — Ь.
Возводя в скалярный квадрат обе части этих равенств и скла-
складывая их по частям, получим: тг + и2 = 2а2 + 2Ь .
30.	а) Для доказательства тождества достаточно раскрыть
все скобки и произвести сложение.
б) Пусть в треугольнике ABC высоты, проведенные из вер-
вершин В и С, пересеклись в точке Н. Обозначим: НА = а, НВ = Ь,
НС = с. Тогда в силу перпендикулярности векторов получим:
t>(c — ~а) = 0 и ?(<л—Т) = 0.
Итак, в доказанном тождестве два слагаемых равны нулю,
-»¦->¦ -»-
значит, и третье слагаемое равно нулю, а(Ь — с) -- 0, но отсюда
следует, что (НА) j_ (ВС), т. е. что (НА) есть третья высота
треугольника.
31.	Обозначим через а, Ь, с, d
длины сторон данного четырехуголь-
четырехугольника PQRS (рис. 30) и соответ-
соответственно через А, В, С, D — середины
сторон; пусть т и п — длины диаго-
диагоналей, М и N—-их середины. Обо-
Обозначим также | АС \ = р, \ BD | = q,
| MN | = t. Используя свойство сред-
средней линии треугольника, убеждаемся,
что ABCD, AMCN и BMDN — па-
параллелограммы. Применяя к ним фор-
формулу, выражающую связь между дли-
длинами сторон и диагоналей, выведен-
выведенную в задаче 29, получим:
*м2
*м2
в параллелограмме ABCD ^
Рис. 30
77

в параллелограмме AMCN -у + -g- = p2 + t2,
а2 с2
в параллелограмме BMDN — + -_— = ^2 + /2.
Складывая два последних равенства, получим:
Заменяя в правой части сумму рг + 92 ее значением из пер-
первого равенства, найдем:
а2 + fr2 + с2 + rf2 _mM-n2 „ я
2	2 ' "
И окончательно:
32. а) Обозначим через та длину медианы [AM] треугольника
ABC. Проведя через вершины В и С прямые, параллельные
противоположным сторонам треугольника, получим параллело-
параллелограмм, стороны которого имеют длины b и с, а диагонали —
длины 2та и а, где а, Ь, с — длины сторон треугольника. При-
Применяя формулу, выведенную в задаче 29,6, получим:
б) Согласно формуле из решения задачи 5 (§ 2) имеем:
-*¦	 be + cb
Возведя скалярно в квадрат обе части равенства, получим:
Но из треугольника ABC мы имеем
(а2 = Ь2+с2 — 2Ьс) =*. B6с = Ь2 + с2 — а2).
Подставляя это значение в формулу A), получим:
2 ЫУ + be (Ь2 + с2 — а2) _ , (Ь + сJ — а
" ~	(ft + cI	~	F + сJ
2
Аналогично для длины п биссектрисы внешнего угла получаем:
nbc
П - 0С (с - bf •
-*¦	"?""?""*¦	Т*""?"	—»- —%
33. Пусть r1 = xli + y1j; г2 = x2i + y2j- Так как r = / =
i/ = 0, перемножая гх и г2, получим:
78

34. а) Так kjk в случае перпендикулярности векторов
riri = 0, то условие перпендикулярности выразится формулой:
б) Для определения расстояния между точками возведем ска-
лярно в квадрат разность d = гх — г2:
-*" -* -f
Для определения длины г вектора г = jt/ + t/i можно записать:
г2 = г2 — л-2 + г/2, откуда г = "j/x2 -j- 1/2. Для определения угла ф
между векторами запишем:
СОБф —
= г\гъ cos Ф -=
УгУг __	ВДг + У1У2
35.	Так как векторы р и г—р перпендикулярны, имеем:
->-->-»-	-»¦-»¦'
(г — p)p = Q. Отсюда, в силу того что р = ре, получаем:
¦*¦¦*¦
re = р.
Здесь г = xi + yj, e = i cos ф + /sin ф. Перемножив, будем иметь:
х cos ф + у sin ф = р.
Если в этом уравнении р — 0, то это означает, что прямая
проходит через начало координат, образуя с осью Ох угол,
равный ф + 90°. Если рфО, ф = 0, то уравнение принимает
вид: х = р — это уравнение прямой, параллельной оси Оу
и проходящей на расстоянии р от начала координат. При ф =
— 90е имеем: у = р — уравнение прямой, параллельной оси Ох
и проходящей на расстоянии р от начала координат. Наконец,
уравнения у — 0 и х = 0 являются уравнениями осей Ох и Оу.
¦*¦-*¦
36.	Уравнение вида га.---- т есть уравнение прямой, так как,
-»¦-»-	-+¦
полагая а -- ае, где а = | а \, мы можем переписать его в виде
are = m, откуда re = — , или re = р. При этом следует иметь
в виду, что р> 0, поэтому, если окажется, что т < 0, то для
согласования знаков правой и левой части уравнения необходимо
-*¦	->¦ -^ т*- -*¦
орт е заменить противоположным. Полагая г = xi -\- у] и а —
-+ -+•	->--»¦
= x-J, 4- f/i/i из соотношения га = т получим уравнение: XjA- +
+ У1У —т = 0. Обозначим хх через А, ух через В и —m через С,
получим общее уравнение прямой в координатах:
Ах + By + С = 0.
79

37. Чтобы доказать, что любое линейное уравнение вида
Ах: -\- By + С = 0, есть уравнение прямой, перенесем С в правую
часть и положим, что —С> 0. Если С этому условию не удов-
удовлетворяет, то у каждого члена уравнения изменим знак на противо-
-»¦-+¦ -*¦-!¦ -+¦ -»¦
положный. Теперь положим: г == xi -\- у], а = Ai + Bj, —С=т >0.
В результате получим уравнение:
-»—»-
га = т.	A)
Чтобы вычислить а =\а\, возведем скалярно в квадрат выра-
женне для а в координатах, получим: (а2 = А2 + #2) =»¦
=#¦ [а = 1 Л' + В2). Разделив обе части уравнения A) на а, при-
Til
*	Til
ведем его к нормальному виду: re = р, где р = —>¦ 0,
а
а	А	В	Т	А
е - — =	- i -А	,	/. Полагая —r	= cos ф
а VA° + B2	УАг + В*	VA* + B2	t
а
В
f	= sin ф, получим числа, определяющие угол ф; уравне-
у А1 -\-В"
ние теперь приводится к форме лгсоэф + i/sinip = р.
38.	Положим, что при подстановке в левую часть рассмат-
рассматриваемого уравнения координат xit yx данной точки М мы полу-
получили число k:
xl cos ф -f yx sin ф — р = k.
Перенося р в правую часть уравнения, получим:
х1 cos ф + У\ sin ф == р + k.
Если лх и у! считать переменными, то получим уравнение прямой,
параллельной данной и содержащей точку М, но находящейся
от начала координат на расстоянии р -\- k. Это значит, что рас-
расстояние отточки М, принадлежащей второй прямой, до первой пря-
прямой равно | k j, так как k I — это расстояние между нашими парал-
параллельными прямыми. Если k > 0, то вторая прямая дальше от
начала координат, чем первая, и точки М, О находятся по разные
стороны от прямой. Если k < 0, то точки М и О находятся по
одну сторону от прямой.
39.	а) Решая систему уравнений двух прямых исключением
одной из переменных, найдем для координат (хг; yj точки пере-
пересечения этих прямых формулы:
	BiC2 — В2С1	Л2С± — AjC2
X	y ~
Выражения, находящиеся в числителях и знаменателях полу-
полученных дробей, удобно записывать в виде квадратной схемы,
называемой определителем:
A R A R — 1 ^
80

Итак:
1 ~~
B2C2\ . #i _ ]C2 A2\
= 0.
Mi i I	I A t
A2 B2\	\A2 B2
Система уравнений прямых не имеет решения, если V Д1
В этом случае прямые параллельны.
Если Л,В., — A.,Bi = 0, то /IjB, = A2Bt и Ф = тг • Отсюда сле-
л2 а2
дует, что в случае параллельности прямых коэффициенты при
переменных х и у пропорциональны.
Так как направление перпендикуляров к прямым определяется
-»-	-^- -»- -»- " -^- -»-
векторами al — A1i-\-Blj и а, == Ad + BJ, го угол между пря-
прямыми равен углу между векторами. Этот угол -тредеинется
формулой (см. задачу 34):
Cos ш
Если прямые перпендикулярны, то ф -90е, cos<p ^0 и значл'.1
АхАг + BLB2 = 0.
Это — условие перпендикулярности пря»мых.
б) Приведя оба уравнения к нормальному виду, находим:
х cos q>! + у sin фх — Pi = 0 и х cos ф2 4 у sin ф2 — р,, -- 0.
Приравнивая их друг к другу, получим соотношение:
х cos фх + у sin (pL — pL = х cos ц>г + у sin ф2 — р2.
Этому уравнению, являющемуся уравнением прямой, удовлетво-
удовлетворяют только такие точки (х; у), которые равноудалены от обеих
прямых (см. задачу 38). Следовательно, это и есть уравнение
биссектрисы угла между данными прямыми. Изменив в одном
из исходных уравнений все знаки на противоположные, получим
уравнение второй биссектрисы между теми же прямыми.
40. Если точка М (хх; yj принадлежит прямой Ах: -{-By+
+ С = 0, то ее координаты удовлетворяют уравнению этой
прямой, т. е.
Ахх 4 ВУ1 4- С = 0.
Вычитая второе уравнение из первого, получим:
А(х — хг) 4- В (у — уу) = 0 — общее уравнение прямой, прохо-
проходящей через данную точку.
Если прямая должна проходить еще и через точку N (х2; у.,),
то и ее координаты х2, г/, должны удовлетворять полученному
уравнению:
А (х2 — Xl) + B (у., — У1) = 0.
6	81

Итак, мы имеем два соотношения:
А (х — xj = —В (у — yj,
А (х2 — хх) = —В (у., — ух).
Почленным делением их друг на друга получим:
— У1 „ „„ X — Хх	У — У1
Уг — \1\
или
У2 — У1
= 0.
Это уравнение задает прямую, проходящую через точки М и N.
41. Найдя координаты точки пересечения второй и третьей
прямой (см. задачу 39), получим следующие формулы:
х =
в2 с2
в3ся
\а3 в3
А2 В2
А3 Bs
Если мы хотим, чтобы и первая прямая проходила через эту
точку, координаты точки должны удовлетворять и первому урав-
уравнению, т. е.
Иначе:
1
Выражение в
В2
в3
В,
Bs
А2
А3
г
^2
Г
левой
третьего порядка
с2
в2
_1
1
части
|
г

А2
А3
С 2 А2
Г А
•^з Лз
_
А2
А3
в2
в3
_1_ П (Л
- т w - и.
1
А2 В2
А в3
— 0
записывается в виде определителя
А Вг Сг
А в2 с2
Л R
С
Итак, три прямые проходят через одну и ту же точку при
условии
А
А2 В2 С2
"8 "S ^з
0.
42. Пусть г — переменный вектор. Величина расстояния
\г — с, постоянна и равна радиусу Я окружности. Отсюда по-
получаем:
Это уравнение окружности с центром С (ОС —с) и радиусом R.
Если г = xi 4- у\\ с = ai + bj, то г — с = (х — a) i + (у — Ь) /,
и поэтому уравнение окружности в координатной форме имеет
82

вид: (х — аJ + (У — ^J - ^2- Если центр лежит на оси Ох, то
Ь ¦-- О, и тогда получим:
(х — а)' + у* = 1?.
Если центр лежит на Оу, то а — 0, и тогда получим:
хг + {у-Ь)* R2.
Если центр совпадает с началом координат, то а = 0 и Ъ = О,
и уравнение принимает вид:
х2 + у2 = R2.
Если окружность проходит через начало координат, то расстоя-
расстояние от начала координат до центра равно радиусу R2 - а2 + Ь2.
Подставив это значение в каноническое уравнение окружности,
получим:
2
Это уравнение окружности, проходящей через начало координат.
43.	Если раскрыть скобки в каноническом уравнении окруж-
окружности, то получим:
к2 — 2ах + а2 + у' — 2Ьу + Ь2 — R2 = 0.
По сравнению с общим уравнением второго порядка это уравнение
имеет две особенности: 1) равны коэффициенты при х2 и у2;
2) отсутствует член, содержащий ху. Рассмотрим общее уравне-
уравнение с такими свойствами kx2 -{- ky2 -f- 2rnx -\- 2ny + p = 0 и попро-
попробуем привести его к уравнению окружности. Деля обе части
на k, получим:
x- + y-ir2Tx+2Ty+ % =0.
Положим -г-=—а, ~ь=—Ь и прибавим и вычтем аг и Ь2;
получим: (х — аJ + (у — ЬJ -|- -^- — а2 — Ь2 = 0. В случае, когда
а2 + Ь2 — -| > 0, можно положить а2 + Ьг— р- = R2, и тогда по-
получаем уравнение окружности: (,v — aJ -f- (у—bJ = R2. Если же
а2 -\- Ь2 — v < 0, то никакая точка (х; у) не удовлетворяет
нашему уравнению. Случай а2 + Ь2 — —¦ = 0 рассмотрите само-
самостоятельно.
44.	Чтобы доказать тождество, нужно раскрыть скобки и при-
привести подобные слагаемые.
Рассмотрим теперь окружность с центром С и радиусом R
(рис. 31); пусть [АВ] — ее диаметр, М — произвольная точка
плоскости. В обозначениях задачи имеем:
6*	83

Непосредственно из доказанного
тождества следует, что ab
—	т2 — JR2, что можно записать
в виде р2 или —р2.
45. Если в уравнение окруж-
окружности (х — аJ + (у — Ь)* — R2 =
= 0 подставим хх и у1 — коор-
координаты произвольной точки М,
то получим: (xi— аJ + (Уг—
—	bJ -R2 =m2 — R2 = ± p2,
так как сумма двух первых чле-
членов в л^вой части уравнения
дает квадрат расстояния между
точками М(х1; ух) и С {а; Ь). Знак перед р2 определяется зна-
знаком разности тг — R2, а последний в свою очередь определяется ве-
величиной расстояния т. Если (МТ) — касательная к окружности,
Т — точка касания (рис. 31), то из прямоугольного треугольника
СМТ получаем:
Рис. 31
— \CT\2==m2 — R2 = p2, откуда
46. а) Приравнивая левые части уравнений двух окружностей,
получим:
(х - о,Г + (у - btf - R\ =-- (х - о2
¦(y-W-Rl,
или
Это уравнение задает прямую — радикальную ось двух окруж-
окружностей. Согласно задаче 45, точки М (х; у), удовлетворяющие
этому уравнению, имеют одну и ту же степень относительно
обеих окружностей. Уравнение линии центров этих окружностей
имеет вид (см. задачу 40):
х — а,-
«2 — «1
y-bl = o.
г-Ьл
Коэффициенты при х и у в уравнении радикальной оси и в урав-
уравнении линии центров удовлетворяют условию
= 0, так как
= 2 _ 2 = 0
Итак, радикальная ось перпендикулярна линии центров окруж-
окружностей (начертите радикальные оси при различных положениях
двух окружностей: пересекающихся, касающихся и не имеющих
общих точек).
б) Пусть мы имеем три окружности с центрами Ои О.,, О3.
Если радикальные оси двух пар окружностей — первой и второй,
второй и третьей — пересеклись в точке S, то эта точка имеет
84

Рис 32
одну и ту же степень относительно
всех трех окружностей. Поэтому
тичка S должна принадлежать и ра-
радикальной оси третьей и первой ок-
окружностей.
47. В уравнении вида Ki +
+ tK2 = 0. где Ki и К2 — сокра-
сокращенные обозначения левых частей
уравнений двух окружностей, коэф-
коэффициенты при х2 и у2 одинаковы
и равны 1 +1. В этом уравнении
отсутствует член, содержащий ху.
Следовательно, уравнение
при каждом t задает окружность,
точку или пустое множество.
Если окружности, заданные
уравнениями /Ci = 0 и К2 = 0,
пересекаются, то координаты их общей точки обращают в нуль
и все уравнения пучка, т. е. Есе окружности имеют две общие
точки — это случай эллиптического пучка. Если окружности /Сх
и /С2 касаются, то в той же точке касаются друг друга и все
остальные окружности (докажите!) — пучок параболический. Если,
наконец, окружности Ki и К2 не имеют общих точек, то не имеют
общих точек и все окружности этого пучка (докажите!) — пучок
гиперболический.
48.	Пусть нам дана окружность с центром О и две точки А
и В (рис. 32). Все окружности, проходящие через точки А и В,
имеют общую радикальную ось (АВ). Этому же пучку окруж-
окружностей принадлежит и искомая окружность с центром О', касаю-
касающаяся данной окружности. Положим, общая касательная этой
и данной окружностей пересекает (АВ) в точке S. Эта точка
будет радикальным центром всех окружностей пучка и данной
окружности (см. задачу 466)). Построить эту точку можно, пере-
пересекая данную окружность любой окружностью пучка. Полученная
общая хорда окружностей в пересечении с (АВ) и определит
точку S. Проведя из S касательную к данной окружности, по-
построим точку касания Т. Центром О' искомой окружности будет
точка пересечения прямой ОТ и оси симметрии точек А и В.
Так как из точки S к данной окружности можно провести дие
касательные, то задача имеет два решения.
49.	Если окружности касаются друг друга внешним образом,
то длина отрезка между их центрами равна сумме радиусов. На
рисунке 33 даны окружности с центрами Ох и О2 радиусов гх и г2.
Множество центров окружностей радиуса г, касающихся первой
из них, представляет собой окружность с центром Ог радиуса
гх -f- r. Центр искомой окружности находится и на другой
85

Рис. 33
окружности — с центром О2 радиуса г2 + г. Точки пересечения
окружностей радиусов гх-\- г и г2 + г и являются центрами двух
окружностей, касающихся (внешним образом) двух данных
окружностей.
§ 3. 1. Условие необходимо. В прямоугольном треуголь-
треугольнике ABC угол С—прямой (рис. 34). Поэтому длины отрезков
касательных к вписанной окружности, проведенных из вершины
С, равны г—радиусу этой окружности. Известно, что длины
отрезков касательных от вершины треугольника до точек касания
равны полупериыетру треугольника минус длина противолежащей
стороны. Отсюда мы получаем: г =--- р — с. Но в прямоугольном
треугольнике гипотенуза в то же время есть диаметр описанной
окружности. Поэтому получаем:
или
г = р — 2R
2R + г = р.
A)
Условие достаточно. Поскольку R — —^- == -^— (здесьS —
площадь треугольника), из соотношения 2R -+- r ~ P получаем:
abc .
Ъ~Р + г - Р'
abc + 2г2р = 2гр2.
т 1 /~(Р — а) (р — Ь)(р — с)
Так как г = I/ —	—	—	',
то
r*p=--(p-a){p-b)(p-c).
B)

Поэтому:
'	2rp2 = 2 (р — а) (р — Ь) (р — с) f abc,
4г2р* = 4 (р — аJ (р — bf (р — сJ +
+ 4 (р — а) (р — Ъ) (р — с) abc 4- a2fc2c2.
Заменяя опять г2р выражением из формулы B), получим:
4p°(p-a)(p-b)(p-c)-4(p-aJ(p-bJ(p-cJ-
— 4(p — a)(p — b)(p — с) abc = аЧ2с2,
4(p-a)(p — b)(p-c)(p3-(p-a)(p-b)(p-c)-
— abc)=a*b2c2.	C)
Но
р3 — (р — а)(р — Ь){р — с)— аЬс-^-
= ff — p3 + (a + b + c)p2 — (be + ca + ab)p + abc —abc =
==(a + b + c)p2 — (bc + ca + ab) p.
Поэтому из соотношения C) находим:
4р (р — а) (р — Ь) (р — с) ((а + b+ c) p — (bc+ ca + ab)) = a2b2c2
Согласно формуле площади треугольника
4р(р — а) (р — Ь) (р — с) = 4S2 = ~ (— а* — &4 — с4 + 2&2с2 +
Заменяя р на -j (a + Ь + с), получаем:
¦i (—а4 — Ь4 — с4 4- 2fe2c2 + 2с2а2 + 2а2Ь2) X
X (~- (а + b + сJ — (be + ca + ab) = а2Ь2с2,
(—о4 — Ь4 — с4 + 2&2с2 + 2с2о2 + 2аЧ2) (а1 + Ь2 + с2) = 8a*b2i*,
_аб _ Ьв _ св + a2b* + aib2 + b2ci + ь*съ +
+ c2a4 + cV — 2a2fcV = 0,
а2 (—а4 — Ь4 + 2a2b2 +ci) — be — ce +
+ 2a2b* — a*b2 + b2c* + &V + A* — 2a2fc2c2 = 0,
a2 (—a4 — fc4 + 2a2b2 + c4) + b2 (—fc4 — a4 + 2a2b2 + c4) —
— c2 (c4 — o4 — 64 + 2a262) = 0.
Ho c4 — a4 — 64 + 2a2b2=c*—(a2—b2J = (c* + fc2— fr2) (c2 — a* + b2).
Окончательно получим:
(—a2 + b2 + c2) (a2 — 62 + c2) (a2 + b2 — c2) = 0.
Равенство нулю любого из этих сомножителей означает, что
в треугольнике квадрат одной стороны равен сумме квадратов
двух других. Из теоремы, обратной теореме Пифагора (или из
теоремы косинусов), выводим, что треугольник прямоугольный.
87

2.	Заметим прежде всего, что из всех треугольников, вписан-
вписанных в окружность и построенных на данной хорде, наибольшую
площадь имеет равнобедренный треугольник, вершина которого
совпадает с серединой большей ш двух дуг, стягиваемых этой
хордой. (Докажите!)
Рассмотрим теперь произвольный вписанный разносторонний
треугольник. В этом треугольнике есть угол меньший 60° — ве-
величины 60е —а. Перенесем вершину этого угла в середину соот-
соответствующей дуги и получим равнобедренный треугольник большей
площади, углы при основании которого имеют величину по
60е -J- -j-. Теперь, приняв одну из боковых сторон треугольника
за основание, перенесем вершину угла в 60° + -f- в середину дуги
и получим новый равнобедренный треугольник, еще большей
площади, с углами в 60°	j- при основании. С этим треуголь-
треугольником повторим ту же операцию и т. д. Мы получим последо-
последовательность треугольников с возрастающими площадями и углами
при вершине в 60° — а, 60° + ^-, 60° — ¦%-, 60°+-^,...,
вообще 60° — а-1—= \ . Можно показать, что эта последова-
последовательность треугольников в естественном смысле имеет предел —
некоторый треугольник, причем равносторонний, поскольку
— а • I—^ } -*¦ 60° при и ->- со. Это рассуждение показывает, что
из всех треугольников, вписанных в данную окружность, равно-
равносторонний имеет наибольшую площадь.
3.	Покажем, что площадь любого треугольника с вершинами
в узлах сетки всегда есть рациональное число, если за единицу
измерения длин принята сторона квадрата сетки. Проведем через
зершины треугольника прямые по линиям сетки и заключим
треугольник внутрь прямоугольника, площадь которого—целое
число (нарисуйте). Площадь треугольника равна разности между
площадью прямоугольника и суммой площадей прямоугольных
треугольников, дополняющих данный треугольник до прямо-
прямоугольника. Длины катетов этих треугольников суть целые числа,
поэтому их площади рациональны. Следовательно, и площадь
рассматриваемого треугольника с вершинами в узлах сетки есть
число рациональное. Площадь же равностороннего треугольника
„2 i/"q
равна S= ¦, где а — длина его сторон, а если две вершины
треугольника находятся в узлах сетки, то число а2 целое. Сле-
Следовательно, число S — иррациональное и, значит, третья вершина
треугольника с узлом сетки совпасть не может.
4.	Пусть треугольник ABC вписан в окружность с центром О
и в него вписана окружность с центром / (рис. 35). Пусть биС-
88
60

сектриса |Л/) пересекается с опи-
описанной окружностью в точке М.
-Мы имеем: ШВ = MBI = ft+l, где
а = CAB, p = ABC; следователь-
следовательно, |МВ) = |М/|. Степень точки
/ относительно описанной окруж-
окружности равна d2 — Я2 = | IA | • \1М\
(см. § 2, задача 44). Обозначим с
через В' проекцию точки / на
(АС) и проведем диаметр [MN].
Тогда получим: Д Л/В' со Д NBM,
так как они прямоугольные и
= 1AB'. Следовательно:
\мв\
\1В'\
\MN\
ТТаГ
\IA\ =
откуда:	2rR = \MB\\\
= | IM | • | IA | = d2 — Яг.
Итак, d2 = Я2 + 2Яг, что и тре-
требовалось установить.
5.	Решение этой задачи впол-
вполне аналогично решению предыду-
предыдущей задачи, нужно только до-
доказать, что 11аМ | == | MB | и
Д А1аВ"™ д NBM Aа — центр вне-
вписанной окружности, В" — его
проекция на (ВС)).
6.	Пусть окружности с центра-
центрами Ох и О2 отображаются одна
на другую при гомотетии с поло-
положительным коэффициентом и цент-
центром S (рис. 36). Пусть окружность
с центром О касается их внешним
образом в точках 7\ и Г2. Наша
секущая определяет пары Ах, В2
и А2, В± антигомологичных точек. Проведем еще одну (про-
(произвольную) секущую (на рис. 36 взята линия центров ОгО2)
и возьмем на ней пару антигомологичных точек Nl и М2.
Докажем, что окружность, проходящая через точки А2, Ви Nlt
^%
пройдет и через точку Л42. Так как Ш^) || (М.,А„), то Mj/^Bi -f
+ BXA2M2 = л; с другой стороны, по свойству вписанного четырех-
угольника, М1Л1В1-+-М1Л'1В1 = л. Следовательно, В1А2М2 =
= М^уВи поэтому около четырехугольника B,W,MaA;. можно
описать окружность. Таким образом, окружность, проведенная
89

через точки А2, Ви Л^, пройдет и через точку М2. Отсюда
н вытекает утверждение а).
б) Докажем, что около четырехугольника T1T.,M2N1 тоже
можно описать окружность. Обозначим через а, р и ^ величины
углов при вершинах треугольника ОХО2О. Тогда получим: Л^17172 =
т. е.
Т.М.Х), = МЛТХТ.2. Следовательно, четырехугольник T1T2M.1N1
вписуемый, и секущая (S7\) пересекается g окружностью с цент-
центром в 02 в той же точке Т2, что и окружность, проходящая через
точки Ти Nu М2. Отсюда и из п. а) и следует требуемое.
7. Предположим, что на рисунке 36 нам даны только окруж-
окружности с центрами Ох и О2 и точка Р, через которую должна
пройти окружность, касающаяся данных окружностей.
Из предыдущей задачи мы знаем, что центр гомотетии S лежит
на радикальной оси окружностей, из которых одна проходит через
точки Тъ Т2, М2, Nlt а другая с искомым центром О пересе-
пересекается с первой в точках 7\ и Т2. Центр S имеет одинаковую
степень относительно обеих окружностей, поэтому если прямая
SP пересекает искомую окружность еще в точке Р', то получим:
\SP\-\SP'\ = \SM2\.\SN1\,
откуда:
\SP\
Определив положение точки Р', мы приведем задачу к задаче 48
из § 2 о проведении через две данные точки окружности, каса-
касательной к данной окружности.
Для гомотетии с положительным коэффициентом задача имеет
два решения. Еще два решения получим, если аналогичным
образом проведем анализ в случае гомотетии с отрицательным
коэффициентом, отображающей данные окружности друг на друга.
8. Рассмотрим сначала случай, когда вершина As совпадает
с началом координат, а точки Ах и А2 расположены так, что
А^ОХ < А2Ъх. Тогда, если S — площадь треугольника, ср — угол
между гх = ОА1 и г2 = ОА2, то S = -„- rtr2 sin q>, где rl = \rl \,
Если Гх образует с осью Ох угол а, а г2 — угол р, то <р =
= р — а и S = -g- rxr2 (sin p cos a — cos p sin а). Но r1cosa = x1,
r2 cos p = х2, rx sin a = ylt r2 sin p = у2, и поэтому «мы можем
записать:
(x^ Ху)
У Л
У2\
90

Заметим, что если а > р, то наша
формула дает величину площади
треугольника OAtA2 со знаком
минус.
Легко увидеть, что площадь S
треугольника АхАгА% с произволь-
произвольно расположенными вершинами бу-
будет равна алгебраической сумме
площадей SaoAiA, + Saoa2a, +
+ Saoa,a,, взятых со знаками, как
выше (рис. 37). Следовательно,
Уг
Уз
х3 Уя\
\
х2 у2
Рис. 37
или в виде определителя третьего
порядка:
1 ХгУг
1 х2 у2 .
1 xs Уз
9. Для площади S я-угольника
совершенно так же, как и для тре-
треугольника, получается формула:
е _
1
1*1
Хп— 1
Хп
Ух
Уг
Уп-,
Уп
хз Уз
У\
Рис. 38
10. Рассмотрим четырехугольник ABCD с диагоналями
\BD\~m и |ЛС|=п, пересекающимися в точке О, и углом
между ними ф (рис. 38). Пусть при параллельном переносе OD
точки А я С отображаются на А' и С. Тогда получаем:
Sadb =
= -jmn' sin
Scdb = -g tnn" sin (л — ф) = у mn" s'n Ф
(здесь п' = | A'D |, n" = | B'D |).
Складывая, находим:
Sabcd = -g- {тп' + tnn") sin ф = -g- m {n' -f n") sin
и окончательно:
Sabcd = у mn sin ф.
91

11. В четырехугольнике ABCD
стороны АВ и CD разделены
на пять конгруэнтных частей:
Рис. 39
j4|B|dA — выделенный участок
(рис. 39). Проведем диагональ АС
и разделим ее на пять конгруэнт-
конгруэнтных частей. Средние точки деле-
деления М и N соединим соответ-
соответственно с Л1 иО,, с Bj и d. Мы
имеем:
поэтому:
4
= -g- S
abc-
Аналогично докажем, что Sc.d.mw = -g Sacd- Отсюда следует, что
= -jSabcd- Рассмотрим площадь Sa.b.nc.d^ Если от нее
отнять Sa^md,, to получим площадь Sa^nc
площади отнять Sb1c1n, to получим площадь
что SAimd, = Sb^'c,- Имеем:
если от той же
cd,- Докажем,
~ | МА11
= j--j\BC\-~\AD\ sin
sin
| sin
= A | ВС 11 /4D | sin
Но В^Сх = AXMDU и поэтому эти площади равны друг другу.
Таким образом получаем:
Рис. 40
агроном был прав.
12. Пусть данная точка Р на-
находится на стороне АВ пятиуголь-
пятиугольника ABCDE (рис. 40). Соединим
точку Р с вершинами С и ? и
перенесем вершину В параллельно
прямой PC в точку В' на прямой
CD, а вершину А перенесем парал-
параллельно (РЕ) в точку А' на пря-
прямой DE. Этим мы преобразуем
пятиугольник ABCDE в равнове-
равновеликий ему четырехугольник PB'DA'
92

(поясните). Найдем середину М диаго-
диагонали [А'В'\. Очевидно, ломаная PMD
делит четырехугольник на две равно-
равновеликие части. Теперь перенесем точ-
точку М параллельно (PD) в точку N
на стороне CD. Отрезок PN делит
и четырехугольник PA'DB' и дан-
данный пятиугольник на ДЕе равновели-
равновеликие части.
[Все построения в этом решении
основаны на преобразовании треуголь-
треугольника в равновеликий путем перене-
перенесения одной из его вершин парал- А
лельио противоположной стороне. По-	рис 41
этому, например,
Spec = SPB'c, где В' € (CD).]
13. Попытаемся построить внутри треугольника ABC такой
треугольник А0В0С0, в котором точка Ло лежала бы на середине
[АСп], точка Во — на середине [ВА0], точка Со — на середине
[СВ0\. Допустим, что нужный треугольник уже построен (рис. 41),
и пусть X = (АС) П (А0В), Y = (АВ) f] (ВпС), Z = (ВС) р (С0А).
Применим теорему Менелая (см. задачу 16 из § 2) к треугольнику
ЛСС0_и секущей ^ХЛ0Я0. Получим: (АСХ) (СС0В0) (С0АА0) = 1,
т. е.
хс
А0А
= 1. Но
	 п
В0С0
= 1, поэтому
-z^ = -к . Итак, для точки X имеем: 2|ХЛ|=|ХС| (аналогично
ХС 1
для точек У и Z); отсюда и следует построение треугольника
Ло^оО)-
Возьмем теперь произвольную точку М, которая движется
к точке А, на полпути (в точке А{) поворачивает и движется
к точке В, на полпути (в точке BJ поворачивает и движется
к точке С, на полпути (в точке Сх) поворачивает обратно к точке
Л и т. д. По свойству средней линии треугольника
ла
и т. д., т. е. точка движется все ближе и ближе к контуру
треугольника А0В0С0.
Пусть площадь треугольника А0В0С0 равна So, а площадь
треугольника ABC — S. Мы имеем: {Saaobo = So = Sabcb) =*•
=* {Saaob = 2S0). Аналогично Sbb^c = 2S0 и SCcoa = 250. Итак,
7S0 = S, откуда S0=~S.
14. Доказательство утверждения задачи основано на следую-
следующей теореме: расстояние от любой точки окружности до прямой,
93

Рис. 42
пересекающей окружность, есть
среднее пропорциональное меж-
между расстоянием от той же точки
до касательных, проведенных к
окружности в точках пересече-
пересечения ее с прямой.
Докажем ее. Пусть [Л^,] —
хорда окружности, f, и /„ —
касательные, проходящие через
точки Л, и Л2, Ж —точка на
одной из дуг ДЛ2 (рис. 42). Расстояния 'от'точки М доТ и "'
обозначим через щ и гп2, до (АЛ2)-через р. Пусть М, и м\
(посмотрите, на ^акие" Дуги^они^опирастсяС^й^тбго2
что углы при^кршинах Ми М2, Q-прямые, следует, что
Л.2<ЭЛШ2; следовательно,
trh
Совершенно так же доказывается эта теорема в случае если
точка /И лежит на второй дуге AtA2	^'учаг, если
пкп^,еРЬ' означая через Ль р2> .'. . >р„ расстояния от точки
окружности до сторон вписанного п-угольника, а через
ш2,
п2
Pl =
. т„
расстояния от нее до касательных, находим:
р\ =
Перемножая почленно все эти равенства, получим:
Р1Р2 • ¦ ¦ Pn-iPn ~ т^щ . .. тп_\тп.
15. Выполнив построение, указанное в условии задачи (рис 43 )
мы получим п-угольник и два 2«-угольника. Если [АВ] — стопона
'ГУГ±Н"^,.,1"а Р»^43 « = 4), Ж-вершина 2,г-угольника, то
у ( рис. 43 п 4
в треугольнике АМВ отрезок
М
Рис.43
_ есть средняя линия, по-
поэтому |ИД| = ] \АВ\. Пери-
Периметр п-угольника равен п|ЛВ|,
периметр второго 2п-угольника
равен 2п\А1В1\ = п\АВ\, т. е.
периметры этих многоугольни-
многоугольников равны.
Пусть \ОВ\ = \ОМ\ = Г1 и
| ОН | = hx — радиус описан-
описанной окружности и апофема
п-угольника, | ОБ, | =г2 и| ОЯ^ =
= п2 — радиус и апофема
2п-угольника. Учитывая, что
получим:
4*- (»)

Из подобных треугольников OA^i и
= \х.ггх, т. е.
находим:
B)
16. Рассуждения, которыми мы пользовались в предыдущей
задаче, очевидно, можно применить к выводу аналогичных формул
перехода от любого правильного вписанного многоугольника
к многоугольнику с тем же периметром и удвоенным числом
сторон, а формулы A) и B) из предыдущей задачи дают:
h	'1р + Гр	п\
"р+1 =	5		W)
rp+i = \ hp+xrp.	D)
Так как всегда тр > hp, то hp < hp+1 < rp. Из этих неравенств
также следует, что hp+x < гр+х < гр.
Итак, мы имеем две монотонные последовательности: возрас-
возрастающую hi < Н.г < • • • <hp<
>rp> rp+x >
и убывающую
В силу неравенства hp < rp обе
последовательности — ограниченные, поэтому, по теореме Вейер-
штрасса, они имеют предел. Положим, \\mhp = h, \\mrp = r.
Ввиду того что разность rp — hp при неограниченном увеличении
числа сторон правильного многоугольника стремится к нулю
(поясните), мы заключаем, что последовательности апофем и ра-
радиусов имеют общий предел: h = г.
17. Будем исходить из квадрата с периметром, равным 2. При
этих условиях получим fti = -т-, гг — ht 1/2 = ~- . Дальнейшие
вычисления удобно записывать в такую таблицу:
р
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
"р \"р+\ - 2 /
0,2500000
0,3017767
0,3142086
0,3172863
0,3180538
0,3182455
0,3182934
0,3183053
0,3183095
0,3183098
rp (rp+\ = Vhp+\'p)
0,353554
0,326406
0,3203641
0,3188214
0,3184372
0,3183413
0,3183173
0,3183111
0.3183102
0,3183098
Итак, — = 0,3183098 . . . , откуда получается: л = 3,1415926

Рис. 44
18.	Длина дуги DA окруж-
окружности радиуса г с центральным
углом величиной ф (в радиан-
ной мере) выражается форму-
формулой: DA = гф (рис. 44). Дуге
DAX соответствует вдвое боль-
больший радиус, но вдвое меньшая
величина угла. Поэтому длины
дуг DA и DAY равны между со-
собой. Имеем также: ADA^ =
Ф	л ^ л	Ф
= ~-, AXDA „ = ~ , поэтому
есть биссектриса угла
о. (Здесь /L —точка, при-
принадлежащая касательной t.)
19.	Построение точек Аи А2,
А
з>
можно осуществить, не
проводя окружностей. Достаточно провести биссектрису угла
между хордой дуги и- касательной, а потом через конец дуги
провести перпендикуляр к хорде. Пересечение этого перпендику-
перпендикуляра с биссектрисой и определит конец новой дуги.
20. Проведем [АВ] j_ {CD] (рис. 44). Получим:
\ лги — Hfil ¦ \ л т \ADl . \дп\ —
Ф
cos 2
Ф
4
и т. д. Подставляя эти формулы одна в другую, мы и получим
формулу Эйлера.
Если в этой формуле положить ф = -^-, то будем иметь:
. л ,	к 1/2	л
sin -0- = 1, cos V = V • cos Т =
= -=- X 2 + V 2,
п 1
COS -Г7Г = -^
-? =4/
н т. д. Подставив	эти значения в формулу Эйлера, получим фор-
формулу Виета:
_л _ 2	2		2_
2
2
V*
l/2+l
К2-Г 1/2
21. а) На рисунке 45 показано, как разрезать на соответст-
соответственно конгруэнтные части два равновеликих параллелограмма
с конгруэнтными основаниями (наклонные линии разреза первого
параллелограмма параллельны сторонам второго параллелограмма).
Заметим для дальнейшего, что отношение равносоставлен-
равносоставленности транзитивно, т. е. дЕе с{ игуры, равносоставленные с одной
96

Рис. 45
Рис. 46
и тон же третьей фигурой, равносоставлены между собой. Дока-
Докажите это, проведя рассуждения, проиллюстрированные на ри-
рисунке 46. Соответственно конгруэнтные части на нем помечены
одинаковыми номерами.
б)	Строим третий параллелограмм, равновеликий двум данным,
так, чтобы одна из его сторон была конгруэнтна стороне первого
параллелограмма, а другая — стороне второго параллелограмма.
Согласно вышесказанному (и доказанному в п. а)), все три фигуры
равносоставлены.
в)	Задача имеет много решений. Два из них показаны на
рисунках 47 и 48.
г)	Построим сначала сторону квадрата как среднее пропор-
пропорциональное двух сторон прямоугольника. После этого построим
прямоугольный треугольник, у которого гипотенуза конгруэнтна
большей стороне прямоугольника, а катет — стороне квадрата
(рис. 49), и применим построение, изображенное на рисунке 48.
д)	Разрезав треугольник на две части по его высоте, сложим
из него прямоугольник, который предыдущим построением раз-
разделим на части, из которых можно сложить квадрат. Более
1 /
/л
4 /
6 \
/
5
Рис. 47
Рис. 48
4 7735
97

в в
Рис. 49
Рис. 50
экономное и симметричное построение дано на рисунке 50. Поря-
Порядок построения таков:
1)	находим сторону равновеликого квадрата а как среднее
пропорциональное между высотой треугольника ABC и половиной
его стороны и строим этот квадрат;
2)	находим середины М и N сторон [АС] и [АВ] треуголь-
треугольника ABC и из точки М как из центра описываем дугу радиуса
а — находим точку D на стороне [ВС]: \MD\=a\
3)	от точки D на стороне ВС отложим ( DE\ = у | АС\\
4)	из точек N и Е проводим перпендикуляры ]NQ] и [ЕР]
к прямой MD.
22.	Рассматривая гомотетию с центром S, отображающую
точку Р на какую-то другую точку Р' € с, получим: 1-^- = —-)=¦
-^- = ^—\. Далее, поскольку m = \SP\sin (с, а), п = |SP\ X
X sin (c?b), то (abc) = HL = s-^^.
11 sin (с, 6)
23.	Мы рассмотрим случай, когда прямые х, у, г пересекаются
в точке S, причем* S ^ а [) b [) с. Обозначим через т, п и р
расстояния от точки S до прямых a, b и с. Если S лежит внутри
треугольника ABC, то
= — m ' (Gfe) = ~ T :
значит,
(bcx) (cay) (abz) = — 1,

Проверьте, что такое же значение
это произведение будет иметь и в
случае, когда точка в S лежит
вне треугольника. Обратно: если
дано, что (bcx) {cay) (abz) = — 1,
то, полагая x[}y = S, допустим,
что (CS) = г' Ф г. Тогда получим:
(bcx) (cay) (abz) - — 1.
Но отсюда следует, что (abz') =
= (abz), и поэтому г' — г, так как
существует единственная прямая,
расстояние от точек которой до дв} х
данных прямых находится в дан-
данном отношении. Случай параллель-
параллельных прямых х, у, z рассмотрите
самостоятельно.
24. Пусть
Рис. 51
(bcx) (cay) (abz) =
sin
sin (y.c) sin (г,а)
^^ Щг ^e
sin (x,c) sin (y,a) sin (z,b)
— 1.
A)
Поскольку, в силу симметрии (х ,b) = (х,с), (х',с) = (х,Ь), то спра-
справедливо равенство (Ьсх) (Ьсх')-= 1. Аналогичное равенство имеет
место и для остальных отношений. Поэтому из A) следует, что
(bcx') (cay1) (abz') = — 1, т. е. прямые х', у', г' либо проходят
через одну и ту же точку S' (рис. 51), либо параллельны друг
. другу.
25. В силу конгруэнтности углов с соответственно параллель-
ными сторонами, имеем: (а',у') = (x,b), (a',z') = (x,c), (b',z') —
= (У?с), (b\xr) = (у^а), (с\х') = (?м) и (с\у') = &Ь). Отсюда сле-
следует, что:
(y'z'a') (z'x'b') (x'y'c') =
Ф Ф Ф
sin(a',z') sin(b',x') sin(c',r/')
sin (x,c) sin ({/,«) sin (z,b)
# --= (bcx) (cay) (abz) = - 1.
b)
26. Пусть расстояния от точки X € (ВС) = а до прямых
ЛС = b и ЛБ = с равны п и /л Обозначив величины углов
треугольника ABC при вершинах А, В, С соответственно через а,
4*
99

Р и f, а прямые ХА, УВ и ZC соответственно через х, у, г, по-
получим:
= ^. ((Ьсх) = !-)->?=
Следовательно, (ВСХ) = ||^| • ^—г- . Аналогично имеем:
Ь1Г1 р \DCXf
1 ¦ iABZ\ sin P '
-=_ ¦ —-.
Почленно перемножая эти равенства, получаем:
(бсх) (сау) (аЬг) '
Итак, (ВСХ) {CAY)(ABZ) = — \. Обратное предложение до-
доказывается рассуждением от противного.
27. Легко видеть, что \ AN \ = \АР\ = р —а, \ВР\ = \ВМ',=
— р — Ь, \СМ\ =-¦ \CN | = р — с, где р—полупериметр треуголь-
треугольника ABC, а а, Ъ, с — длины его сторон. Отсюда получаем:
(ВСМ) (CAN) (АВР) = (_?^) • (-J51) (-^) = - I-
Следовательно, прямые AM, BN и СР пересекаются в одной точке
(объясните, почему они не могут быть попарно параллельными).
28.	Из свойств степени точки относительно окружности (или
из подобия соответствующих треугольников) имеем: | AY\ ¦ I AY' \ =
= \AZ\-\AZ'\,\BZ\- \BZ'\ = \BX\-\BX'\,\CX\ -\CX'\ = \CY\X
X I CY' | . Раскрывая выражения (ВСХ) (CAY) (ABZ) и {ВСХ') X
X (CAY') (ABZ') и перемножая их, в силу выписанных выше ра-
равенств получим, что произведение равно 1, поэтому из соотноше-
соотношения (ВСХ) (CAY) (ABZ) = — 1 следует, что (ВСХ') (CAY1) (ABZ') =
= — 1, и прямые АХ', BY', CZ' пересекаются водной точке
(объясните, почему они не параллельны).
29.	ГКсть нам даны два репера: OXY, где |ОХ| = |ОК|, и
О'Х'У, где \О'Х'\ =\O'Y'\. Эти два репера представляют собою
две подобные и одинаково ориентированные фигуры. Согласно
утверждению задачи 19 из § 2 существует точка S, являющаяся
центром соответствующего преобразования подобия. Пусть коор-
координаты точки S в первой системе координат будут (х;у), во вто-
второй— (х';у'), и пусть Sx — проекция точки S на Ox, Sx- — про-
проекция S на О'х'. Из подобия имеем:
\0Sx\ \0Х\ '0Sx\ \0'Sx.\
I o'Sx. | щщ' ГоГГ = WW]' откУда x ~ x •
Sx
Аналогично доказывается, что и у = у''.
[Отсюда, например следует, что если мы наложим друг на
друга две карты одной и той же местности, выполненные в раз-
разных масштабах, то всегда найдется точка на меньшей карте, по-
попавшая в ту же самую точку на большей карте!]
100

30. Если точка Е — проекция А на
(CD), то \СЕ\ Мд I + ¦' СРI (рпс. 52).
В то же время, по свойству сторон опи-
описанного четырехугольника, 2 | AD | =
= \AB\+\CD\, ' откуда |Л|
и в силу подобия треугольников MND
и ЛСО, | Л'Ш | = | /W |. Положим^МD | = =
fl |Ш|=*, | M7V | =c, MND a
-(. Тогда
DMN - p,
+cosT)=2acos2-I,
--a,
будем иметь:
= a(l +cosT)=2acos-I, с ^.
По свойству вневписаннои окружности |РМ|==
= Р —ft;
р — a; PN \ =
2cosa •
Т i о
p — a
о — b =	a cos2 ~
— 1 + 2 cos2 -I + l
Т	2 Т cos a
p — b i _
p — a _ ,' РЛ1
2
'
2 cos а '
cos y cos а + 1
1 — cos •( cos а '
cos a
1 _ cos 7 cos a + J
m ~ 1 — cos y cos a '
p — b | ЯЛ' i
I	m
m cos i cos о + /и = 1 — cos -y cos a; cos -y cos a = p-j-—
Далее, QMF \ = asin-y = atga)=* (sin-y = tga) =*A + tg2a
= sin2 T + 1) =¦ (^^- = sin2 a + 1J . Но из (*) следует:
(*).
cos2
x
mJ. — A — trif.
2 -f 2m2\
4m j
Окончательно, получим: sin2-y = -r—-—;. Зная -у, из соотноше-
соотношения tga sin-у найдем а, а затем и все углы трапеции:
31. Пусть окружность, построенная на диаметре [ЛМ], пере-
пересекает сторону [ВС] в точке Р, а окружность, построенная на
101

Рис. 53
диаметре \BN], пересекает сторону
[АС] в точке Q (рис.53). Так как углы
АРМ и BQN опираются на диаметры
[AM] и [BN], то [АР] и [BQ] — вы-
высоты треугольника ABC. Степень точ-
точки С относительно первой окруж-
равна р2 = | СМ \\СР] -
, где т = АС В. Степень
той же точки относительно второй
окружности равна р2 = | CN\ • |CQ\ =
6
ности
об
Итак, f = jrr - ™
значит, С принадлежит радикальной оси
данных окружностей. Но радикальная ось перпендикулярна ли-
линии центров (OxOz), которая параллельна основанию (объясните).
Поэтому радикальная ось совпадает с высотой треугольника СН.
Эта высота делит основание треугольника на части:
|#i4| = /ictg6O° = -^; |#B|-ftctg45° = /i (здесь h \HC\).
Итак, \НВ\:\НА\ — V 3. В таком же отношении высота делит
и среднюю линию.
32.	Ответ дан на рисунке 54. Ломаная симметрична, число ее
звеньев четное, но не кратное 4 (почему?). Такой ломаной, со-
состоящей из 315 звеньев, не существует. (Попробуйте построить
такую же ломаную из 6 звеньев, из 14 звеньев.)
33.	Пусть ABC — данный разносторонний треугольник (рис. 55).
Пусть прямая МА — искомая, т. е. если обозначить через рх и St
периметр ищ площадь треуголь-
треугольника АВМ, через р2 и S2 — пери-	А
метр и плошадь треугольника
Рис. Б4
М
Рис Б5
102

ACM, то Sr-S, = pi-Pi- Ho St = ptru S2 = p.,r>, где
радиусы вписанных окружностей. Поэтому
ил,—
2 -= pi: р.)
= р,: р2)
Итак, задача сводится к разбиению треугольника на два тре-
треугольника с конгруэнтными вписанными окружностями. Центры
этих окружностей Ох и О, должны лежать на биссектрисах уг-
углов В и С, а в силу равенства гх = г2 линия центров (OjO^W (ВС).
Далее имеем: OLAM = i- ВЛМ, О2АМ = —САМ; О^АО.г -- -- О^АМ +
j
2=уВЛС. Этими > с юанями определяется построение. На
произвольном отрезке, параллельном (ВС), с концами О' и О' на
биссектрисах углов В и С строим треугольник, гомотетичный
треугольнику OiOtA относительно центра / — точки пересечения
биссектрис. Для этого на отрезке О[О'2 строим дугу, вмещающую
угол, равный уВ.4С, и в ее пересечении с (IA) находим точку А'.
Гомотетия, отображающая А' на А, отображает точки О', О' на
искомые точки Ог и О2. Теперь строим окружности с центрами
Ог и О2, касающиеся (АВ) и (АС) соответственно. Касательная
(AM) к первой окружности определяет угол ОгАМ =-- у ВАМ.
МАО2 =О^АО, —
= у ВАС — ~ ВАМ = у MAC.
Следовательно, (АО2)—биссектриса утла MAC. и, значит, (AM)
касается и второй окружности.
34. Проведем прямые a jj (МЛ), Ь\\(МВ), с\\(МС) и d\\ (MD),
не пересекающие данный четырехугольник. Задача сводится к
тому, чтобы в данный четырех-	_с
угольник вписать другой четырех-
четырехугольник, стороны которого были
бы параллельны данным прямым
а, Ь, с, d.
Через точку Ах е [AD] (рис. 56)
проведем ах \\ а и найдем В1 =
= [АВ] П ах. Через точку Bj прове-
проведем bt || Ь, найдем Сг = \ВС] [} Ь1г
через точку Сх проведем сг \\ с,
через точку Лд проведем d±\\d. fl,
Пусть ^ |~)di = Pi- Проделаем еще
раз такую же операцию и получим
точки Аг, В2, С.2, прямые а2 \\ а,
i>21| ft, c2||c, rf2|frf и течку Р., —
= с2 fl d2. Еще раз проделав то
же самое, получили бы точки А3,	Рис. Б6
103

В3, С3 и прямые а3, ba, c3, da. По свойству пропорциональности
отрезков, высекаемых параллельными прямыми на секущих, точки
As, B3, С3 делят отрезки АХА2, ВХВ2, СхСг в одном и том же от-
отношении, и в том же самом одинаковом отношении прямые с3 и
d3 разделят отрезок PiP2, т. е. точка Ps = ca [\ d3 будет принад-
принадлежать прямой Р1Р2, которая, таким образом, есть множество точек
пересечения пар прямых — cl3 d2; c2, d2; c3, d3u т. д. (поясните).
Следовательно, искомая вершина вписанного четырехугольника
есть точка пересечения Р = (Р\Р2) П (CD).
Выясните условия, при которых задача имеет решение.
35.	Если задан периметр 2р и площадь q2, то, исходя из фор-
формулы q2 =- гр или из пропорции r:q --- q:p, нетрудно построить
г — радиус окружности, вписанной в искомый треугольник. Как
известно, полупериметр р есть расстояние от вершины треуголь-
треугольника А до точек касания вневписанной окружности с продолже-
продолжениями сторон [АВ] и [АС]. Впишем в угол окружность радиуса г
и по точкам касания построим вневписанную окружность. Искомая
сторона отсекаемого треугольника будет общей внутренней каса-
касательной к обеим окружностям, которую нетрудно построить (как?).
Задача неразрешима, если эти окружности пересекутся.
36.	Пусть ABCD — данный четырехугольник. Применив к нему
композиции параллельных переносов АС, а также С А, получим
«ленту» из четырехугольников, вершины которых расположены на
трех параллельных прямых. После этого применим к полученной
ленте композиции переносов BD и DB.
В результате вся плоскость окажется разбитой на конгруэнт-
конгруэнтные друг другу чехырехугольники (нарисуйте).
37.	Такой точки не существует. Для доказательства рассмот-
рассмотрим произвольную точку Р, принадлежащую выпуклому много-
многоугольнику AtA2. .. Ап. Среди прямых, содержащих стороны много-
многоугольника, выберем ближайшую к точке Р — пусть это будет прямая
А2А3. Если допустить, что проекция точки Р на (А2А3) не при-
принадлежит [Л2Л3], но, скажем, лежит на [Л2Л3), то, очевидно, рас-
расстояние от точки М до следующей прямой А3А4 меньше расстояния
от Р до (A2AS), что противоречит выбору (А2А3).
Эта задача имеет следующую механическую интерпретацию.
Представим себе, что склеена легкая картонная коробка с осно-
основанием в форме данного много-
многоугольника (рис. 57) и в точке Р
закреплен груз, масса которого зна-
значительно превосходит массу ко-
коробки. Поставив такую коробку
боком на горизонтальную плос-
плоскость, мы видим, что если проек-
проекция Р' точки Р на (АВ) попадает
на продолжение отрезка АВ, то
Рис. 67	сила тяжести груза заставит ко-
104

Рис. Б8
робку повернуться и стать на плос-
плоскость стороной [ВС]. Если проек-
проекция точки Р окажется ¦ и на про-
продолжении {ВС], то коробка вновь
повернется и станет на следующую
сторону и т. д. Поэтому, если бы
проекции груза все время попа-
попадали на продолжение сторон в од-
одном и том же направлении, то
движение продолжалось бы вечно.
Поскольку таких самодвижущихся коробок не бывает, точки, об-
обладающей свойством, указанным в задаче, не существует!
38.	Допустим, что задача решена и точка М искомая (рис. 58).
Обозначим через р величины углов при основании равнобедренного
треугольника АМС. Тогда М = л—2р. Пусть точка А' симмет-
рична точке А относительно прямой ОМ. Вычислим А'МВ. Так
как /JAAC — внешний угол треугольника ОАМ, то ОМА = р — а,
а А'МА = 2р — 2а. Поэтому
A'MB = 2$— 2а + я— 2р = я—2а.
Такую же величину имеет угол, смежный с углом АО А'; АО А' — 2а.
Следовательно, достаточно на [А'В] построить дугу, вмещающую
вписанный угол л— 2а: пересечение этой дуги со стороной угла
даст точку М.
Действительно, если точка М найдена таким построением и
А'МВ = л—2а, то, обозначая углы при основании треугольника
Р и р', получим: ОМА = р — а, А'МА = 2р — 2а, АМВ = л — 2а —
— 2р+2а = л — 2р, и наконец, р' = л — л + 2р — р = р. Итак,
углы при основании треугольника конгруэнтны и треугольник —
равнобедренный.
39.	Соединим точки М и D
(рис. 59) и обозначим углы тре-
треугольника MBD соответственно а,
Р, -у- Обозначим | OL \ = т\ \ OL \ = в
--= | LC | — | ОС |. В треугольнике
EOF имеем: \OE\=Rcosa, \OF\ =
= у, .EO.F = a + 2f. Отсюда полу-
получаем:
\EF |2 = tf2cos2a + ^
— /?2 cos a cos (a -f- 2?).
2	+ p4
= я
поэтому
cos (a -f 2-y) = — cos
p)
105

и, значит,
R2
| EF j2 = R2 cos2 a + -j- + R2 cosa cos G — p) =
R2
= R2 — R2 sin2 a + ~ -I- #2 cos a cos G — P) =
= -2	#2 (sin2 a —• cos a cos (-y — P)) =
= -4	R2(l — cos2 a — cos a cos p cos 7 — cos a sin p sin 7) =
= -4- — R2 A — cos a (cos a + cos p cos 7) — cos a sin p sin -y).
Ho cos a - cos (те — (P -f 7)) = — cos (p + -y) = — co< p cos 7 -f-
+ sin p sin 7. Следорательно,
\EFr -?-—R2(l—2 cos a sin S sin-y).
. Заметим теперь, что | МК I = I AID 1 cos a, | MD \ = 2R sin p, по-
поэтому | MK! =¦ 2R cos a sin p. Так как MKN = 7, то , ML \ =
— \M КI sin 7 = 2R cos a sin 3 sin 7 и, значит, m = R — \ML\ =
=.R(\— 2 cos ash? sin 7). Итак, | EF |2 = ~ R2 — Rm. Так как
9	]
m = -g /? — i?-= -g- /?, то окончательно получаем:
3/2 n
40. Построим на отрезках ОР и OQ как на диаметрах окруж-
окружности (рис. 60). Первая из них пересечет хорду [ED] в точке К,
вторая пересечет хорду [CF] в точке L. Углы ОКЕ и OLC—
лрямые (они опираются на диаметры), поэтому (ОК) _!_ (?>?) и
Рис. 61
10G

(OL) J_(CF); значит, К и L—середины хорд [DE] и \CF\ и потому [МК]
и [ML] являются медианами треугольников MDE и MCF. В силу
равенства вписанных углов эти треугольники подобны, поэтому
в них конгруэнтны соответствующие углы между медианой и сто-
стороной: МКР = NILQ. Но МКР ^ MOP, MLQ - A1OQ, следователь-
но, МОР = MOQ. Отсюда следует, что (ОМ) — ось симметрии то-
точек Р и Q (напомним, что (ОМ) j_ (PQ)), и, следовательно, \МР\ =
-\MQ\ и \АР\ \BQ\.
41.	На рисунке 61 показан разрез прямоугольника ломаной.
[Чтобы решить аналогичную задачу в общем случае (разрезание
на две части), необходимо выяснить, при каких условиях такой
разрез допускает квадрат.]
42.	Внутренние точки квадрата, в которых сходятся стороны
нескольких треугольников, должны служить концами не менее
чем пяти сторон, следовательно, треугольников не менее пяти.
На рисунке 62 показано решение. На сторонах квадрата построено
четыре полуокружности. Из двух точек, взятых внутри квадрата,
но вне этих полуокружностей, исходит по пять лучей. Так как
указанные точки находятся вне полу-
полуокружностей, то все треугольники будут
остроугольными.
43.	Найдем сначала минимальную
систему путей, связывающих между со-
собой два селения и центр квадрата. Эта
задача сводится к тому, чтобы внутри
треугольника АОВ (рис. 63) найти точ-
точку, сумма расстояний которой от трех
вершин треугольника была бы мини-
минимальной. Возьмем внутри треугольника
АОВ произвольную точку М и повернем
треугольник MOB вокруг точки В на
60° против часовой стрелки. Тогда точка
О перейдет в точку О' и точка М —
в точку М'. Так как \О'М' | = |ОМ|,
\МВ\ = \М'В\, то длина ломаной
О'М'МА равна сумме расстояний от М
до вершин А, В, О. Эта сумма будет
наименьшей, если соответствующая ло-
ломаная является отрезком АО'. Итак,
искомая точка Р для минимальной сум-
суммы расстояний должна лежать на от-
отрезке АО', так же как и соответствую-
соответствующая ей точка Р'. Так как ОРР' = 60°,
то ОРЛ = ОРВ = 120°. Минимальная же
система путей, связывающих Еершины
квадрата, получается добавлением к по-	рис. 63
Рис. 62
107

Рис. 64
Рис. 6Б
В, М,
строенной системе ее образа при сим-
симметрии относительно центра квад-
квадрата (докажите самостоятельно).
44. Пусть / — данная прямая,
А и В — данные точки, р— дли-
длина хорды, которую нужно по-
построить (рис. 64). (АВ) П / = S,
а искомая окружность пересекает
прямую / в точках М и N. Тогда
по свойству степени точки отно-
относительно окружности получим:
SA\ ¦ \SB\ = \SM\ ¦ \SN\.
Нам достаточно on ре делить рас-
расстояния | SM | и | SN |. Для этого
проведем через точки А и В ок-
окружность радиусом, большим ~,
и на этой окружности отложим
хорду [КЦ длины р. Рассмотрим
окружность, концентрическую с по-
построенной и касающуюся прямой
KL. Если из точки S провести
касательную к внутренней окруж-
окружности, то эта касательная пересе-
пересечет внешнюю окружность в точ-
точках ЛР и N', и ] M'N' | = | KL | =
= р (почему?) Итак, мы получим:
| SM' | • | SN' | = | SA | - | SB \. Если
же на / отложить | SM \ = | SM' |
и \SN\ = \SN' |, то получим
\SM\ ¦ \SN\ =\SA\ -\SB\. Поэ-
Поэтому окружность, проходящая че-
пройдет и через точку N, причем
рез точки А,
\MN\ = p.
45. Условие необходимо. Пусть в треугольнике ABC (рис. 65)
|ЛВ| = |ЛС|, [ВМ] и [CN] — биссектрисы. Тогда симметрия от-
относительно биссектрисы угла А отображает точку В на точку С,
а точку С на точку В. Симметричны также (АВ) и (АС) и бис-
биссектрисы [ВМ) и [CN), поэтому симметричны и соответствующие
точки пересечения М к N. Итак, |BM|==|CW|.
Условие достаточ но. Пусть \BM\ = \CN\. Докажем, что
\AB\-\AC\.
Допустим обратное: | АВ \ > | АС |; тогда, обозначая величины
углов В и С соответственно р и ?, получим -у > р. Сравним тре-
треугольники ВМС и CNB. У них сторона [ВС] общая, \BM\ = \CN\,
—¦ > -|-. Но если у треугольников две пары сторон конгруэнтны
друг другу, а углы между ними не равны, то против большего
108

угла лежит и большая сторона. Поэтому | BN | > | СМ К Пусть точка
В' симметрична точке В относительно точки О — середины [MN],
тогда | MB' | = | BN |, следовательно, \МВ'\>\ CM \, MB^N =
В	7
= —¦ < у. Рассмотрим треугольник NB'C. Он равнобедренный, так
как \CN\ = \BM\ = \NB'\. Поэтому у него должны быть равны
величины углов при основании. Но в данном случае мы имеем:
NB'C = | + Р', NCB' = \ + 7', где р' = МВ'С, т' = Л1СВ'; |<
<у и р' < ?', так как в треугольнике МВ'С \МС\< .MB' \,
поэтому NB'C < NCB'. Мы пришли к противоречию: у равнобед-
равнобедренного треугольника величины углов при основании не равны.
К такому же противоречию мы придем, если допустим, что
|ЛС|>|ЛВ|. Итак, мы получаем, что | АВ | = | АС\, т. е. тре-
треугольник — равнобедренный.
46. В настоящее время известно несколько решений этой до-
довольно трудной задачи. Приведем наиболее элементарное из них.
Пусть мы имеем п произвольных точек: Р1( Р2, . . ., Рп- Наи-
Наибольшее возможное число прямых равно числу сочетаний из этих
п точек по две, т. е. " Z~ .
Рассмотрим теперь пары «точка — прямая», в которых каждая
из п точек сочетается с прямой, не проходящей через .=*ту точку.
Так как для каждой из п точек прямых, проходящих через остав-
оставшиеся п — 1 точек, может быть не более —	-^	, то число
таких пар «точка — прямая» может быть не более " 9 	¦ .
Для каждой из этих пар «точка —- прямая» рассмотрим рассто-
расстояние от точки до прямой и выберем из этих расстояний наименьшее.
Обозначим соответствующую точку через Ри а прямую через (Р,Р3)
(рис. 66). Пусть Рх — проекция Pj на (Р2Р3). Допустим, что су-
существует точка Р4 € (Р2Рз)- И3 трех точек Р2, Р3, Pt no крайней
мере две лежат на прямой по одну сторону от точки Pv Пусть
это будут точки Ря и Р4, причем Ря
находится между Р[ и Р4. Тогда рас-
расстояние от. точки Р3 до (PiP4) будет
меньше IPiP^, так как расстояние
от точки одного катета в прямоуголь-
прямоугольном треугольнике Р1Р1Р4 до гипоте-
гипотенузы всегда меньше длины другого
катета. Итак, \PSPS\ < | PiP[\, это
противоречит выбору пары (Р1? (P2PS))-
Следовательно, прямая Р«РЯ не со-
содержит других точек из данного
109

множества. (Заметим, что в рассмотренной ситуации точка Р[ лежит
между Р2 и Р3, так как в противном случае мы могли бы повто-
повторить уже приведенное рассуждение и расстояние | Р±Р\ | оказалось
бы не минимальным.)
Эта задача была впервые предложена английским математиком
Сильвестром A814—1897). Идея приведенного здесь доказатель-
доказательства принадлежит американскому математику Келли1.
§ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 3 из § 1. На во-
вопрос: па сколько отдельных частей разбивают плоскость п прямых,
если каждые две из них и^еют общую точку, а каждые три общей
точки не имеют? — Там был получен ответ: F2 (n) = "(""*"	\- 1 .
Пусть теперь п плоскостей разбивают пространство на F-, <п)
частей. Пересекая пространство еще одной (я+1)-й плоскостью,
мы ряд из этих частей разделим на два к^ска. Так как п плос-
плоскостей на (п + 1)-й плоскости определяют п прямых, то число
разделенных (п -j- 1)-й плоскостью частей пространства равно
F.2 (и) = " ( ^ ' -f I. Следовательно,
Fs (n + 1) = Fa (л) + Ш±Л + 1,	(*)
^з (п) = F3 (я - 1) + ^р!> + 1 и т. д.
Придадим этой формуле более симметричный вид. Преобразуем
сначала выражение " о'—- + 1 • Его можно записать так:
F 1п\ "("+') I 1	П(П—1)	П	,
,-,	П (П — 1)	„2	tt	„1 ,	„О	_
Поскольку —-—g— = С„ , -г = Сп, 1 = Сп, тогда для числа облас-
областей при разбиении плоскости п прямыми получаем формулу:
Естественно предположить, что для Fs (n) можно написать анало-
аналогичную формулу:
=	+j1+ + l	A)
Ее нетрудно проверить для п = 0, 1, 2, 3. Полагая, что она спра-
справедлива для п плоскостей, докажем, что она остается спра-
справедливой и для п -f- 1 плоскостей. Для этого подставим в рекур-
* См.: Кокстер Г. Введение в геометрию. М., 1966, с. 106.
НО

рентную формулу (*) значение F3(n) из с}°рмулы A). Тогда по-
получим:
F In Л. \\ — я (п — 1) (п — 2) I п(п— 1) я , n(n—I) n
^з (« + U	1.2.3	'	2	|"Т+1+ 1 ¦ 2 "*" 1" +
, (п + 1)я(п—1) . п (п + 1) , и + 1 , ,
+ ' = 	Г~2~з	 +	2	"Г -[- + 1-
Итак, формула осталась справедливой. Согласно принципу мате-
математической индукции формула A) справедлива для любого п.
2.	Прямая а и точка Р определяют содержащую их плоскость а;
прямая b и точка Р определяют содержащую их плоскость р. Плос-
Плоскости а и р, имея общую точку Р, должны пересекаться по прямой
/, которая может пересечь обе прямые а и Ь, в этом случае / и
есть искомая прямая. Если окажется, что 1\\а или l\\b, то задача
не имеет решения.
3.	Условие необходимо. Пусть а\\Ь, причем аау bczf.
Плоскость а, пересекающая а, пересечет и плоскость f- Пусть
а Г) -у = /• Прямая /, пересекая одну из параллельных -о, должна
пересечь и другую — Ь. Точка пересечения прямых/ и b и будет
единственной общей точкой плоскости а и прямой Ь.
Условие достаточно. Пусть любая плоскость, пересекаю-
пересекающая прямую а, пересекает и прямую Ь. Прямые а и b не могут
быть пересекающимися, так как тогда существует плоскость, со-
содержащая прямую а и не содержащая Ь. Прямые а и b не могут
и скрещиваться, так как в этом случае можно было бы через одну
из них провести плоскость, которая пересекала бы другую в одной
точке. Итак, а\\Ь.
Пусть теперь а\\Ь и Ь\\с. Докажем, что а \\ с. Пересечем пря-
прямую а произвольной плоскостью а. В силу доказанного, а пере-
пересечет и ft, и на том же основании она пересечет и с. Итак, лю-
любая плоскость, пересекающая а, пересекает и с, значит, а \\ с.
4.	а) Так как плоскости треугольников различны, а точки X,
Y, Z принадлежат одновременно обеим плоскостям, то исе они
лежат на линии пересечений vthx плоскостей, и X € (YZ).
б) Прямые ВС и В'С с общей точкой X определяют плоскость а,
прямые С А и С А' определяют плоскость р, и прямые АВ и
А'В' — плоскость y- Тогда получаем: р П Т = С^')' Т П а -z (ВВ'),
а Р) р = (СС). Если какие-нибудь дсе из этих прямых пересе-
пересекаются, например, (АА') |") (ВВ') = S, то точка S принадлежит од-
одновременно трем плоскостям, и потому через нее проходит и третья
прямая СС. Итак, в этом случае (АА') ("| (ВВ') f| (СС) = S. По
той же причине если (АА')\\(ВВ'), то этим прямым параллельна
и прямая СС.
Обратно, если (АА') |") (ВВ') |~) (CC) = S, то мы можем рас-
рассмотреть плоскости, определяемые прямыми ВВ' и СС, СС иАА',
АА' и ВВ'. В первой из них содержатся прямые ВС и В'С. По-
Положим, что (ВС) ("] (В'С) = А'. Аналогично полагаем во второй
плоскости (СА) П (СА') = Y и в третьей (АВ) ("| (А'В') = Z. Точки
Ш

X, Y, Z принадлежат одной пря-
прямой, так как все они принадлежат
линии пересечения плоскостей
(ABC) и (А'В'С).
Рассуждение остается тем же,
если окажется, что (АА') || (ВВ') ||
|| (СС). Если окажется, например,
что (ВС) || (В'С), то это значит,
что (ВС) || (В'С) || (YZ). В случае,
когда окажется еще и (СА) \\ (СА'),
то будут параллельны и плоскости
(ABC) и (А'В'С).
5. а) Вне данной плоскости по-
построим треугольник А^В^^ так,
Рис. 67	чтобы прямые ВХС±, СХАХ и А1В1
проходили соответственно через
точки X, Y, Z, и далее применим к нему выводы предыдущей
задачи.
Для построения треугольника А1ВХС1 берем вне плоскости о
данных треугольников ABC и А'В'С (рис. 67) произвольную точ-
точку Аг и проводим прямые YA± н ZA1. Плоскости (ALYZ) при-
принадлежит также и точка X е (YZ). На прямой AtZ берем точку Вх
и проводим прямую В1Х, которая в пересечении с прямой YAX
дает точку С\ — третью вершину треугольника A^jC^ Из этого
построения ясно, что треугольники ABC и A^Bfiy удовлетворяют
условиям первой теоремы из предыдущей задачи, и потому полу-
получаем: (AAJ Г) (ВВЬ) П (CCi) = S±. Эту же теорему мы применим
к треугольникам А'В'С и Л^С^ и потому будем иметь также,
(B'Bj) П (СС]} = S'. Рассмотри*! три плоскости: а
= (АА'А,), 3 = (BB'fii) и у1— (СССО. Мы имеем: a f] Р П Т =
r= (SjS^) = /. Положим, / П о = S; тогда аПРПтП8==5- Отсюда
следует: a f] 3 = И^'). Р П 8 = = (ВВ'), Т П 8 = (СС), следова-
следовательно, (АА') П (ВВ') П (СС") = S, так как все линии пере-
пересечения четырех плоскостей проходят через их общую точку S.
Если бы оказалось, что /1| 8, то отсюда следовало бы, что и (АА') \\
|| (ВВ') II (СС).
б) Допустим теперь обратное (рис. 67), т. е. что (АА') |")
П (ВВ') Г\"(СС) S, и докажем, что тогда Л € (YZ). Рассмотрим
треугольники ХВВ' и YAA'. Для них (ВВ') |~) (AA') = S, (XB1) ("]
П (YA1) С',и(ХВ) П (КЛ) = С, причем S б СС. Применяя пря-
прямую теорему Дезарга, полччим: (ЛВ) П (А'В') f] {XY) = Z. Итак,
X 6 (YZ).
6. Обозначим точки пятпвершинника цифрами: 1, 2, 3, 4, 5.
Эти точк*1 определяют 10 прямых: A2), A3), A4), A5), B3), B4),
B5), C4), C5), D5) и 10 плоскостей: A23), A24), A25), A34),
A35), A45), B34), B35), B45), C45). В пересечении этих пря-
прямых и плоскостей с секущей плоскостью получается 10 точек и

10 прямых. Чтобы доказать, что это есть конфигурация Дезарга,
присвоим каждой точке на рисунке 67 соответствующий номер —
пару ци^р, следя за тем, чтобы в обозначениях точек на каждой
прямой встречались три и только три различные цифры. Рассмот-
Рассмотрим, например, такое соответствие (под каждой буквой, обозна-
обозначающей точку — номер прямой пятивершинника, пересечение ко-
которой с рассматриваемой плоскостью дает эту точку):
А А' В В' С С S X Y Z
12 13 24 34 25 35 23 45 15 14
Нетрудно проверить, что при этом каждой прямой конфигурации
Дезарга действительно соответствуют только три различные цифры
(например, для прямой AA'S встречаются только цифры 1, 2, 3).
Следовательно, прямые, получающиеся в пересечении нашей плос-
плоскости с плоскостями пятивершинника, действительно дают прямые
конфигурации Дезарга.
7.	а) Если провести одну плоскость через Р и а, другую —
через Р и Ь, то прямая пересечения этих плоскостей / пройдет
и через точку пересечения всех трех плоскостей, т. е. через точку
б) Пусть a, b и Р лежат в одной плоскости (рис. 68). Пере-
Пересечем а и b двумя секущими, не проходящими через точку Р,—
(АВ) и (А1 В'), причем (А В) |~] (А'В') = Z, Л е а и Л' 6 а, Вбй и
В' е Ь. На прямой РВ возьмем точку Y и обозначим (PA) f] (ZY) =
= X, Далее находим точку (А'Х) [\(B'Y) = P'. Мы получили
конфигурацию Дезарга — треугольники РАВ и Р'А'В' удовлетво-
удовлетворяют нужным условиям: (РА) |~) (Р'А') = X, (РВ) ("] (Р'В') = Y,
(АВ) ("] (А'В') = Z и X е (YZ). Поэтому прямая РР' проходит
через точку S = (АА1) |~] (ВВГ).
8.	Пусть а и b — данные скрещивающиеся прямые. Через точку
А1 € а проведем прямую а± \\ Ь. Пересекающиеся прямые а и ах
определяют плоскость а, которой они принадлежат. На прямой а
берем другую точку Л2 и через
нее проводим а2 \\ Ь. Так как
b || а, то^а, сг а (если бы прямая
а2 пересекалась с плоскостью а
в одной точке, то а должна бы-
была бы пересекать и пряьпю Ь).
Итак, все прямые, пересекаю-
пересекающие а и параллельные Ь, лежат
в плоскости а. Легко видеть,
что любая точка М € а принад-
принадлежит одной из рассматриваемых
прямых, поэтому искомое мно-
множество совпадаете плоскостью а.
9.	Пусть прямые ВС, СА
и АВ пересекают данную плос-
плоскость а соответственно в точках	Рис. 68
8
113

Рис. 69
X, Y, Z. Мы построим в плоскости
а треугольник А'В'С, конгруэнтный
треугольнику MNP, и притом так,
чтобы Xt(B'C'), Ye (СА') и
Ze(A'B'). Тогда треугольники ABC
и А'В'С будут удовлетворять усло-
условиям первой теоремы из задачи 4, по-
поэтому прямые АА', ВВ', СС пройдут
через искомую точку S.
Для построения треугольника
А'В'С строим на отрезке YZ (рис. 69)
как на хорде дугу, вмещающую \гол,
по величине равный углу NMP, а на отрезке XY— дугу, вмещающую
угол, по величине равный углу MPN. Нам остается через Y провести
такую секущую, чтобы ее отрезок между окружностями был кон-
конгруэнтен отрезку МР в данном треугольнике. Соединив А' и С" с
точкой пересечения Q окружностей, увидим, что в* треугольнике
A'CQ нам известна | А'С | и величины углов при вершинах С и
Л', так как известны величины дуг, на которые эти углы
опираются. Построив треугольник A'CQ, найдем \QC\, что
даст возможность построить точку С и, значит, треугольник
А'В'С.
10.	Условие необходимо. Пусть плоскость а параллельна
плоскости р и прямая / имеет с плоскостью а только одну общую
точку А. Возьмем в плоскости р произвольную точку В и через
прямую / и точку В проведем плоскость т. которая пересечет
плоскости а и C по параллельным прямым а и Ь. Прямые /, а,
Ь принадлежат плоскости т. и прямая / пересекает прямую а в
точке А. Как и в задаче 3, прямая / должна пересекать прямую Ь,
а вместе с тем и плоскость р.
Условие достаточно. Если плоскости пересекаются, то
существует прямая, лежащая в одной из них и пересекающая
другую (в одной точке).
Пусть а || р и р||т- Докажем, что а|1т- Прямая /, пересекаю-
пересекающая плоскость а, пересекает плоскостьр,а, следовательно, и плос-
плоскость y- Итак, всякая прямая, пересекающая плоскость а, пере-
пересекает и плоскость у, значит, а || у.
11.	Пусть прямые а и b скрещиваются. Возьмем на прямой а
точку А и проведем через нее прямую Ь' || Ь. На прямой b возьмем
точку В и проведем через нее прямую а' \\ а. Через прямые а и
Ь' и через прямые Ь и а' можно провести плоскости а и р — это
и будут искомые плоскости. Любая другая плоскость а', прохо-
проходящая через прямую а, пересекла бы прямую Ь', а значит, и парал-
параллельную ей прямую Ь; следовательно, плоскость а и аналогично
плоскость р определяются условием задачи однозначно.
12.	Рассмотрим плоскости а||р||т, пересеченные двумя пря-
прямыми/и/', / П а = Л. / П Р в, I Г) Т = с> '' П а = А'< I' П Р =
= В', Г П т = С (рис. 70).
114

Если/ и /' скрещиваются, то через
произвольную точку Р на прямой /'
проводим прямую /j||/. Пусть
I, П а = Alt 1г П Р = Ви h П Т =
= Сг. Прямые / и /j лежат в од-
одной плоскости. Поэтому мы имеем:
(ААг) || {ВВг) \\ {CCi). Аналогично
(АгА') || (ВгВ') || (dC). В силу па-
параллельности прямых / и /t имеем:
1ЛВНИА1. |ВС| = | BiCx |, а по
свойству отрезков, отсекаемых па-
параллельными секущими на сторо-
\А'В'\ I 4B '
1
А-
1
1
4*
1
Ла' /
X ,
\в> /
\
нах угла,
\А'В'\
Q
• «заменим
Рис. 70
|
в правой части равенства длины
| Л,^ | и | BjCi | равными им дли-
длинами \АВ\ и | ВС |, получим:
\А'В'\ \АВ
\В'С
j ВС • "
Рис. 71
[Из полученного свойства трех вза-
взаимно параллельных плоскостей
а || р || т можно сделать важный вы-
вывод: плоскость р есть множество
точек, делящих в данном отно-
отношении отрезки, соединяющие точ-
точки плоскости а с точками плоскости
7- Нетрудно доказать, что ни одна
точка, не принадлежащая р, этим
свойством не обладает.]
13. Пусть прямая движется параллельно плоскости а и, пере-
пересекая прямые а и Ь, занимает последовательно положения {Aj^Bj),
{А2В2), (А,В3),. . . (рис. 71). Точка, делящая отрезки в одном
и том же отношении, последовательно занимает положения Мх, Л12,
Мя	Через точку Р на прямой Ь проводим прямую о'||а.
Пусть точки Ах и В1 лежат в плоскости а, а прямая а' пересе-
пересекает а в точке А[. Прямые, параллельные Л1В1, пересекают а'
в точках Л2, Аа. Так как плоскости А2А2В2 и А3А3В3 парал-
параллельны а, то (ЛаЛо) || (Л3Лз) || (AiA^). Далее проводим (AVW^H
|f DВ,), (М2М'2) \\(А2В2) и (М3М'3)\\ {А'3ВЯ). Так как точкиMv м\, М3
делят параллельные отрезки между параллельными прямыми —
[Л1Л^|, [ЛоЛо], [Л3Лд] — в одном и том же отношении, то эти
точки принадлежат одной прямой. Вместе с тем мы имеем: (Л^ЛуЦ
|| (М,М2) \\ (М3М'Я). Длины же отрезков М^, М.2М2, MJWl пропор-
пропорциональны длинам HjZ?! j, | Л2В2 |, |А,В3|, которые в свою очередь
пропорциональны расстояниям
PAZ\, \PA3\ или равным
115

им расстояниям \Р'М'\, \Р'М'\, |Р'ЛГ|. \Р' — точка пересечения
прямой М'гМ'М' с прямой, проходящей через точку Р парал-
параллельно (АхА[).] Поэтому точки Mlt M2, М3 принадлежат одной
прямой и при движении нашей прямой АВ точка, делящая отре-
отрезок АВ в постоянном отношении, описывает прямую.
14.	По свойству средней линии треугольника отрезки МР и
QN параллельны [АС] и по длине равны —^— • поэтому MPNQ
параллелограмм и его диагонали [MN\ и [РО] пересекаются в точ-
точке О — их общей середине. Аналогично PRQS тоже параллело-
параллелограмм, и поэтому его диагональ [RS] пройдет через точку О —
середину PQ.
15.	Построим плоскость а так, чтобы оса и а || с (см. за-
задачу 11), и плоскость р, чтобы ?>dp и J3||c. Если плоскости а
и fj пересекаются, а {] [3 = /, то /1| а (почему?). Эта прямая /
пересекает и а и Ь, так как если бы оказалось, например, что 1\\а,
то, учитывая параллельность I и с, мы получили бы, что а \\ с,
а это противоречит условию задачи. Таким образом, / и есть
искомая прямая. Если окажется а|| р, то задача не име"ет решения.
16.	Пусть отрезок MN (рис. 72) удовлетворяет условиям за-
задачи. Проведем через точку N прямую, параллельную прямой а.
Эта прямая пересечет плоскость ^ в точке N'. Прямая N'В есть
пересечение плоскости f с плоскостью, проходящей через Ь и па-
параллельной прямой а. Так как (AM)\\(NN') и (MN) |l (AN1), то
\AN' | =]ЛШ| = d. Отсюда следует построение:
1)	Сначала строим плоскость р, проходящую через b и парал-
параллельную а. Эта плоскость пересечет плоскость f по прямой BN'
(точка N' пока не построена).
2)	Радиусом d проводим в плоскости ^ окружность с центром
в А, которая пересечет найденную прямую в точке N'.
3)	Через N' в плоскости р проводим прямую, параллельную а,
и находим точку N.
4)	В плоскости, определяемой параллельными прямыми а и
NN', проводим {MN)\\(AN').
Задача может иметь два, одно или ни одного решения.
17.	а) Точка Р пересечения прямой АВ с плоскостью а отыски-
отыскивается как точка пересечения пря-
прямой АВ с ее параллельной проек-
проекцией (А'В1) на плоскость а.
б) Используя построение из
п. а), находим точки X, Y, Z — сле-
следы прямых ВС, С А и АВ на
плоскости а. Эти точки принадле-
принадлежат как плоскости а, так и плос-
плоскости ABC, поэтому они принадле-
принадлежат прямой, по которой пересе-
Рис. 72	каются эти две плоскости.
М
116

Рис. 73
18.	Плоскость, проходящая че-
через (РР') и q, имеет след (P'Q')
на плоскости а. Прямая P'Q' пере-
пересекает / в точке М, которая при-
принадлежит искомой плоскости. Пря-
Прямая МР принадлежит и искомой
плоскости и плоскости прямых РР'
и q. Искомая точка Q есть пересе-
пересечение прямых МР и q. (Нарисуйте
чертеж.)
19.	Порядок построения таков:
1)	Рассматриваем точки М', N',
Р' как параллельные проекции то-
точек М, N, Р (рис. 73) на плоскость
основания. Проводим прямую МР
и ее проекцию М'Р'. Эта проек-
проекция пересекает диагональ основа-
основания B'N' в точке Q', являющейся
проекцией точки Q, лежащей на диагонали сечения [МР].
2)	Через точку Q' проводим прямую, параллельную боковым
ребрам призмы, и в пересечении этой прямой с (МР) находим
точку Q.
3)	Прямая NQ пересекает ребро призмы в четвертой вершине
сечения В.
4)	Пятую вершину сечения находим таким же построением,
пересекая диагональ А'М' проекцией другой диагонали сечения
[N'P']. (Находим точку R' — проекцию точки R на диагональ [N'P'\;
прямая NR в пересечении с боковым ребром дает пятую вершину
сечения А.)
20.	Построение осуществляется путем последовательного отыс-
отыскания точек пересечения секущей плоскости с ребрами пирамиды.
Например, точка Q на боковом ребре [SC] может быть найдена
таким построением:
1)	Находим точку пересечения М прямой ВС со следом плос-
плоскости /.
2)	Проводим прямую МР, которая лежит в плоскости SBC и
пересекает ребро [SC\ в искомой
точке Q.
Подобным же образом нахо-
находим остальные вершины сечения
(рис. 74).
21.	Прямая / = р |~) -у опреде-
определяется следующим построением.
1)	Пересечение следов Ь |~) с
дает точку Р пересечения плос-
плоскостей: Р е /.
2)	Прямая В'С — след плос-
плоскости, проходящей через (ВВ1) и	Рис. 74
117

{СС). Находим точки пересечения (В'С) |~| (> -- М, (В'С) |~| с ^~
— N.
3) Прямые MB и NC лежат в данных плоскостях и "в плос-
плоскости прямых ВВ' и СС. Точка их пересечения Q = (MB) f) (NC)
есть вторая общая точка обеих плоскостей. Итак, (PQ) - --1.
Проделайте последовательно все построение на чертеже.
22.	Идея построения заключается в том, чтобы найти линию
пересечения плоскости р с плоскостью, содержащей параллель-
параллельные прямые (MM')W(NN'). Следом этой плоскости на основной
плоскости является прямая M'N'. Точка Р - -- (M'N') f! b есть об-
общая точка двух плоскостей. Вторую их общую точку Q получим
как точку пересечения проектирующей прямой с плоскостью р
(построение задачи 18). Итак, (PQ) принадлежит плоскости В и
плоскости прямых ММ' и NN'. Пересечение прямых МЛ' и PQ
дает искомую точку.
23.	Пусть ? и F— точки, принадлежащие следу/ плоскости В.
Проводим прямые BE и BF и находим их проекции (В'Е) и (B'F)
на основной плоскости а. Через Р' проводим прямые е' || (В Е) и
f'\\(B'F). Через Р проводим прямые е\<(ВЕ) и f t\(BF); E' - е'[\е
и F' = /' П /¦ Точки Е' и F' определяют след /' плоскости -р
Итак, эта плоскость вполне определена следом /' и точкой Р.
Плоскости -у и В параллельны, так как две пересекающиеся прямые
одной плоскости параллельны двум пересекающимся прямым дру-
другой плоскости.
24.	Соединим точку Р (рис. 75) с одной из вершин треуголь-
треугольника так, чтобы эта прямая пересекла другую сторону. Это всег-
всегда возможно (см. задачу 4 из§ 1). Пусть, например, (РА) |") (ВС) =
= = М. Ввиду того что при проектировании сохраняется отношение
отрезков, принадлежащих одной прямой, мы на прямой В'С най-
j СМ' | \см\
дем точку М , удовлетворяющую соотношению- _, я, = ' .
" Точно таким же построением на
прямой А'М' найдем точку Р',
удовлетворяющую равенству
\м'Р'\ | мр !
| М'А' | \МА\'
Если (CQ) х (АВ), то проек-
проекцию основания — точку Q' —
можно найти тем же построе-
построением.
р	25. Пусть параллелограмм
- A'B'C'D'—проекция квадрата
ABCD (рис. 76). Центр квадра-
квадрата О отображается на центр
параллелограмма — О'. Вписан-
Вписанная окружность касается сторон
квадрата в их серединах, кото-
которым соответствуют середины
П6

м
ч
¦к
сторон параллелограмма M'P'N'Q'.
Чтобы найти еще несколько точек,
в которые проектируются точки
окружности, заметим, что если F —
середина \АР\, то гипотенузы пря-
прямоугольных треугольников AMN
и ANF взаимно перпендикулярны
(почему?) и, значит, точка их пе-
пересечения К лежит на окружнос-
окружности. Ее проекцию К' легко по-
построить, так как F' есть середина
\А'Р'\. Такие же точки построим
на отрезках N'B', N'C и M'D'.
Через полученные 8 точек можно
уже достаточно точно построить А'
проекцию окружности — эллипс.
26.	В равностороннем треуголь-
треугольнике медианы совпадают с диамет-
диаметрами описанной окружности, а их
точка пересечения — с центром. По-
Поэтому точка О' пересечения медиан
проекции треугольника есть проек-
проекция центра окружности (рис. 77).
Дальнейшее построение достаточно
понятно по чертежу. Для облег-
облегчения построения в концах диамет-
диаметров проведены проекции касатель-
касательных к окружности.
27.	Проекции несмежных вершин правильного шестиугольника
являются в то же время проекциями вершин равностороннего тре-
треугольника. Как по ним построить недостающие вершины шести-
шестиугольника, видно из чертежа предыдущей задачи. Проекция вписан-
вписанной окружности строится по проекциям шести точек касания.
28.	Если через вершины. А, В, С, D провести прямые,
параллельные диагоналям квадрата, то получим изображение
квадрата, стороны которого будут касаться вписанной в него
окружности в точках, соответствующих А, В, С, D. Решение
приводится к построению, выполненному к задаче 25. Вершины
правильного вписанного восьмиугольника являются точками
пересечения диагоналей нового КЕадрата с окружностью. Сделайте
чертеж.
29.	Пусть Л, В, С, D — вершины верхнего основания. Тогда
вершины Л', В', С, D' нижнего основания мы будем рассмат-
рассматривать как проекции соответствующих вершин А, В, С, D на
плоскость нижнего основания. Обозначим еще через N' про-
проекцию N на (В'С). Построение произредем в следующем порядке.
1) Находим пересечение (MN) со СЕоей проекцией (N'A1) —
точку Е.
Рис. 77
119

(EP)f\(A'D')^K и
Рис. 78
2)	Находим
)тВ'С') L.
3)	(LN) П (СС) = R; (LN) Л {ВВ') = S.
4)	(SM) П (ЛВ) = Т.
Сделайте все построения. Точки М,
К, Р, R, N, Т определяют фигуру сече-
сечения — шестиугольник.
30. Сохраним те же обозначения, как
и в предыдущей задаче. Порядок построе-
построения таков.
1)	Находим проекции М', N', Р' точек
М, N, Р на плоскости нижнего основания.
2)	Находим след прямой МР на ос-
основной плоскости: Е = (МР) |~) (М'Р'), и
аналогично точку F — (MN) f\(M'N').
Прямая EF — след плоскости MNP в
плоскости основания. Точки пересечения
плоскости MNP с ребрами параллелепи-
параллелепипеда находятся построением, указанным
в задаче 18.
§ 5. 1. а) Переместительность сложения векторов, сочетатель-
сочетательность при умножении вектора на число и распределительные
законы для умножения вектора на сумму чисел и числа
на сумму векторов — все это доказывается точно так же, как
и в плоскости, поскольку эти факты касаются не более чем
двух векторов, которые можно считать векторами параллельной
им плоскости.
Доказательство ассоциативности сложения тоже переносится
без изменения, поскольку оно сводится к проверке соотношения
(О А + А В) + ВС = ОА + [АВ + ВС), которое очевидно.
б) Перестановочность скалярного умножения и сочетатель-
сочетательность при умножении на число доказываются также, как и раньше.
Докажем распределительное свойство при скалярном умноже-
—> -»- —> -»- —> -»-
нии суммы векторов на вектор. Пусть О А = а , OB = b и ОМ — m
—> -»¦-*¦-*¦
(рис. 78); положим: ОС — с = а + b . Докажем, что
rn a + mb =m с.
Рассмотрим параллелограмм МАМ'В, в котором:
AM =-- MB = m —~a, B~M = AVA =m—'b, АВ = ft —с",
ММ' = 0М — 0~М' --= m — (с —in) = 2m —с".
Так как сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна
сумме квадратов его сторон, то получим:
2 (т — оJ + 2 (от —ТJ = (а — ?J + Bт— сJ;
120

4m2 + 2a2 + 262 — 4m a — 4m 6 =
=-- a2 + b2 — 2ab + 4m2 + c2 — Am7;
-*¦-*¦ -*—*¦ -*—*¦	-*¦-*•
a -f b2 -j- 2a b — 4m a — 4m b = c- — 4m c.
Но так как с2 = a2 + b2 -\-2ab (теорема косинусов), то полу-
->-->- -»-->¦	->-->¦ -»-->- -»-->- -»-->-
чим: —4ma — 4mb =—4тс; tna + tnb — тс, т, е.
та -\-rnb = т(а + Ь).
2. Выбрав начало О, запишем:
6А=-ОА0 + im, ОВ = ОВ0 + tn,
= (ОВ0 4- tn) - k ({OB0 + In) - (ОА0 + im)) =
= OB0 — k (OB0 — 0A0) +1 (n — kn + fmi) = OP
-»-	->¦->¦
Легко видеть, вектор р = A — &) и -4- ^m должен быть отличен
-»-
от 0 и, следовательно, точка Р движется по прямой с посто-
-»-
янной скоростью р.
3.	Построение можно провести в следующем порядке:
1)	Через прямую т проводим плоскости р ;; п и f \\ р, причем
допустим, что прямая р не параллельна плоскости ,3.
2)	Через прямую п проводим a tn и y' II Р-
3)	Через прямую р проводим а' || m и р' || п (рис. 79).
4)	Находим пересечения: т' = a |~!a'. n' = Р ПР' и р' = Т Лт*«
Получим прямые m' [| m, n' || n и р' " р.
5)	Находим точки пересечения: Л = «Пр'. В = /nf| р', С =»
= тПя', Л' = п'Пр, В'=т'Пр. С' = т'Г|п.
6)	Находим точки пересечения^ = a p p' f] ^ и D' = a' f| p p ^''«
Этим завершается построение
параллелепипеда. Решение един-
единственно, так как плоскости а, р,
Y, а', р', ^'. в которых лежат
грани параллелепипеда, однознач-
однозначно определяются данными скре-
скрещивающимися прямыми. Если пря-
прямые т, п, р окажутся параллель-
параллельными одной и той же плоскости,
то получится, что P = f> a = •[¦',
a' = р' и а || р || т,— тогда задача
не имеет решения.
4.	Условие необходимо.
Пусть даны Еекторы ОА = а,	Рис. 79
121

OB = b, ОС = с и OD = d. Если точки А, В, С, D принадле-
жат одной плоскости, то векторы а — d, b— d, с — d ком-
компланарны. Но тогда один из этих векторов можно представить
как сумму двух векторов, коллинеарных с двумя другими. Пусть
-*¦-*¦ ->•-»-	->¦ -»-	•
например, мы имеем: а—d=tn(b—d)-\- n(c — d). В этом ра-
Еенстве суммы коэффициентов левой и правой части равны между
собой, так как каждая из сумм равна нулю.
Условие достаточно. Пусть, например, мы имеем ра-
Еенство:
-*¦ -*¦-*-*¦
та + п b = рс + qd,
и нам известно, что т -\- п = р + q. Из этого условия мы имеем:
т -\-п — р = q, откуда получаем:
та + nb = рс + (т + п — p)d;
т (a — d) + n (b — d) = p (с — d);
Следовательно, векторы а — d, b — d и c—d компланарны,
откуда следует, что точки Л, В, С, D, определяемые соотно-
—>' -у —> ->• —> -»- —> -¦-
шениями О А =а, ОВ = Ь, ОС = с, OD = d, принадлежат одной
плоскости.
5.	В параллелепипеде ABCDA'B'C'D' обозначим DA — т,
—> -*- —> -+
DC = м, DD' =р. Пусть Q —точка пересечения диагонали \DB'\
параллелепипеда с плоскостью, проходящей через точки А, С, ТУ
и DQ -- - д. Диагональ DB' = xq есть сумма векторов т, п и р.
Отсюда пол)чим:
т + п + р = xq.
Так как точки А, С, D', Q принадлежат одной плоскости,
то согласно выводам предыдущей задачи суммы численных коэф-
коэффициентов левой и правой части последнего уравнения, связы-
связывающего соответствующие векторы, равны между собой. По-
Поэтому л; = 1+1+1=3. Итак, плоскость ACD' отсекает от диаго-
диагонали одну треть ее длины.
6.	Предполагая, что точка Р имеет массу (тх + т^, а поло-
положение ее определено формулой, данной в условии задачи, най-
найдем центр масс системы точек Р (с массой (mL + /л2)) и А3(с мас-
массой nis), пользуясь той же формулой. Пол\чим:
-•- ->-
т,А, + т«А.,	-*•
-	,,, i .„	(Щ + тг) + «Из	п,Тл-п,ТХ
3	'"i + т2 + т3	тх + т2 +
Ш

Предположим теперь, что центр масс системы м материальных
точек с массами т1, пи, . . , тп определяется по формуле:
"S т1А1+т2А2 + ¦¦¦ +тпАп
•¦ +т„ "	A)
Нетрудно проверить, что эта формула останется справедливой
и для системы из п -\-\ точек. Согласно принципу математиче-
математической индукции формула A) справедлива при любом п. (В этом
выводе мы считаем, что при отыскании центров масс систему
масс можно заменить суммой этих масс, помещенной в центр
масс системы.)
Независимость положения центра тяжести от выбора начала О
доказывается так же, как и в случае плоскости (см. задачу 8, § 2).
7. Как это делалось в планиметрии, будем считать, что масса
треугольника сосредоточена в его центроиде (точке пересечения
медиан), причем масса каждой грани пропорциональна ее пло-
площади. Площадь основания (квадрата) примем за единицу, тогда
площадь каждой боковой грани равна ^-т— Радиусы-векторы
.центроидов боковых граней равны:	\^~—-; 	^	-;
-»-->¦ -»¦->¦-»- -»-
— * —i; — ^ —I, радиус-вектор центра основания равен
4
Применяя теперь общую формулу центра масс, получим:
JS + 2Аг + 2Л2 + 2А, + ^^4

/15+1
J; 4?1/Т5 + B/Т
8.	Боковые ребра правильной пирамиды имеют одну и ту же
длину а. Обозначим соответствующие векторы через аь а2, о3;
тогда ребру основания, противолежащему ребру аь соответствует
вектор а2 — а3. Заметив еще, что углы между боковыми ребрами
имеют одну и ту же величину <р, будем иметь:
аг (а2 — as) = а^а^ — ага3 = a" cos <р — a cos ф = 0.
Равенство нулю скалярного произведения означает, что векторы
->¦-»¦->¦
аг и а2 — а3, а значит, и соответствующие ребра перпендику-
перпендикулярны.
9.	Положим, что точка О есть начало четырех радиус-векто-
радиус-векторов ОА1г ОА2, 0А3, OAit равных по длине и образующих между
123

собой равные по'величине утлы. Как в предыдущей задаче, нетрудно
доказать, что каждый из векторов перпендикулярен прямой, прохо-
проходящей через концы любых двух других радиус-векторов, поэтому
любой из этих четырех векторов перпендикулярен плоскости, про-
проходящей через концы трех остальных радиус-векторов. В силу равен-
равенства длин векторов и углов между ними треугольники At0A2, АХОА3,
АгОА±, А.,ОА3, А2ОА^, АгОА± конгруэнтны между собой и, значит,
треугольники А1А2АЪ, A1A2Ai, Л1Л3Л4, Л2Л3Л4 — равносторонние.
Перпендикуляры, проведенные из каждой точки Ak к плоскости
противолежащего равностороннего треугольника, пройдут через О
и через центр этого треугольника (объясните). Если в каждой
из точек А1г Л2, Л3, Л4 поместить единичную массу, то точка О
будет центром этих масс, так как центр масс лежит на каждой
из прямых, соединяющих одну из точек с центром масс проти-
противоположного треугольника. По тем же причинам точка О делит
в отношении 3: 1 расстояние от точки Ak до противоположной
плоскости. Отсюда следует построение. •
1)	Через О проводим прямую ах и берем на ней точку Ах.
2)	На прямой ОАх от точки О в направлении, противополож-
противоположном Аг, откладываем отрезок 00' длины 100' | = ~^\ 0А1\.
3)	Через О' проводим плоскость, перпендикулярную прямой аи
и на ней из точки О' проводим три луча а2, as, а4, образующие
друг с другом углы по 120°.
4)	На луче а.г находим точку А2, такую, что | 0Л2| = |0Л1|.
Аналогично на лучах а3, а4 находим точки А3 и Л4. Векторы
0Аъ 0А.г, 0А3, 0At удовлетворяют условиям задачи. Это следует
из конгруэнтности шести треугольников АХОА2, АгОА3, АХОА4,
А20А3, А.20А4, А30Ай. Общая величина углов <р между векто-
1
рами определяется из равенства: cos <р = — -j-, откуда ф ^
10. Не нарушая общности рассуждений, можно допустить,
что \А\ =\В\ — \С\ = q, а также, что О е р. Возьмем Мери
	>	-?¦
рассмотрим вектор ОМ = г. Если ср — величина угла между век-
тором г и векторами Л, В, С, то г ¦ (А — В) = rq cos ф — rq cos ф =
= = 0. Значит, р \_ (АВ). Аналогично докажем, что р J_ (ВС).
Следовательно, прямая р перпендикулярна плоскости ABC.
11. Обозначим РА = а, PB = 1j. РС = с~, причем | ~а\ = | b\ =
= |с| = л где г —радиус описанной около треугольника ABC
окружности (с центром Р). Обозначим еще: \ОА\ — \ОВ\ =
= | ОС | = q, PO = p, \р\=р. Мы имеем:
ОА2 = (РА — РОJ, или q2 = гг + р" — 2rp cos ф;
124

OB2 ='(PB — POJ, или q1 = r2 -f p2 — 2rp cos ф'. Отсюда следу ет,
что ф =ф', т. е. (ОР) образует равные углы с (ОА) и (ОБ). Но
такой же угол (ОР) образует и с (ОС). На основании выводов
предыдущей задачи получаем, что {OP) JL (ABC).
12.	Пусть а || т, Ь±а. Обозначим через а' проекцию а на -у,
через Ь' — проекцию Ь на f Если acz:a и а'с: а, то а _i_-у-
Точно так же, если 6df3 и 6'с[3, то Р J_f Поэтому если
/ = a f] р, то / _!_ т» следовательно, / \_ a', I JL Ь'. Но так как
а' || а и а _!_ Ь, то a' JL 6. Получаем а \_ I, a' ± b и так как
/cz3, /jczp, то а' ± р. Но 6' с: р, следовательно, а \_Ь'.
Аналогично доказывается и обратное предложение: если a' j_ b'
н а || f. то a X Ь. Сделайте чертеж и самостоятельно проведите
доказательство.
13.	Если р ± а, то р 1.1. Но I cz a, следовательно 1 = 1'.
¦На основании предложения предыдущей задачи выводим: р' \_1'.
14.	Проводим в плоскости а прямую /. Эта прямая и точка Р
определяют плоскость, в которой проводим через точку Р пер-
перпендикуляр (РЛ) к прямой /. Через точку А проводим в плос-
плоскости а перпендикуляр а к прямой /. Прямая а и точка Р опре-
определяют плоскость р, в которой проводим перпендикуляр (PQ) = р
к прямой а. Теперь мы имеем: (/ J_ (PA), I _]_ а) =»¦ (/ J_ C) =»¦ (/ J_ p).
Итак, (р \_1, р ±а, аса, /ca)=*(pia). Это построение
применимо для точки Р, не принадлежащей а. Если Р € а, то
по-прежнему проводим / с а, (РЛ) j_ /. Через / и любую не при-
принадлежащую плоскости а точку проводим плоскость, в которой
через точку А проведем прямую а ±1. Плоскость, определяемую
прямыми а и АР, обозначим р. Проведем через точку Р в плос-
плоскости C перпендикуляр р к прямой АР. Тогда получим:
(I ±(ЛР), IJLа) =#¦(/i.p) =¦(/ JLp). Итак, (р_!_(ЛЯ), p±l)=^(p ± а).
Единственность перпендикуляра следует из того, что через
два различных перпендикуляра можно было бы провести плос-
плоскость y, которая пересекла бы а по некоторой прямой Ь. Тогда
в этой плоскости мы получили бы, что через одну точку Р к пря-
прямой Ь проходят два перпендикуляра, что противоречит известному
факту из планиметрии.
15.	Пусть (AS) JL a, Sea. Откладывая [SA1] ^ [SA] на пря-
прямой AS по другую сторону от a, получим точку А'. Она един-
единственная в силу единственности перпендикуляра.
Пусть теперь Mfa. Плоскость AASM пересекает а по пря-
прямой s, которая есть ось симметрии точек А и А' этой плоскости,
так как (АА1) ± s и [SA] ^ [SA']. Поэтому \МА\= \МА' |. Если
Л^ ^ а и, например, находится в одном полупространстве с точ-
точкой Л, то (Л'Л0П« = Р; Рба; \РА\=\РА'\;
\AP\ + \PN\>\AN\; \A'P\+\PN\>\AN\; \A'N\>\AN\.
Значит, N ближе к той из двух взаимно симметричных точек,
с какой находится в одном из двух полупространств, определя-
определяемых плоскостью симметрии.
125

16.	а) Это следует из равенства |Si4| = |Syl'| и единстпен-
ности перпендикуляра (SA) = (SA').
б)	Плоскость, проходящая через параллельные {АА') |] (ВВ'),
пересекает плоскость симметрии по прямой s — оси симметрии
точек А и А', В и В'. Поэтому \АВ\ = \А'В'\.
в)	Если А, В, С лежат на одной прямой, причем В — между
Л и С, то \АВ\ + \ВС\ = \ АС\. Но | АВ | = | А'В' |, | ВС | = jfi'C I
и |ЛС| = |Л'С'|. Поэтому | А'В' | + | В'С | = | А'С |. Значит,
А', В'. С лежат на одной прямой. Далее уже нетрудно дока-
доказать, что прямая отображается на прямую.
Пусть произвольно расположенные точки А, В, С, D принад-
принадлежат одной плоскссти. Симметрия относительно плоскости ото-
отображает их на точки А', В', С, D'. Пусть прямая AD пересе-
пересекает ВС в точке М. Прямая AD отображается на прямую A'D',
пересекающую В'С в точке М', на которую отображается точ-
точка М. Итак, точка D' принадлежит плоскости А'В'С, т. е.
точки А', В', С, D' также принадлежат одной плоскости. От-
Отсюда уже нетрудно получить, что плоскость при симметрии
отображается на плоскость.
г)	По нашему определению симметрии, перпендикуляр к плос-
плоскости отображается симметрией на себя. Плоскость, перпендику-
перпендикулярную к плоскости симметрии, можно рассматривать как объе-
объединение прямых, перпендикулярных плоскости симметрии, и такая
плоскость поэтому тоже отображается на себя.
17.	Пусть в плоскости а проведены лучи О А и О А'. Проведем
биссектрису ON угла АОА' и через точку О проведем перпенди-
перпендикуляр ОР к плоскости а. Плоскость о, проходящая через (ОР)
и [ON), есть плоскость симметрии лучей ОА и ОА'. Это следует
из того, что симметрия относительно о отображает плоскость а
на самое себя, а лучи ОА и ОА' отображаются друг на друга,
будучи симметричными относительно биссектрисы [ON). Поэтому
каждая точка X луча ОА отображается на симметричную ей
точку X' луча ОА'. Если луч ОМ cz о, то угол АОМ отобража-
отображается на симметричный с ним угол А'ОМ. Поэтому по свойству
симметрии АОМ = А'ОМ.
Обратно, из последнего равенства нетрудно вывести, что
[ОМ) си о.
18.	Пусть точка В' симметрична точке В относительно плос-
плоскости а и (АВ') П« = М. Мы имеем: \АМ\ + \МВ\ = \АВ' |, и,
значит, длина пути АМВ равна длине |ЛВ'|. Для любой другой
точки N в плоскости а | AN j + | NB | = | AN | + j NB' |; но это —
длина ломаной ANB', которая больше | АВ' \. Итак, ломаная АМВ,
построенная выше, и будет кратчайшей.
19.	Найдем точку В', симметричную точке В относительно а,
(АВ') П а = М. Имеем: , ,' AM \ — \ ВМ11 == | \АМ \ — | В'М 11 = | АВ'\.
Для любой другой точки iV в плоскости а будем иметь:
\\AN\ — \BN\\ = \\AN\ — \B'N\\<\AB'\, так как разность длин
126

двух сторон треугольника всегда меньше третьей стороны (пояс-
(поясните). Итак, для построенной точки М разность ||>Ш| — \BM\\ -
наибольшая из всех возможных. Задача не имеет решений, если
(АВ') || а.
20.	Через точку Р и прямые а и b проходят две плоскости —
а и р. В первой из них через точку Р проведем прямую a' ;i а,
во второй — Ь' || Ь. Через прямые а' и Ь', пересекающиеся в точ-
точке Р, проведем плоскость f и через точку Р построением, дан-
данным в задаче 14, проведем перпендикуляр р к плоскости у. Итак,
мы получили:
(plfl1, a' |i a)=>(pl a); (p JL Ь', Ь' || 6) =».(р JL ft).
21.	Проведем через две скрещивающиеся прямые а и b дие
параллельные плоскости аир. Плоскость т> параллельная аир
и проходящая между а и р на одинаковых расстояниях от них,
делит пополам всякий отрезок, проходящий между ними (см. за-
задачу 12, § 4). Пусть А н В — концы данного отрезка, причем
Л е а, В б Ь. Проекции а и Ь' прямых а и b на плсскость -{
взаимно перпендикулярны, так как а \\ а и b' \\ b. Если А' я В' —
проекции Л и В на у, то середина М отрезка АВ есть и середина
отрезка А'В'. Величина \А'В'\ постоянна, так как \А'В'\2 =
= |ЛВ|2 — р2, где р — расстояние между плоскостями аир.
Итак, мы пришли к планиметрической задаче: отрезок А'В' посто-
постоянной длины скользит своими концами по двум взаимно перпен-
перпендикулярным прямым. Какую линию описывает середина отрезка?
Пусть О = а'[}Ь'. Длина \ОМ\ постоянна, так как [ОМ) — меди-
медиана прямоугольного треугольника А'В'О, длина которой равна
половине длины гипотенузы [А'В'\. Итак, точка М описывает
окружность с центром О и радиусом \ОМ\ —-=-|Л'?'|.
22.	Пусть [РА] = \PB\~ две наклонные, \Р'А] и [Р'В] — их
проекции на плоскость. Треугольники АВР и АВР' — равнобед-
равнобедренные с общим основанием [АВ]. В треугольнике АВР' проведем
высоту [Р'М] и на луче [МР') отложим отрезок МРХ, конгруэнт-
конгруэнтный высоте [МР] треугольника
АВР. Так как | МРХ \ > | МР' |,
то точка Р' окажется внутри тре-
треугольника АВРг; по свойству внеш-
внешних углов в треугольнике имеем:
АРМ > АРХМ, ВрМ > ВРХМ\ по-
почленно складывая эти неравенства,
получим: АР'В > APLB; следова-
следовательно, АР'В > АРВ.
23.	Рассмотрим	куб
ABCDA'B'C'D' (рис. 80) и проведем
в нем диагонали [AD'[ и [DC]. Что-
Чтобы найти расстояние между пря-	Рис. 80
127

мыми (AD') и (DC), проведем через эти прямые две параллель-
параллельные друг другу плоскости. Такими плоскостями являются (AB'D')
и (BDC), так как (АВ1) || (DC) и (ВС) II DD'). Эти плоскости
пересекают перпендикулярную к ним диагональ куба А'С в точ-
точках М и М' — центроидах треугольников BCD и AB'D'. Каждая
из плоскостей отсекает -= диагонали (см. задачу 5), поэтому
имеем:
\ММ'\=±.\А'С\=~а}гЗ.
Параллельным переносом отобразим [ММ'] на отрезок [NN'], где
Л' б [CD], N' e [AD']. Соответствующий вектор есть MN = M'N'
= -o-BD = -^B'D', так как центроид отстоит от основания тре-
треугольника на расстоянии, равном — длины медианы. Таким обра-
зом, искомое расстояние равно -jal 3.
24. Пусть а || р и точка А отображается при симметрии отно-
относительно плоскости а на точку AL, а точка Аг при симметрии
относительно ?) отображается на точку А'. Так как (AAj) ± а,
(АгА') J_ В. а Р, то точки /1, Лх, /Г принадлежат одной прямой.
Положим, (AA1)f\a = S, (ЛХЛ')ПЗ S'. Тогда получим:
AS = &4,. i4]S'-= SM',	A)
Л5 + SA, + AS' + VA' = АА'.
Если из этой суммы взять только два средних слагаемых, то
согласно A) получим:
Итак, рассматриваемая композиция симметрии есть параллельный
перенос, т. е. вектор, направленный перпендикулярно плоскостям
симметрии от первой плоскости ко второй и по длине вдвое боль-
больший расстояния между плоскостями.
Обратно, если дан параллельный перенос — вектор т, то его
можно заменить композицией симметрии относительно двух плос-
плоскостей, перпендикулярных направлению вектора и отстоящих друг
от друга на расстоянии, равном й"|/п|.
25. Три взаимно перпендикулярные плоскости пересекаются
по трем взаимно перпендикулярным прямым, имеющим общую
точку О. Направим по этим прямым три единичных вектора: /,
j и k. Любой точке М соответствует вектор ОМ, который можно
разложить по этим трем векторам, т. е. записать: ОМ = ai +
128

+ bj + ck. Очевидно, после отражения от плоскости, перпенди-
перпендикулярной вектору I, точка М перейдет в точку М1, такую, что
ОМ1 = — ai -\-b j -J- ck. После отражения от плоскости, перпенди-
->¦	—>	-*¦ _».
кулярной вектору j, получим радиус-вектор 0М2 = — ai — bj -f
+ ck.
Наконец, после отражения от плоскости, перпендикулярной k,
получим радиус-вектор ОМ' = — ai — b j — ck = — ОМ.
Итак, при рассматриваемой композиции симметрии точка М
отображается на точку М', такую, что ОМ' = —ОМ, а это озна-
означает, что М' получается из М центральной симметрией с цент-
центром в точке О.
Обратно, если дана центральная симметрия с центром О, то
через эту точку О можно провести три взаимно перпендикуляр-
перпендикулярные плоскости, последовательное отражение от которых, как
доказано выше, приводит к центральной симметрии.
26. Гомотетия вполне определяется заданием двух параллель-
параллельных отрезков [АВ] и [А'В'\. если указано, что при гомотетии А
отображается на А'. В — на В'. Центр S гомотетии является
пересечением S = {АА') f\(BB'), коэффициент k преобразования
jTB' ,
есть отношение —=^~= k.
АВ
Когда точки А. В, А', В' принадлежат одной прямой, то,
зная коэффициент k, мы можем из точек А и А' провести два
параллельных луча, сонаправленных или противонаправленных
в зависимости от знака коэффициента k, и на этих лучах отло-
отложить точки С и С, удовлетворяющие условию:
А^Ъ' _ ,
АС
Положение центра в этом случае определяется пересечением
S = (AA')f\{CC').
Рассмотрим теперь композицию двух гомотетий.
Положим, что первая гомотетия отображает [Д/^] на [А«В.,\,
а вторая — [A.ZB.2] на [АЛВ3]. Ввиду того что (А^) || (А2В.2) и
(А2В2) |] (А3В3), мы получим, что {АгВг) \\ (А3В3) и значит, суще-
существует гомотетия, преобразующая первый отрезок в третий. Можно
показать, что эта гомотетия и будет композицией двух первых.
Исключением является блучай, когда AtB^ = A3B3. В этом случае
композицией гомотетий будет параллельный перенос
т = А~Са.л = В~^В3.
(Поэтому иногда рассматривают перенос как частный случай гомо-
гомотетии— «нецентральной».) Центры данных гомотетий определя-
5 77&5	129'

ются как пересечения Sx = (>5,>32) П (^1^2) и Sz = {А2А3){](В2В8).
Если их композиция будет гомотетией, то ее центр есть S<, =
= (ЛЛ3)П(ВА). Если \A.lB.i\^kl\AlBl\ и | Л3В3| = kt\ А232\,
то \А3В3\ — k2k1\A1Bi\, т. е. коэффициент композиции равен
k3 — k2 • &i- Центры Sb S2, S3 принадлежат одной прямой, так
как треугольники AiA.2A3 и Bjiji^ удовлетворяют условиям про-
пространственной или плоской теоремы Дезарга (см. задачи 4 и 5 из § 4).
27.	Диагональное сечение каждого куба есть прямоугольник,
в котором большая сторона относится к меньшей как диагональ
квадрата к его стороне. Построим такой прямоугольник и при-
примем одну из его вершин за центр гомотетии. В качестве коэф-
коэффициента гомотетии возьмем отношение длин диагоналей постро-
построенного прямоугольника к данной длине диагонали куба. Образ
прямоугольника при этой гомотетии и есть диагональное сече-
сечение искомого куба. По известной длине ребра построить этот куб
уже нетрудно.
28.	Как и в предыдущей задаче, строим диагональное сече-
сечение произвольного куба, а потом осуществляем такую же гомоте-
гомотетию, только в качестве коэффициента i омотетии возьмем отноше-
отношение разности между длинами его диагонали и стороны к задан-
заданной длине.
29.	На основание пирамиды поставим произвольный куб так,
чтобы диагонали его основания содержались в диагоналях основа-
основания пирамиды. В таком случае плоскости диагональных сечений
куба и пирамиды совпадут. Если провести луч из центра основа-
основания точк и S через вершину куба А, то этот луч пересечет боковое
ребро пирамиды в точке А'. Гомотетия с центром S, отобража-
отображающая А в А', преобразует данный куб в искомый.
30.	Доказательства свойств проекций вектора проводятся так же,
как и в случае плоскости: используется свойство однозначности
разложения вектора по трем неколлинеарным векторам и свойства
гомотетии (см. задачу 23 из § 2.)
31.	Пользуясь распре деятельным свойством скалярного jmho-
~? Тп" ~*"	~*"Т т*"9"
жения векторов, а также гем, что i" = f = &-=!, i j = j k =
= k i = 0, получаем: rxr., = rxr2 cos q> = xtx2 -f- y^., -j- zxz2. Из
этого равенства следует: cos ф = —l_?_j—l_5	l^. _ где rx =
= Vxl + y\ + z\; r2 = Vxl^yl+4.
Если векторы перпендикулярны, то ф = 90° и cos ф = 0,
*1*2 + У1У2 + г1?2 = 0.
Если векторы коллинеарны, то г2 = \г1г x2i -\- y2j + z.Jk =
T
Возводим скалярно в квадрат вектор г2 — гг, получим квадрат
расстояния между точками с соответствующими координатами:
? - %)* = (*а — *i)" + (У* - УгJ + (г, - zjJ.
130

32.	Очевидно, мы имеем: — = cos а, — =cos В, — = cos т. Взяв
rl	ri	ri	'
\rl\ = 1, получим: rl= ?cosa+ / cos В + k cos 7. Возводя ска-
лярно в квадрат обе части равенства, найдем: cos2 a, -f cos2 p-
+ cos2 7=1-
33.	Согласно формуле, полученной в предыдущей задаче, мы
имеем:
cos2 60° + cos2 60° + cos2 T = 1,
или
' '	¦2Т = 1,
cosT = + -^ , т = 45° или т = 135°.
34.	По условию задачи для искомой точки М (х; у; z) имеем:
(ОА — О~М) + {ОВ — ОМ) + (ОС — ОМ) + ((Ю — 6М) = 0,
~" ~* ~* ~*=4ОМ;
откуда:
_ хх + У2 + х~ + л:4	_ t/, + у2 + Уз + Ух	_ г,
л —	4	' "	4	'	4
(Заметим, что точка М есть центр равных масс, помещенных
в точках А, В, С, D.)
-»-
35. Мы уже знаем, что радиус-вектор г0 центра масс п точек
Аи А2, ... , Ап с массами ти т2, .. . , тп, определяемых
радиус-векторами гх = ОАХ, г, = ОА2, ... , гп = ОЛД, выражается
формулой: г0 = „г1+Д+ ... +/»„ (см- задачу 6 § 5>- Если
выразить все радиус-векторы в координатах, то получим:
п	п
V тъиь	V
/г=1
у о = —	; г0 =
36. Будем считать, что масса ребра тетраэдра пропорциональ-
пропорциональна длине этого ребра и сосредоточена в его середине.
Длина ребра АВ по формуле расстояния равна
\^[х2 — *OS+Uk — </iJ + lz4 — 2ХJ = г12. Аналогичные" формулы
получим для остальных ребер. Пронумеруем вершины Л, В, С, D
5*	131

тетраэдра цифрами 1, 2, 3, 4 и обозначим массу ребра [1, 2] = [
символом т12 = рг12. Аналогичным образом обозначим массы осталь-
остальных ребер. Координаты середины ребра [АВ\ определяются фор-
формулами:
12
Аналогичные формулы мы имеем и для середин других ребер-
Окончательно найдем:
_
0 "	т12 + т13 -'- т14 + т23 + т24 + т31
Подобные же формулы получим для у0 и г0. Подставив в эти
формулы координаты точек А, В, С, D и пользуясь выше выве-
выведенными формулами для трд и x'pq, вычислим координаты центра
тяжести.
37.	Координаты искомой точки имеют вид (л\ 0, 0). Пользу-
Пользуясь формулой для расстояния между точками, получим равенство:
(*i - х? Л- У\+г\ = (** - хJ + у\ + 4
После раскрытия скобок и преобразований получим:
xl-xl + yl-yl+4-zl
Х =	2 (дс, - *,)	•
38.	Биссектриса угла хОу определяется вектором r1= i - - /;
~+ ~? ~*
биссектриса угла yOz определяется вектором г2= /--А. Рассмот-
Рассмотрим скалярное произведение: гхг.г = (t -\- j ) ( / + k) = 1 =
= rxr2 cos ф. Но | гг | = | r21 = 1 ^2.
Откуда cos ф =	- -i.; ф = 60°.
39.	Поместим начало координат в центре основания куба, геи
Ох и О</ направим по диагоналям основания, а длину половины
диагонали основания примем за единицу. Тогда координаты четы-
четырех вершин _будут такими: A,0, У2), @, 1, У2), (—1,0, 1^2),
@, ¦—1, 1^2). По общей формуле для косинуса утла между
векторами получим для векторов, идущих к соседним Еершинам:
1 -0 + 0- ! +/2"/2"	2
cos ф =	^ -_ Л.-—	= -=-.
Следовательно, ф^48°1Г23".
Для векторов, направленных к противоположным вершинам,
40. Пусть cos a, cosp, cost — направляющие косинусы орта е.
Ввиду того что векторы г и е коллинеарны, из равенства xi +
132

+ yj -\-zk = t i cos a + (j cos 6 + tk cos 7 получим: л: = / cos a,
у = / cos В, г = f cos t; —— = ——0 = -?— .
J	'	' cos a cos C cos f
41. Систему уравнений — = -?- = — можно понимать как усло-
вне коллинеарности векторов г = (х, у, z) и а = (т, п, р), поэ-
-»- а
тому такая система задает прямую. Рассматривая орт е = —,
где с = |с|=| т2-\-пг ¦+¦ р2, эту систему можно привести к тре-
требуемому виду —^— = —^-т = -^-г , где
J j "j cos a cos jj ros 0 > «
(cos a, cos В, cos т) = e = — = — , —, — I.
Если какой-нибудь из коэффициентов m, n, p равен нулю,
-»-
то это значит, что направляющий вектор е перпендикулярен
соответствующей оси координат, а прямая лежит в одной из ко-
координатных плоскостей. Если два коэффициента равны 0, то
прямая совпадает с одной из осей координат.
42.	Вектор г — а коллинеарен Еектору е, следовательно:
(г — а) = te, где t ? R. Переходя к координатам, найдем:
(х — лгх) г + (у — i/i) j + (z — zx) й = ft cos a -f / / cos В + /й cos 7,
или
л: — лгх = t cos a, у — yl = / cos В, г — гх = / cos 7;
^—<i = У — У1 _ г — г,
cos a ccs ,3 cos 7
Таковы канонические уравнения прямой, проходящей через дан-
данную точку в данном направлении.
43.	Точно так же, как в задаче 41, по коэффициентам т, п,
р вычислим направляющие косинусы и приведем уравнения к ка-
каноническому виду, полученному в предыдущей задаче. Итак,
уравнения
* — х1 _ у — t/i __ г — zt	j.
т	п	р	* '
задают прямую, проходящую через точку с координатами
(х1г уг, Zj). Если прямая проходит через точку с координатами
(х2, у2, z2), то верны равенства:
*г — *1 _ У2 — J/i _ гг — Zi	/2j
т	п	р	^ '
Из A) и B) получим уравнения прямой, проходящей через две
х — х, и — ул г — г.
данные точки:	 =- -—— =	-.
Х2 — Xi У2 — У1	Z2—Z!
133

44. Если прямые параллельны, то их направляющие векторы
коллинеарны, направляющие косинусы — одни и те же, а коэф-
коэффициенты, определяющие эти косинусы, должны быть пропорци-
пропорциональны. Отсюда условие параллельности:
т2 п2 р2 •
При перпендикулярности прямых скалярное произведение их
направляющих векторов должно быть равно. О, поэтому получим:
тхтг + пгп2 + рхр2 = 0.
Таково условие перпендикулярности.
45.	По условию задачи cos a = cos р = cos 7 и уравнения при-
принимают вид: х = у = z. Далее имеем:
cos2 a -f cos2 а , cos2 а = 1; cos2 а = - - .
О
cosa= ±-7=; а^54°44'8" или р - 125°15'52".
Координатные плоскости делят пространство на 8 октантов.
Каждая из искомых прямых проходит через два октанта, и по-
потому таких прямых 4.
46.	Пусть т, п, р — коэффициенты искомой прямой. Условие
перпендикулярности дает два уравнения:
2т + 3/г — р = 0,
4т — п + Зр = 0.
Решая их, получим: ш:п:р = 4:(—5): (—7). Отсюда получаем
уравнения прямой:
х—3_у+2_г—1
4	—5 ~~ — 7 '
-*¦ -*¦
47.	В данном случае угол между векторами гх и г2 равен 0
и cos ф = 1. Скалярное произведение векторов поэтому равно
48.	Пусть г — переменный радиус-вектор. Так как вектор
(г — р) перпендикулярен вектору р, мы получаем уравнение:
(г— /0Р*=0; гТ= р. Здесь 7= xT+yj -\-zk, p"= ре,
е = i cos a + / cos p + й cos 7. Записывая соотношение г е = р в ко-
координатах, получим: лс cos а -\- у cos р + г cos ~\ = р — нормальное
уравнение плоскости.
49.	Уравнение г а = т можно привести к виду г е - р, где
-+¦
?>-= — , р = —. Далее, заменив р па ре ¦ е, будем иметь:
131

г е = ре ¦ е; (г — ре) е = 0. Если ре = (х0, у0, z0), г = (х, у, z),
то, ясно, последнее уравнение задает плоскость, проходящую
через точку (л:0, у0, z0) и перпендикулярную вектору е.
Любое уравнение вида Ах + By + Cz + D =--- 0 можно записать
в виде г а = т, где г = (х, у, z), а = (А, В, С), т = —D,
и если (А, В, С)ф{0, 0, 0), то это уравнение задает плоскость.
Чтобы привести его к нормальному виду, достаточно разделить
обе части на а = \~а \ = 1 ^Л2 + В2 + С2.
50.	Коэффициенты при переменных в уравнениях плоскостей
суть координаты векторов, перпендикулярных этим плоскостям, -
нормальных векторов. Поэтому для параллельности плоскостей
необходимым и достаточным условием является пропорциональ-
пропорциональность друг другу этих коэффициентов:
-1 = -1 = 9±
Л2 В2 С2'
Для перпендикулярности плоскостей таким же условием явля-
является обращение в нуль скалярного произведения нормальных
векторов:
А^Аг + ВХВ2 + СХС2 = 0.
51.	Для параллельности прямой и плоскости необходимо
и достаточно, чтобы направляющий вектор прямой был перпенди-
перпендикулярен нормальному вектору плоскости: прямая, перпендику-
перпендикулярная перпендикуляру к плоскости, будет этой плоскости
параллельна. Поэтому условие параллельности можно записать
так:
Am + Вп + Ср = 0.
В случае перпендикулярности прямой и плоскости те же век-
векторы должны быть коллинеарными, т. е. их координаты пропор-
пропорциональны друг другу:
Л_ _ В _С_
т п р
52.	Пользуясь выводами предыдущей задачи, заключаем, что
коэффициенты т, п, р пропорциональны числам: 5, ¦—3, 3.
Отсюда получим уравнение:
х — 3 _ I/ + 2 _ г— 4
5 ~ — 3 ~ 3 *
53.	Равенство xl cos а + уг cos р + zx cos т — Р = Р\ можно запи-
записать так:
хх cos а + Ух cos р + гх cos т = р + Р\.
При переменных хл, ух, z± — это уравнение плоскости, отстоящей
от начала координат на расстояние р + Рй следовательно, число
| Pj | есть расстояние между этой плоскостью и данной плоско-
плоскостью, и поэтому |рх| есть расстояние от точки М(хг, уи zt)
135

до данной плоскости. Если рх > 0, то новая плоскость дальше
от начала, чем прежняя, а данная точка и начало координат
находятся по разные стороны от плоскости. При рх < 0 данная
точка ближе к началу, чем плоскость, — они находятся по одну
сторону от данной плоскости.
54.	Обозначим символически левую часть нормального урав-
уравнения плоскости буквой Р и само уравнение напишем в виде
Р = 0. Если Рх и Р2 левые части двух нормальных уравнений
плоскостей, то уравнение Рг = Р2 или Рг — Р2 = 0 есть уравне-
уравнение множества точек, равноудаленных от двух данных плоско-
плоскостей. Это их биссекторная плоскость. Другую биссекторную
плоскость дает уравнение: Р1 4- Р2 = 0 (поясните!).
55.	Все точки с координатами (х, у, z), равноудаленные от
двух данных точек, удовлетворяют условиям:
(х- 7J + (у- \у + (г-4J = (* -ЗJ + Q/-5J 4- (z - 2J.
Раскрывая скобки, получим:
14* — 49 4- 2у — 1 + 8г — 16 = 6* — 9 4- Юу — 25 4- 4г — 4;
8* — 8у + \z — 28 = 0; 2* — 2у + z — 7 = 0.
Приведем уравнение плоскости к нормальному виду. Так как
у 22 4- 22 4- 1 = 3, нормальное уравнение примет вид: — * —
О
—	— 4- — — — — О
56.	Подставив в данное уравнение у = 0 и 2 = 0, получим:
—	= 1; х = а, значит, плоскость пересекает ось Ох в точке х = а.
Точки пересечения с осями Оу и Oz находятся точно так же.
Если все коэффициенты А, В, С, D в уравнении Ах 4- By +
-|- Cz 4- D = 0 отличны от нуля, то, поделив обе части уравне-
г-л	D	D	h	D
ния на D и полагая —-j- = а, —~в ~ ' —с" = с> полУчим
уравнение в отрезках. (При D = 0 плоскость проходит через
начало координат; при /4 = 0 и БфО плоскость параллельна
оси Ох и отсекает на осях Оу и Oz отрезки b и с. Если А =
= В = 0, то плоскость параллельна плоскости Оху и отсекает
на Oz отрезок с. Случаи равенства нулю коэффициентов А, В, С
при D Ф 0 в других комбинациях разберите самостоятельно.)
57.	Для того чтобы уравнение в отрезках привести к нор-
I f 1 ~Т~ Г.
мальному виду, разделим его на у ^-г а, + -2- (или, что Есе
равно, умножим на нормирующий множитель:
У±+г+:
Тогда расстояние р от начала координат до плоскости будет
равно р = , t t ==¦, откуда получим: 1 + ^ 4- i = i.
136

58.	Искомая прямая одновременно параллельна обеим плос-
плоскостям. На основании выводов задачи 51 коэффициенты ее кано-
канонического уравнения должны удовлетворять условиям:
| Зт + 4п — 2р = О,
\2т + Зп — р = 0.
Решая эту систему, получим:
т:п:р = 2:(— 1): 1.
Вместе с тем эта же прямая должна проходить через какую-
нибудь общую точку обеих плоскостей. Чтобы найти такую точ-
точку, например, положим в уравнениях плоскостей z = 0 и полу-
получим систему:
| Зх + 4у = 5,
I 2х + Зу = 3.
Решая ее, найдем: х = 3, у — — 1. Отсюда находим искомые
* — 3 и + ! г
уравнения прямой: —— =	= у .
59.	Координаты точки пересечения получим, решая совместно
уравнения трех плоскостей: х = — 55, у = — 11, z = 39.
60.	Из условия задачи получаем: (г — qJ = R2, следователь-
следовательно, (а- - а)- + (у — bf + (z — cf = R~.
61.	При а = b = с = 0 получим: х2 + у2 4- z2 = R'2. Если центр
с4еры, проходящей через начало координат, лежит на Ох, то ко-
координаты (а, Ь, с) центра суть а = R, b = 0, с = 0 и уравнение
сферы принимает вид:
х2 — 2Rx + у2 + z2 = 0.
62.	По условию задачи имеем: ^ = ах — г, q2 = с2 — ^ Здесь
~г =-ОР, а1 = OAlt а-2 = ОА2.
<h<h = (a1 — 7)(a2 — 7) = a1a2 — {a1 + ai)r -f r2 = 0.
Переходя к координатам, получим:
г2 = х2 + у2 4- z\ Й + «~2)~r = (-«I + х») х + (у, + ys) у -1-
QX(X2 — XXX2 -
Положим для краткости: хх 4- х2 = 2х0, ух + у2 = 2у0,
zx -j- z2 = 2z0. Тогда наше уравнение примет такой вид:
х2 + у2 + z2 — 2х0х - - 2уау — 2z0z + хлх2 + уху2 + zxz2 = 0.
Чтобы получить отсюда каноническое уравнение сферы, приба-
прибавим и гычтем сумму х\ 4- у\ 4- z\.
(х — х0J + (у — у0J + (z — z0J + ххх2 + уху2 + zxz2 —
137

Последние члены уравнения преобразуем так:
— х\ — х\ — 2х,*2 — t/i — yl — 2yty2 ~г\—г\ —
г, — г2
Здесь i? обозначает половину расстояния j ЛХЛ21. Окончательно
получим уравнение сферы: (х — лгоJ+ (</ — УоJ+ B ~~ zoJ— R2 = 0.
Эта сфера имеет отрезок AtA2 своим диаметром.
63.	Докажем обратное утверждение. Если плоскость имеет со
сферой единственную общую точку М, то остальные точки плос-
плоскости лежат вне сферы (почему?). Следовательно, расстояние от
остальных точек плоскости до центра сферы О больше радиуса
\ОМ\, т. е. расстояние от центра сферы до рассматриваемой плос-
плоскости равно радиусу.
-+•"-»-	-*¦-*¦
64.	Вектор (г — гх) перпендикулярен вектору (rx — q), и по-
¦ -»¦-¦¦-»-
этом} их скалярное произведение равно нулю: (г — лх) (rl — q) =
= 0. Сложив это равенство по частям с равенством (rx — qJ=R2,
получим:
? ~Ъ (г- П. + П- Ф = Я2, ? - q) {?- q) = R2.
Переходя от векторов к координатам, получим уравнение каса-
касательной плоскости к сфере в данной точке в координатах:
(х1-а){х — а)+(у1-Ь)(у-Ь)+(г1-с){г — с) - Я2.
65.	Поскольку —~— =	^	— MQ, то длина этого вектора
равна т.
Вектор —5— по длине равен половине длины диаметра, т. е.
радиусу сферы. Поэтому ( с ~ 1 = R2; следовательно, ab =m2—
— R2 (не зависит от выбора диаметра [ЛВ]).
66.	Если М — внешняя точка относительно сферы, то т > R
и степень положительна, если М—-точка сферы, то т = R и
степень равна нулю, если М — внутренная точка, то т < R и
степень отрицательна. Пусть [АВ]— диаметр сферы, (MB) пере-
пересекает сферу в точке Р; тогда (АР) JL (MB) и | МР | — a cos ф, где
-»-	^^
а — \а \, ф = ЛМВ . Поэтому, используя обозначения предыдущей
задачи, получим:
al = MB ¦ МР.
138

Вектор {гг—q) по длине равен расстоянию от точки М до центоа
->¦-»-	*
-с}.еры, поэтому (гх — ^J — R2 = т2 — R-, т. е. действительно
получается степень точки М относительно сферы.
67. П}сть мы имеем две с^еры, определяемые уравнениями:
(г- Z? - Я? - 0 и G-ZJ - /^ - 0.
Приравняв друг другу левые части этих уравнений, мы получим
условие, которому должны удовлетворять точки, имеющие одну
и ту же степень относительно обеих сфер. Преобразуя это \ рав-
равнение, получим:
Это уравнение паоскости, перпендикулярной вектору q2 — qlt па-
параллельному линии центров сфер.
68.	а) Если центры трех сфер не принадлежат одной прямой,
то их радикальные плоскости не параллельны. Поэтому радикаль-
радикальные плоскости первой и второй сферы пересекаются с радикаль-
радикальной плоскостью второй и третьей с|еры. Прямая их пересечения
содержит все точки, имеющие одну и ту же степень относительно
всех трех сфер, поэтому через ту же прямую пройдет и ради-
радикальная плоскость первой и третьей сферы. Полученная ради-
радикальная ось трех сфер перпендикулярна плоскости, проходящей
через центры всех трех сфер (почему?).
б) Для четырех сфер радикальная ось первой, второй и третьей
сферы в пересечении с радикальной плоскостью первой и четвер-
четвертой сферы дает точку, которая имеет одну и ту же степень от-
относительно всех четырех сфер. Это их радикальный-центр. Через
него проходят и радикальные плоскости и радикальные оси дан-
данных сфер.
69.	Пусть ох и а2 — неконцентрические сферы, радикальная
птоскость которых — 7 пересекает линию их центров / в точке О,
имеющей степень X относительно обеих сфер. Если сферы пере-
пересекаются, О — внутри сфер и Х = —р%, если сферы касаются,
О — точка касания и X = 0, если они не имеют общих точек, О —
внешняя точка и X = р2. Примем точку Q б / за центр сферы а3
с радиусом R, удовлетворяющим условию X =¦- т2 — R2, где т
= \OQ\. Отрезок длины R нетрудно построить, пользуясь равен-
равенством R2 = т2 — X, которое в зависимости от положения О при-
принимает вид R2 т2 + р2, R2 = m2, R2 = m2 — р2 (здесь должно
быть т>р). Построив сферу а3 с центром Q и радиусом R, убе-
убедимся, что степень точки О относительно а3 такая же, как и для
сфер ах и (Т2. Но радикальная плсскссть сфер сх и а3 перпенди-
перпендикулярна / и проходит через О; значит, она совпадает с f. Итак,
существует бесконечное множество сфер, имеющих общую ради-
радикальную плоскость f: пучок сфер. Если ~( пересекает сферы (X -<
< 0) — пучок эллиптический, если -у касается сфер (X = 0) —
139

пучок параболический, если f не пересекает сфер (X > 0)—nj4OK
гиперболический.
70. Таким же способом, как и в предыдущей задаче, в плос-
плоскости центров трех сфер берем произвольный центр новой сферы
и строим сферу, имеющую ту же радикальную ось, что и дан-
данные сферы. В результате получим связку сфер. В зависимости
от того, пересекает ось эти сферы, касается их или не имеет с
ними общих точек, связка называется эллиптической, параболиче-
параболической или гиперболической. Наконец, тем же построением можно
найти сферу, имеющую данную степень относительно данного ра-
радикального центра. В зависимости от того, лежит ли радикаль-
радикальный центр внутри всех сфер, принадлежит ли им всем или лежит
вне их, сферическая сеть также называется эллиптической, пара-
параболической или гиперболической.
§ 6. 1. Рассмотрим двугранный >гол а/р, и пусть Лба, А'
проекция А на р, Р—проекция А на / (в плоскости а). Тре-
Треугольник АА'Р — прямоугольный с прямым углом при вершине
А'. Если Qzl, то треугольник AA'Q тоже прямоугольный с пря-
прямым углом при вершине А' и | А'Р\ < \A'Q\. Отложим на ка-
катете \A'Q] отрезок А'Р' такой, что | А'Р' \ = \ А'Р |; получим:
Д АА'Р' si Д АА'Р. По свойству внешнего угла треугольника имеем:
АР'А' > AQA', а потому ЛРЛ' > AQA', что и требовалось.
2.	Так как луч света падает перпендикулярно ребру двугран-
двугранного угла, то все отражения происходят в одной плоскости, пер-
перпендикулярной ребру (рис. 81). Так как после третьего отражения
луч возвращается по прежнему пути, то при этом отражении он
должен быть направлен перпендикулярно плоскости черкала.
Внешний угол равнобедренного треугольника ЛхЛ20 равен 2а (а—
величина данного угла). Поэтому в прямоугольном треугольнике
A.2ASO один угол равен а, другой — 2а. Итак, За =90°; а =30°.
3.	Рассматриваемое множество точек содержится в каждой из
двух плоскостей аир, являющихся объединением проектирую-
проектирующих прямых. Если а Ф р, то это множество, легко видеть, есть
прямая / = а П р. Случай а = р разберите самостоятельно.
Рис. 81
Рис. 82
140

4. На рисунке 82 имеем: / — ребро двугранного угла, [ОА) и
[ОА')—пересечения его граней с данной плоскостью, [ОР)—бис-
[ОР)—биссектриса угла АО А'. Из точки Р, принадлежащей биссектрисе
[ОР), проведем перпендикуляр [РМ] к ребру /. Плоскость ОРМ
является плоскостью симметрии прямых ОА и ОА', а (АА') ± (ОР).
Обозначим \ОР\=р; тогда получим: \РМ\ = psina, \AP\^
о
— Р tg -f • Обозначим через f искомую величину линейного угла
AM А', получим:
ё 2 [РМ' sin a '
5.	Проведем через точку Р прямые АА', ВВ' и СС, соответ-
соответственно параллельные данным прямым a, b и с. Точка Р раз-
разделяет каждую из прямых АА', ВВ', СС на два противополож-
противоположных луча РА и РА', РВ и РВ', PC и PC. Соответственно плес-
кости симметрии лучей РА и РВ, РВ и PC пересекаются по пря-
прямой /, через которую проходит и плоскость симметрии лучей PC
и РА (почему?). Прямая / образует конгруэнтные углы с лучами
РА, РВ и PC. Эта же прямая / образует конгруэнтные углы и
с противоположными лучами РА', РВ' и PC. Плоскость, прохо-
проходящая через Р перпендикулярно /, образует конгруэнтные углы
с прямыми АА', ВВ', СС, а значит, и с прямыми a, b и с.
Еще одно решение получим, рассматривая лучи РА, РВ и PC
и противоположные им лучи РА', РВ' и PC. Еще деэ решения
соответствуют тройкам лучей РВ, PC и РА' (с противоположными
РВ', PC, РА) и PA, PC, РВ' (с противоположными PA', PC,
РВ). Итак, существуют 4 плоскости, удовлетворяющие условию
задачи.
6.	Проводим через точку О плоскость, перпендикулярную дан-
данному лучу; в пересечении этой плоскости с другой гранью полу-
получим луч, перпендикулярный данному.
7.	Через середину О отрезка АВ и ребро / данного угла про-
проведем плоскость и в этой плоскости строим отрезок ОМ длины
\ОМ\ =-2"| АВ\, где Mf/. Таких точек М может быть две, одна
или ни одной. Соединив точку М с А и В, получим треугольник,
медиана которого равна половине стороны, к которой она прове-
проведена. Такой треугольник- прямоугольный; следовательно, угол
АМВ — прямой.
8.	Рассмотрим один из двугранных углов, образуемых данными
плоскостями аир. Построим плоскость а' а и находящуюся от
а на данном расстоянии р. П>сть а' Г) {3 = Ь; тогда b ' I, где / =
= а Г) р. Построим также плоскость (i' |j p и находящуюся от р
тоже на расстоянии р. Пусть р' П а : °"> опять-таки а I, по-
поэтому а , Ь. Прямые а и b — границы полосы, все точки которой
удовлетворяют условию задачи. Действительно, возьмем произ-
141

\
Рис. 83
вольную точку М, принадлежащую по-
полосе, и проведем через нее плоскость -j-,
перпендикулярную прямой/. Тогда в се-
сечении получится фигура, изображенная
на рисунке 83. Здесь точка L — пере-
пересечение ребра / с плоскостью ?. пря-
прямые LA и LB — пересечение тоскос-
тей аире плоскостью т> отрезок АВ —
пересечение полосы с той же плоскостью.
Перпендикуляры (МА1) и (МБ') к пчос-
костям аир, проведенные из точки
М, лежат в плоекости т. т. е. в тос-
кости чертежа. Отложив на продолжении
отрезка А'М за точку М отрезок МБ,
длины \МВ1\ = \МВ'\, убедимся, что
точка Вг принадлежит прямой, проходя-
проходящей через В параллельно (LA). Итак,
j MA' 1 + IМБ', = p. Нетрудно доказать, что никакая точка внут-
внутри угла ALB, не принадлежащая отрезку АВ, указанным в ус-
условии задачи свойством не обладает. Следовательно, если рассматри-
рассматривать только точки, принадлежащие рассматриваемому двугранному
\глу, то искомое множество есть полученная нами полоса. Тре-
Требуемым свойством обладают точки еще трех полос, построен-
построенных аналогичным способом (на рис. 83 показаны их пересечения
с плоскостью -j-)-
9.	Пересекая есю фигуру плоскостью, перпендикулярной об-
общему ребру /, получим в сечении линейные углы этих двугран-
двугранных углов. Эти плоские углы имеют общую вершину и заполняют
всю плоскость, поэтому сумма их величин равна 2л (или 360°).
10.	Возьмем точку О на ребре двугранного угла и проведем
через нее плоскость, перпендикулярную ребру. В пересечении
граней с этой п юскостью получатся две стороны линейного утла
данного двугранного угла. В той же плоскости будут находиться
и внешние нормали угла, проведенные из точки О. В секущей
плоскости получится фигура, изображенная на рисунке 84. На ней
а и Ь — стороны линейного угла, а' и V — соответствующие нор-
нормали. Так как а' ± а и Ъ' \_ Ъ, то
a'db' п — аОЬ или аЮЬ' -\-adh -= зх,
что и требовалось доказать.
11. Возьмем на данном луче произ-
произвольную точку А; пусть А' есть проек-
проекция этой точки на другую грань.До-
грань.Допустим, что искомый луч проведен, и
построим на чем отрезок МБ такой,
что \МВ\ \МА\. Тогда в равнобед-
равнобедренном треугольнике АМВ известны
Рис. 84	две стороны и угол между ними, и его
142

в'
Рис. 85
можно построить на отдель-
отдельном чертеже. Нам будет тогда
известна длина наклонной
\АВ |, а следовательно, и дли-
длина ее проекции \А'В\ на
вторую грань. Искомая точка
В должна лежать на окруж-
окружности, с центром в точке А' и
радиусом | А'В |, и в то же вре-
время на окружности с центром
в точке М и радиусом | МА |.
Построив точку В, мы опре-
определим искомый луч. Выясни-
Выясните, сколько решений может
иметь задача.
12.	Проведем через Р пря-
прямые а' || а и b' \\b. Эти пря-
прямые содержатся в плоскости а, параллельной обеим прямым. Пусть
проекцией отрезка РМ на плоскость а является отрезок РМ'
(рис. 85). Так как проекции отрезка РМ на прямые а и b па-
параллельны плоскости а, то они конгруэнтны своим проекциям
на эту плоскость, а также конгруэнтны проекциям отрезка РМ'
на прямые а' и Ь'. Наша задача привелась к планиметрической:
что из себя представляет множество точек М' в плоскости а,
сумма расстояний от которых до двух взаимно перпендикулярных
прямых а' и Ъ' равна данному отрезку т?
Для решения этой задачи примем а' и Ь' за оси координат
с началом в точке Р. Тогда положение точки М' определится
уравнением: | х \ + | у \ = т.
Это уравнение задает объединение четырех отрезков в четы-
четырех координатных четвертях, образующих квадрат (см. рис. 85).
Следовательно, точка М находится на перпендикуляре к плос-
плоскости а, проведенном через одну из точек этих отрезков, и иско-
искомое множество точек представляет собой объединение 4 полос,
плоскости которых перпендикулярны а.
13.	Пусть данная прямая / пересекает данную плоскость а
в точке О. Возьмем на / произвольную точку Р и найдем ее
проекцию Р' на а. Пусть данный угол ф < 90°* Если искомая
плоскость р построена, причем /_РМР' —линейный угол дву-
двугранного угла между аир величиной <р, то в прямоугольном
треугольнике РМР' нам известны длина катета [РР'\ и острый
угол ср. Построим такой треугольник на вспомогательном чертеже
и найдем длину , МР' |. Теперь построим в плоскости а окруж-
окружность с центром Р', радиуса \МР'\: прямая х- a f]3 есть каса-
касательная из точки О к этой окружности, и искомая плоскость р прово-
проводится через прямые /ил:. (Сколько решений может иметь задача?)
14.	На ребрах трехгранного угла Sabc отложим отрезки рав-
равной длины \SA | = \SB\ = \SC\ и через точки А, В, С проведем

плоскость. Обозначим через S' проекцию точки 5 на эту плос-
плоскость.
а)	Используя задачу 22 из § 5 и рассматривая случаи, когда
проекция 5' лежит внутри треугольника ABC, на одной из его
сторон, вне треугольника, докажите, что во всех случаях сумма
BSC -; - CSA + ASB окажется меньше 2л.
б)	В трехгранном угле SABC продолжим ребро [SA) за вер-
вершину S лучом SA'. Согласно только что доказанному предложе-
предложению для трехгранного угла SA'BC имеем:
+
+ BSC < 2л.
A)
По свойству смежных углов A'SB = n—ASB, A'SC = n — ASC.
Складывая эти равенства, получим:
+
2л — ASB — ASC.
Подстаааяя эту сумму в неравенство A), находим: 2л—ASB —
— ASC + BSC < 2л, т. е. BSC < A'SB + ASC.
15. Рассмотрим треугольники ABD и CBD (рис. 86). Углы
при вершинах В и D в первом треугольнике обозначим через
р2 и 8lf а углы при тех же вершинах во втором треугольнике
обозначим через р2 и о2. Тогда получим: BAD + Pi + ^ = л;
BCD -f р2 + 62 = л. Складывая почленно, найдем:
BAD + BCD + (pj +
+ B2) = 2л.
A)
Применяя выводы предыдущей задачи к трехгранным углам DABC
и BACD, получим: рх -f р2 > ABC, Ь1 -f 8.2 > ADC. Следовательно,
из равенства A) вытекает требуе-
»С мое неравенство:
А
BAD + BCD + ADC + ABC < 2л.
16. Биссекторная полуплоскость
одного из двугранных углов дан-
данного трехгранного угла есть мно-
множество точек, равноудаленных от
плоскостей соответствующих гра-
граней, например, первой и второй
и лежащих внутри этого двугран-
двугранного угла. Биссекторная полуплос-
полуплоскость второй и третьей грани об-
Рис. 86
144

ладает аналогичным свойством. Имея общую точку (вершину S),
эти полуплоскости пересекаются по лучу SA, являющемуся мно-
множеством точек, равноудаленных от всех трех граней (заметим,
что поэтому через [SA) проходит и биссекторная полуплоскость
первой и третьей грани).
17.	Плоскость симметрии ребер а и b пересекается с плос-
плоскостью симметрии ребер b и с по прямой S, которая и есть мно-
множество точек, равноудаленных от прямых, содержащих три ребра
данного трехгранного угла. (Заметим, что через S проходит и
плоскость симметрии ребер с и а.)
18.	Примем вершину S трехгранного угла за центр гомотетии
и будем один из треугольников сечения преобразовывать в другие
треугольники, изменяя коэффициент гомотетии. При этом мно-
множества всех сходственных точек, т. е. множество центроидов,
ортоцентров и т. д., будут представлять собой лучи, исходящие
из точки 5.
19.	Эта задача—частный случай задачи 5. Приведем еще одно
решение. Отложим на ребрах угла от вершины 5 конгруэнтные
отрезки \SA] ^ [SB\ s± [SC] и проведем плоскость ABC. Около
треугольника ABC опишем окружность с центром О. Согласно
выводу задачи 11 из § 5 прямая SO перпендикулярна к плос-
плоскости ABC. Поэтому прямоугольные треугольники SO A, SOB и
^\	^\	**\
SOC конгруэнтны. Отсюда следует, что SAO = SBO = SCO, т. е.
плоскость ABC — искомая.
20.	Пусть плоскость y пересекает все грани трехгранного угла,
образуя с этими гранями конгруэнтные двугранные углы. Прове-
Проведем из вершины S перпендикуляры: \SI] к плоскости -j- и [SM],
[SN\, \SP] к прямым пересечения -j- с плоскостями граней. Углы
SMI, SNI, SPI будут линейными углами конгруэнтных двугран-
двугранных углов, поэтому прямоугольные треугольники SIM, SIN и
SIP конгруэнтны. Следовательно, точка / равноудалена от плос-
плоскостей граней угла и согласно выводам задачи 15 принадлежит
прямой /, являющейся пересечением биссекторных полуплоскос-
полуплоскостей двугранных углов данного трехгранного угла. Построив эту
прямую, возьмем на ней произвольную точку / и проведем через
нее плоскость, перпендикулярную к (/5). Это и будет искомая
плоскость.
21.	Пусть в угле SABC плоские углы ASB и ASC конгруэнтны.
Тогда ребро [SA) образует конгруэнтные углы с ребрами [SB) и
[SC) и, значит, принадлежит плоскости симметрии этих ребер.
Проведем эту плоскость симметрии. Та же симметрия отображает
друг на друга и двугранные углы при ребрах [SB) и [SC), так
как при этом плоскость BSC отображается сама на себя, а плос-
плоскости ASB и ASC — друг на друга.
22.	Пусть ОАВС — ортогональный трехгранный угол. Вследст-
Вследствие перпендикулярности ребер Есе его двугранные углы являются
прямыми.
10	145'

Рис. 87
а) Проекцией треугольника ЛВС
на плоскость ОВС является тре-
треугольник ОВС. Высоты этих тре-
треугольников, проведенные из вер-
вершины А, имеют общее основание —
точку #! е [ВС], через которую
проходит плоскость, перпендику-
перпендикулярная к (ВС) и содержащая [АО).
Так как ОН1 — высота прямоуголь-
прямоугольного треугольника, проведенная
к гипотенузе, то точка Н} нахо-
находится между В и С. Отложим от
точки Я, на высоте [HtA] отре-
отрезок ЯХО' длины \Н1О'\ = \Н1О\.
Так как |Я,0| < \HtA |, то О' на-
находится между //х и А. Поэтому О' находится внутри треуголь-
треугольника ABC, и потому вд'С>ВАС;ВОС>ВАС и, значит, угол.
А в треугольнике ABC — острый. Точно так же доказывается, что
и другие углы в треугольнике ABC острые.
б) Мы уже видели, что плоскость АОН1 перпендикулярна
плоскости ABC, поэтому перпендикуляр (ОН) к (ABC) содержится
в плоскости AOHlt а точка Н е (ABC) находится на высоте [AHJ
треугольника ABC. To же относится и к другим высотам тре-
треугольника ABC. Таким образом, Н — ортоцентр треугольника
ABC.
23. Пусть ABC — треугольник, конгруэнтный данному, кото-
который должен получиться в сечении. Вычислим величины катетов
прямоугольных треугольников ВСО, САО и АВО. Представим
себе, что мы эти треугольники повернули около прямых ВС, СА
и АВ и положили их на плоскость ABC, как показано на ри-
рисунке 87. На основании выводов предыдущей задачи высоты по-
полученных прямоугольных треугольников служат продолжениями
высот AHlt ВН2 и СН3. Вершины треугольников определим, по-
построив на сторонах [ВС\, [СА\ и [АВ] как на диаметрах полу-
полуокружности. Докажем, что катеты, примыкающие к одной и той же
вершине треугольника ABC, конгруэнтны. По свойству прямоуголь-
прямоугольного треугольника имеем:
\АО2\*
= \AC\-\AB\cosa,
\AC\cma, (a =
откуда
\АО2\^\ЛО3\.
Тем же способом докажем равенство длин и других катетов.
24. Пусть \OA\=a, [OB\ = b, \ОС\ = с. Докажем, что квад-
квадрат площади S треугольника ABC равен сумме квадратов площа-
146

дей треугольников ВСО, АВО и С АО, которые равны, соответст-
соответственно yftV2, ja-b2, -jch^. Объем тетраэдра ОАВС равен:
У = -' abc.	D>
Но этот же объем выражается и формулой V -= ~3 Sp, где S —
площадь треугольника ABC, р — расстояние от тоскости тре-
угочышка ABC до вершины О. Отсюда находим:
р
Но согласно формуле из задачи 57 § 5
L J	1 I Ь2с2 -г- с2о" + аЧ2
Ь2 о2 + V1 с2 .	a2fc2c2
Подставляя в формулу B) значение V из A) и гкпученное зна
ченне -3-, найдем:
4	а2 + a2b2)
что и требовалось доказать.
25.	а) Так как a' j_ ft, a' J_ с, ft' J_ с, ft' _l о, с' ± а, с' J_ ft,
то, следовательно, а _ ft', а_'_с', Ь ± с', Ь\_а', с \_а' с\_Ь'.
Поэтому угол S«ftc—полярный к углу Sa'b'c'.
б) В задаче 10 бы ш получена формула зависимости между
величиной двугранного угла и угла между его внешними норма-
нормалями, из которой и следует, что величина двугранного угла а
при ребре а и линейного угла b'Sc' дают в сумме л.
26.	Суммы величин плоских углов в трехгранном угле Sa'b'c'
^х	^ч	^\
удовлетворяют условию: b'Sc' -f c'Sa' -f o'Sft' < 2зх; зх — a -f зх —¦
— fi + л — 7<2зг. Здесь а, {3, f — величины двугранных углов
в полярном с ним трехгранном угле Sabc. Отсюда получим: п <
27.	а) Согласно задаче 226 ортоцентр И треугольника ABC
и есть проекция точки О (см. рис. 87).
б) На том же чертеже, отложив от точек Olt O2, 03 на от-
отрезках |О„.4]. [О3В], [OiC] отрезки [О2М'] ^ [O3N'] g* {0^'] и пе-
перенеся их на июпражение ребер \НА), \НВ), [НС), как показано
на рисунке 87, получим искомые точки М, N, Р.
10*	147

28. а) В решении задачи 26 дока-
доказано, что сумма величин двугранных
. / \ 7\ углов любого трехгранного угла боль-
ч/ » ' \ ше п. Поэтому введенная величина все-
всегда положительна.
б) Пусть плоскость SAM разбивает
трехгранный угол SABC на трехгран-
трехгранные углы SAM В и SAMC. Положим,
что сумма величин двугранных углов
первого угла равна а' -\- р -f р'> а вт°-
рого — я" + т + р." (где а', а" приле-
Рис- ьь	гаютк [SA), у.', у" — к [SM)); тогда вели-
величины соответствующих трехгранных уг-
углов будут равны: а' + р -f р' — л и а" + т + [а" — л. Их сумма
будет равна: а' + а" + р + т + (*' + !*" — 2л. Но а' + а" =- а —
двугранный угол при ребре SA, ,u/ + р" = л, следовательно, эта
сумма равна a -f [3 -|- y — л, т. е. величине трехгранного угла
SABC.
29.	Если через вершину S и одну из сторон многоугольника
Аи А2, ... , Ап провести плоскость, то в случае выпуклости
многоугольника этот многоугольник, а вместе с ним и соответст-
соответствующий многогранный угол окажутся в одном полупространстве
относительно этой плоскости. Так как это будет иметь место
для любой из сторон многоугольника, многогранный угол есть
пересечение п полупространств.
30.	Рассмотрим выпуклый /г-гранный угол SAXA2 ... Л„_1А„
(на рис. 88 показана его проекция на плоскость сечения). Пред-
Предложение доказано для случая п = 3 (см. задачу 14а). Предпола-
Предполагая, что предложение справедливо для любого (п—1)-гранного
угла, докажем, что оно будет справедливо и для /г-гранного угла.
Продолжим две грани «-граннсго угла AtSA2 и An_lSAn, они пе-
пересекутся по ребру E/10)- Для выпуклого угла такое построение
Есегда осуществимо. Мы получили выпуклый (п—1)-гранный угол
с гранями A0SA.2, A2SA3, . . . , An_1SA0. По предположению спра-
ведливо неравенство A0SA2 + A%SAS +•••-}- An—\SA0 < 2л. По-
Поскольку A0SA2 - = A0SAj + ASy42, AoSAn-i = А>&4„ + А^А^^ по-
получаем:
A^Ai + А$Аа + A<SA3 +¦¦ + An_$An + A^SA0 < 2л. A)
^\	^4	^\
По свойству трехгранного угла имеем: А08Аг + A0SAn > AiSAn,
поэтому, заменяя в A) сумму двух углов меньшим углом, мы
получим:
	V
AXSA2 + A2SA3 -f- • ¦ ¦ + ^„_1Sy4n + AnSAx < 2л.
148

Согласно принципу математической индукции наше предложение
доказано.
31.	Пусть дан выпуклый четырехгранный угол Sa^-M^- Плос-
Плоскости граней a^Sa, и o3Sa4 имеют общую точку S и потому пе-
пересекаются по некоторой прямой т. Точно так же плоскости гра-
граней о.25о3 и dSfli пересекаются по какой-то прямой п. Построив
эти прямые, возьмем на ребре Saj произвольную точку А и про-
проведем из нее в плоскости грани аг8а2 прямую, параллельную т.
Из той же точки в плоскости грани а^щ проведем прямую, па-
параллельную п. Эти две прямые определяют плоскость, в сече-
сечении которой с данным четырехгранным углом получим параллело-
параллелограмм (почему?).
Приведем еще одно решение. Проведем через пары ребер Set!
и Sa3, Sa2 и 5о4 диагональные сечения. Они пересекутся по не-
некоторой прямой /. Взяв на ней произвольную точку М, проведем
чере^ нее внутри угла а,^^ отрезок, который этой точкой делил-
делился бы пополам (как это сделать?). Такой же отрезок, проходящий
через М, построим и внутри угла о25о4- Полученные два отрезка
будут диагоналями параллелограмма искомого сечения. Построив
одну такую секущую плоскость и проводя плоскости, параллельные
найденной, мы получим сколько угодно сечений, дающих парал-
параллелограммы. (Где в этих решениях используется, что рассматриЕае-
мый четырехгранный угол — выпуклый?)
32.	Требуемое разбиение на трехгранные углы получим, про-
проводя нее диагональные сечения многогранного угла через одно
из его ребер.
33.	Аддитивность величины многогранного угла нетрудно до-
доказать, разбивая многогранные углы на трехгранные (см. преды-
предыдущую задачу) и рассматривая суммы величин трехгранных углов,
как в задаче 28. Из такого же разбиения следует и положитель-
положительность величины любого многогранного угла.
34.	В ортогональном трехгранном угле три двугранных угла —
прямые, и сумма нх величин равна ~ Вычитая отсюда я, полу-
получим -g —величину ортогонального трехгранного угла.
Три взаимно перпендикулярные плоскости разбивают простран-
пространство на 8 трехгранных ортогональных углов. Сумма их величин
равна 8 ¦ -н- = 4зт. Из аддитивности следует, что такой будет и
сумма величин любых многогранных углов с общей вершиной, за-
заполняющих все пространство.
35.	Шесть конгруэнтных между собой четырехгранных углов
заполняют все пространство. Поэтому величина каждого из них
равна -р- — -=- Эта величина получилась от вычитания числа 2я
(сумма углов квадрата) из суммы величин двугранных углов. Эта
2я , „ 8л
сумма равна -^ + 2я - ^ , а величина каждого двугранного угла,
. 143

следовательно, равна ~, или 120°. Плоские углы этих четырех-
четырехгранных углов являются плоскими углами между диагоналями
диагональных сечений куба. Тангенс угла между диагональю и
большей стороной такого сечения равен —-, са?л угол прибли-
приближенно равен 35°15'52", а угол между диагоналями вдвое больше,
т. е. приближенно равен 7ОСЗГ44".
36. Пусть а, C, f — величины плоских углов. Из произвольной
точки S на плоскости проводим 4 конгруэнтных отрезка SA, SB,
SC, SA' так, чтобы ASB = a, BSC = $, CSA'-^f. По отрезкам
ВС, С А' и АВ построим АА^Сг — сечение искомого трехгран-
трехгранного угла. Центр О окружности, описанной около этого треуголь-
треугольника, есть проекция вершины трехгранного угла на плоскость
AiBiCx. Проводим из О перпендикуляр р к этой плоскости. В плос-
плоскости (Aj)) строим отрезок Л^ длины \SA\, где 5Х б /;. Получен-
Полученная точка Sx и есть вершина искомого угла (докажите).
Задача разрешима, если a -f р -J- -j- < 2л и a + (j > 7, a -J- -j- >
37.	Если даны величины двугранных углов, то этим опреде-
определены величины плоских углов трехгранного угла, полярного с дан-
данным. Построив такой трехгранный угол (см. предыдущую задачу),
проводим в вершине внешние нормали к его граням — получаем
искомый трехгранный угол.
38.	а) Пусть симметрия с осью s отображает Л на Л' и Б на
В' (рис. 89)! Докажем, что \АВ\ = \А'В'\. Пусть (ВВ') f] s = N.
Проведем через N прямую, параллельную (АА'), и отложим от N
симметричные отрезки ЛМ, и NA[ так, чтобы \AtA[\ \AA'\.
Плоскость прямых ВВ' и ЛИ/ перпендикулярна оси s (почему?).
ААХА\А' — прямоугольник, так как (ЛЛ,) [| (А'А[); Д АВАХ =s
siAA'A[B', так как оба треугольника прямоугольные, причем
[AtB]si[AiB'] и [AAi]ssi\A'Al]. Следовательно, \АВ\= \А'В'\
и осевая симметрия является перемещением пространства. Так же
как в задаче о симметрии относительно плоскости (задача 16 § 5),
доказывается, что прямая отображается на прямую, плоскость —
i на плоскость.
в	б) Инвариантность прямых, пере-
пересекающих ось и перпендикулярных
ей, а также плоскостей, перпендику-
перпендикулярных оси, непосредственно выте-
вытекает из способа получения симмет-
симметричных друг другу точек.
39. а) Пусть мы имеем две оси сим-
симметрии s и s', причем s ,: s'. Пусть пер-
первая симметрия отображает точку Л на
А\, а вторая — точку Ах на А'. Так как
Рис. 89	оси параллельны, а прямые АА1 и А, А'
150

им перпендикулярны, то три точки А. Аи А' принадлежат плос-
плоскости, перпендикулярной обеим осям. Обогначим еще: (ААХ) П
Р| s = М, (ЛХЛ') П s' = М'. Тогда по свойствам симметрии полу-
получим: AM -. --МАХ, AJA' = ЛГА', AM + МАХ + A\Hi' + ЛГА' = АА'.
\-
Поэтому МАХ + А^М' -= ММ' = \-АА', или
АА' =--2ММ'.
Так как вектор ММ' один и тот же для любой точки А, отобра-
отображение А-*-А', являющееся композицией двух осевых симметрии,
будет параллельным переносом а = 2ММ'. Длина этого вектора в
2 раза больше расстояния между осями, направление — от первой
оси ко второй перпендикулярно осям.
б) Обратно, если дан вектор а, то проведем оси s и s' = -^(sK
Тогда, согласно уже доказанному, композиция симметрии относи-
относительно этих двух осей является параллельным переносом.
40. а) Пусть сс_!_C и ctf|p = s- Пусть первая симметрия
отображает точку А на Ль вторая — точку А1 на А'. Так кгк
(AAt) is и (АхА1) J_ s, то точки Л, Ах и А' лежат в плоскости
т, перпендикулярной прямой s. В плоскости ^ мы получим фи-
фигуру, как на рисунке 90. Здесь мы имеем: и П Т =" а' Р П Т *•
т П s О, причем а ± Ь, так как а \_ р. Поскольку \ОА ] =
= IOAX | = | OA' „ AOB BOAX, AXOC
= 90°, где В - (AAX) f] а; С = (AXA') f] *, то, следовательно, АОВ +
+ BOAX + AfiC + COA' -- -- AOA' = 180°. Итак, точки Л, О, А' при-
принадлежат одной прямой. |ОЛ| = |ОЛ'| и | Л/Э' j J_ s; значит, Л и
А' симметричны относительно s, т. е. композиция симметрии от-
относительно а и р является осевой симметрией относительно пря-
прямой s ~ a [} [i.
б) Обратно: если дана симметрия относительно оси s, то, про-
проводя через s две взаимно перпенди-
перпендикулярные плоскости, мы убедимся,
что композиция симметрии относи-
относительно этих плоскостей будет сим-
симметрией относительно s.
41. Предположим сначала, что
оси Sj и s2 двух симметрии пере- ?
секаются и sx _L s2. Разложим пер-
вую симметрию в композицию двух
симметрии относительно плоскостей
\
\
\
с\
\
/
= sx
x и ах J_
ссх и рь причем «!
и плоскости выберем так, чтобы рх
проходилг через s2. Вторую сим-
симметрию разложим в такую же
V,
0
Рис. 90
151

композицию симметрии относительно плоскостей а2 и р2, удовлетво-
удовлетворяющих условиям: cu f) р2 = sz, сс2 j_ р, и SjCZcta. Заметим, что
плоскости рх и а2 совпадут, так как им обеим принадлежат оси
sx и s2. Поэтому при последовательном отражении от четырех
плоскостей oclt px, ее.,, р3 композиция второй и третьей симметрии
даст тождественное отображение и композиция осеЕых симмет-
симметрии с осями Sj и s2 совпадет с композицией симметрии относи-
относительно плоскостей ах и р2. Эти плоскости перпендикулярны друг
другу и пересекаются по прямой s, перпендикулярной прямым
sx и s2. Следовательно, композиция симметрии относительно пря-
прямых sx и s2 есть симметрия относительно прямой s.
Нетрудно видеть, что и, обратно, всякую осевую симметрию
можно представить в виде композиции осевых симметрии, оси ко-
которых пересекают данную ось в одной точке, перпендикулярны
друг другу и данной оси.
Положим теперь, что взаимно перпендикулярные оси двух сим-
симметрии скрещиваются между собой. Тогда построим пересекаю-
пересекающую их и перпендикулярную им прямую. Первую симметрию мы
заменим композицией двух ноеых симметрии со взаимно перпен-
перпендикулярными осями, причем в качестве одной из осей выберем
общий перпендикуляр, а другую есь проведем параллельно вто-
второй из данных осей.
Тем самым наша композиция представлена в виде компо-
композиции уже трех преобразований: ссеЕОй симметрии относительно
общего перпендикуляра и двух ссеьых симметрии с параллель-
параллельными осями. Композиция двух последних симметрии есть парал-
параллельный перенос (см. задачу 39), причем перенос направлен вдоль
общего перпендикуляра, а по величине (по длине) равен удво-
удвоенному расстоянию между исходными осями. Итак, рассматривае-
рассматриваемая композиция сводится к композиции осевой симметрии и
параллельного переноса в направлении оси симметрии. Это пре-
преобразование является аналогом скользящей симметрии в плос-
плоскости .
42. Если прямая а перпендикулярна оси поворота /, то через
нее можно провести плоскость а, перпендикулярную / и пересе-
пересекающую ось поворота в некоторой точке О. В плоскости а мы
получим фигуру, показанную на рисунке 91. Пусть (ОА) ± а.
Лба. При повороте точка А отображается на А', точка М прямой
а отображается на точку М', при
чем | ОМ' | = | ОМ | и MOM' = -
= АО А' = ее, где ср — величина уг-
угла поворота. Отсюда следует, что
АО~М =А'ОМ',и, значит, Д АОМ з*
^ДА'ОМ'; \А'М'\= ЛМ\ и
(М'А') _!_ (ОА'). Поэтому любая
точка М б а отображается на точ-
152

ку M'ta', где о'—прямая, перпендикулярная (ОА'). Угол
между а и а' равен углу поворота (это внешний угол в че-
четырехугольнике АОА'Р, в котором углы при вершинах А и А'
прямые, причем АО А' — угол поворота.
43. а) Пусть а и р— данные плоскости, a f) р = /. Первая
симметрия отображает точку Л на Лх. вторая — точку Aj на Л'.
Так как {AAJ J_ а, (Л^') JL р, то точки Л. Ль Л' принадлежат
плоскости f, перпендикулярной /. Положим, ex f] -| = а'РПт~^»
/ П 7 = О. Тогда имеем:
!ОЛ|-=1| |	b ^
АОа + ао\ + Л^Ь+^ОЛ' = ЛОЛ', откуда: аОАх + Л^Ь = аОЪ =
= I ЛОЛ' и ЛОЛ' 2aOb.
—ч	^N
Итак, на основании того, что | ОА' \ \ О А \ и ЛОЛ' - - 2аОЬ,
т. е. угол АОА' равен удвоенному углу между а и C, мы заклю-
заключаем, что композиция отражений относительно двух плоскостей
эквивалентна повороту, осью которого служит прямая пересечения
плоскостей, а углом — удвоенный угол между плоскостями.
б) Обратно, из уже доказанного следует, что всякий поворот
можно представить как композицию симметрии относительно двух
плоскостей, проходящих через ось поворота и образующих друг
с другом угол, вдвое меньший угла поворота.
Заметим, что отсюда вытекает, что поворот пространства ото-
отображает прямую на прямую и плоскость — на плоскость, причем
сохраняет расстояние между точками, т. е. является перемещением
пространства.
44. а) Пусть мы имеем две осевые симметрии с осями si и s2,
пересекающимися в точке О и образующими друг с другом угол
Ф =
Разложим каждую из этих симметрии в композицию двух сим-
симметрии относительно плоскостей ах \_ сс2 и рх J_ p2 соответственно.
В качестве плоскостей а2 и рх выберем плоскость s^s*. Тогда
композиция симметрии относительно совпадающих плоскостей а.2
и Рх есть тождественное отображение и композиция оставшихся сим-
симметрии даст поворот с осью /, перпендикулярной к плоскости SiOs2
и проходящей через О, на угол, равный 2ц> (см. предыдущую задачу).
б) Обратно, как и во всех разобранных выше случаях, очевидно,
что каждый поворот эквивалентен композиции двух осевых сгм-
метрий, оси которых пересекаются в точке на оси поворота и обра-
образуют друг с. другом угол, вдвое меньший угла поворота.
45. Пусть даны повороты с осями /х и /2, пересекающимися
в точке О. Разложим оба поворота в композиции симметрии отно-
относительно плоскостей с*! и сс2. Pi и р2. В качестве сс2 и рх выберем
плоскость /хО/2. Тогда композиция симметрии относительно сс2 и А\
'.53

б\Дет тождественным отображением, а композиция симметрии отно-
относительно at и р2 даст поворот относительно оси / = at П Рг> про-
проходящей через точку О, причем угол поворота по величине вдвое
больше угла между плоскостями а± и р2.
46.	Поворотом около оси / переведем точку В в плоскость,
проходящую через точку А и прямую / и притом так, чтсбы точки
А и В' — образ В — были по разные стороны от прямой /. Крат-
Кратчайший путь от А до В' есть отрезок АВ', пересекающий / в точке М.
Всякая другая точка N ? I дает путь длины | AN | + | NB' | > | АВ' |.
Так как | MB' | = |МБ|, то точка М — искомая.
47.	Так как по условию |ОЛ| = |ОЛ'( и \ОВ\^\ОВ'\, то
плоскость симметрии а точек А и А' проходит через О. Соответ-
Соответствующая симметрия отображает А на А' и В на Bl7 причем \0В\ =
-= | ОВг! = | ОВ' |. Так как А"Ъв' = А^ОВ^ то плоскость симмет-
симметрии р точек В' и Вх проходит через прямую А'О, и эта симметрия
отображает треугольник Л'ОВХ на треугольник А'ОВ'. Следовательно,
композиция симметрии относительно плоскостей а и ^ отображает
треугольник ЛОВ на треугольник А'ОВ'. Ко композиция этих сим-
симметрии согласно задаче 43 а) есть поворот около оси / — а |") р.
48.	Пусть SABC — искомый трехгранный угол, SA', SB', SC" —
биссектрисы углов BSC,' CSA и ASB соответственно. Симметрия
с осью SA' отображает (SB) на (SC). Симметрия с осью SB'
отображает (SC) на (SA) и, наконец, симметрия с осью SC ото-
отображает (SA) на (SB). Композиция этих трех осевых симметрии
отображает прямую SB на самое себя, т. е. эта прямая есть не-
неподвижная прямая композиции трех осевых симметрии. Поскольку
каждая осевая симметрия есть поворот на 180°, то мы имеем ком-
композицию трех поворотов, которая есть тоже поворот (это следует
из задач 44 и 45). Итак, мы должны построить ось поворота,
являющегося композицией трех данных осевых симметрии. Поря-
Порядок построения такой.
1)	Находим композицию симметрии с осями SA' и SB'. Ось
поворота / перпендикулярна плоскости A'SB' и проходит через S;
угол поворота равен 2.4'SB'.
2)	Находим композицию полученного поворота около оси / с сим-
симметрией относительно оси SC Вторую из плоскостей симметрии,
на которые разлагается поворот с осью /, совмещаем с плоскостью
ISC' ii с ней же совмещаем первую из плоскостей симметрии, на
которые разлагается симметрия с осью SC. Симметрии относи-
относительно этих совпадающих плоскостей в композиции дают тожде-
тождественное отображение. Следовательно, искомая ось поворота —
ребро (SB) — есть пересечение первой и последней плоскостей
симметрии. Ребра (SA) и (SC) получим как образы ребра (SB) при
симметриях относительно осей SA' и SC.
49.	Повернем данный я-гранный угол на угол — относительно
оси /. При этом каждое ребро совместится с соседним ребром
154

и каждая грань — с соседней гранью. Отсюда
следует конгруэнтность всех плоских углов
и конгруэнтность всех двугранных углов.
50.	Пусть все плоскости и все двугран-
двугранные углы некоторого n-гранного угла кон-
конгруэнтны друг другу. При этом условии каж-
каждое ребро принадлежит плоскости симметрии
двух соседних ребер. Эта симметрия преобра-
преобразует друг в друга соседние ребра, а вследствие
конгруэнтности двугранных углов при этих
ребрах эти углы и заключающие их грани тоже
будут симметричными. Далее, в силу конгру-
конгруэнтности плоских углов этих граней, преоб-
преобразуются друг в друга и следующие два реб-
ребра и т. д. Итак, эта плоскость есть плос-
плоскость симметрии всей фигуры. Но этим
свойством обладает и плоскость симметрии,
проходящая через соседнее ребро. Следова-
Следовательно, правильный многогранный угол отображается на себя и
при композиции указанных симметрии, которая является поворотом
относительно прямой их пересечения. Рассматривая все плоскости
симметрии данного угла, легко найти угол поворота — он будет
2л
равен - .
51.	Пересечем правильный n-гранный угол плоскостью, перпен-
перпендикулярной оси симметрии этого угла, и выделим один из п
«секторов» фигуры (рис. 92). В этой пирамиде AiSO = A2SO ц>,
/41Sy42 = a, |SO | = Л, M — середина |АЛ2|. Плоскость /1,PV
перпендикулярна прямой AtS, поэтому A2PN ~ , где ~{— иско-
искомая величина двугранного угла. Далее имеем: (А2Р) _L (AiS),
(A2N) JL (AXO) и (PN) _L (AM) и из соответствующих прямоуголь-
прямоугольных треугольников получим
а
sin—- =
il ,	.л
r= tgq>.sin--
cos ф >
it
п
От	Отт
|Л,ЛГ| = -|ОЛ2Ып^ fttgq>-sin^;
. 2я
tg ф Sin — COS ф
sin а
ft sin а
COS ф '
¦; sin^-=
. 2it .
ып — sin ш
/I T
bin а
155

52.	К плоскости произвольного квадрата ABCD проведем пер-
перпендикуляр р через его центр. В плоскости, содержащей диагональ
квадрата и прямую р, построим отрезок AS, где S 6 р, длины,
равной стороне квадрата. Четырехгранный угол SABCD и есть
искомый угол.
53.	Возьмем на прямой а произвольную точку М, а на прямой
а' от данной точки А' отложим [M'A']s±\MA]. Пусть а — пло-
плоскость симметрии точек А и А'. Пусть при симметрии относительно
а точка М переходит в точку Мг. Так как при симметрии расстояние
между точками сохраняется, то | А'Мх | = | А'М' |. Поэтому плос-
плоскость р симметрии точек М.х и М' проходит через А' и отображает
отрезок А'Мх на отрезок А'М'. Итак, композиция симметрии
относительно плоскостей а и % отображает А на А' и М на М' и,
следовательно, прямую а на прямую а'. Композиция этих двух
симметрии и есть искомый поворот (около оси / = а |~) р).
54.	Возьмем на прямой / произвольную точку О и проведем
через нее две прямые: а+Ца и bl\\b. Из условия задачи следует,
что прямые аг и Ьх образуют конгруэнтные углы с прямой /, и су-
существует поворот, отображающий аг на Ъх. (Чтобы найти угол
поворота, проведем через О плоскость, перпендикулярную /,
и построим проекции прямых Оу и bt на эту плоскость. Угол
между проекциями и есть угол поворота.) Этот поворот отобра-
отображает прямую ах на прямую a[=--blt а прямую а—на а',
причем a'||aj. Поскольку а[ = bl7 ЬуЦЬ, то а' \\ Ь, что и требо-
требовалось.
55.	Обозначим центр гомотетии, определяемой отрезками Л,В,-
и AjBj, через S,-;- (i, j —I, 2, 3, 4). В решении задачи 26 из
§ 5 было доказано, что центры любых двух гомотетий и третьей
гомотетии, являющейся их композицией, принадлежат одной пря-
прямой. Рассматривая гомотетию S13 как композицию гомотетий Si2
и S23, получим, что центры S12, Si3, Sls принадлежат одной пря-
прямой. Аналогично доказывается то же самое про тройки центров
(S12, S24, Su), (S13, SM, S14), (S2S, Sm, Su). Рассмотрим четыре
прямые, содержащие перечисленные тройки точек. Первая и вто-
вторая прямые имеют общую точку Sl2, поэтому через эти две пря-
прямые можно провести плоскость а. В этой плоскости лежит и чет-
четвертая прямая, так как ей принадлежат точки S23 и S24. Той же
плоскости принадлежит и точка Sm € (S23S34S24). Наконец,
третья прямая тоже содержится в плоскости а, так как она про-
проходит через точки S13 и Sa. Мы получили в плоскости а конфи-
конфигурацию из 6 точек и 4 прямых, причем каждой прямой принад-
принадлежат три точки, а через каждую точку проходят две прямые—¦
так называемый полный четырехсторонник.
56.	Пусть А1В1С1 и А2В.,С2 подобные треугольники, т. е. тре-
треугольники с соответственно конгруэнтными углами. Найдем гомо-
гомотетию, которая отображала бы треугольник А2В2С2 на треугольник,
конгруэнтный /\AyBtCx, причем точка Л2 отображалась бы на Ах.
Центр такой гомотетии S должен принадлежать прямой Л1Л2,
156

а коэффициент гомотетии рзген коэффициенту подобия данных
треугольников—по этим данным можно построить 5. Итак, мы
получили два конгруэнтных треугольника с общей вершиной Ах.
Теперь методом, указанным в решении задачи 47, находим по-
поворот пространства, отображающий полученный из AZB,C2 тре-
треугольник на треугольник А1В1С1.
57. Пусть мы имеем сферы с центром 0г радикса Rt и с
центром 0а радиуса R.. (Rx > R2). Возьмем на первой сфере про-
произвольную точку Ах вне прямой ОД, и рассмотрим вектор 02А.2,
сонаправленный с вектором OxAi и по длине равный R2. Тогда
точка Л2 принадлежит второй сфере, и прямая АХА2 пересечет
прямую ОхО.г в центре S искомой гомотетии. Коэффициент гомо-
гомотетии k — -М- - -J (Любая другая точка Bt первой сферы при
этой гомотетии отображается в точку Вч, такую, что -h~ k,
0,5,
поэтому | ОоВ.,! R2. Отсюда выводится, что рассматриваемая
гомотетия отображает первую сферу на вторую.)
Взяв вектор 02А2, противонаправленный вектору 01А1, ана-
аналогичным образом получим гомотетию с новым центром S' и отри-
р
цательным коэффициентом, равным k = — ^2. Если 0L O2, то
общий центр сфер является центром искомых гомотетий (с козф-
фициентамн k __ ~2\.
Е8. Общая касательная плоскость двух сфер проходит через
центр их ггмотетии, так как радиусы, проведенные к точкам
касания, параллельны, а прямая, проходящая через точки каса-
касания, проходит и через црнтр гомотетии (см. предыдущую задачу).
Центры гомотетий трех сфер принадлежат плоскости их центров
и совпадают с центрами гомотетий окружностей сечения сфер
этой плоскостью. Поэтому плоскость, касающаяся всех трех сфер,
проходит через оси гомотетий этих окружностей (см. задачу 15
из § 2).
Так как сферы симметричны относительно плоскости их цент-
центров, то через каждую ось гомотетии проходят пары взаимно сим-
симметричных плоскостей, касающиеся трех сфер.
Таким образом, пары симметричных плоскостей, кгсающиеся
трех сфер, пересекаются по прямым, лежащим в плоскости цент-
центров и образующим конфигурацию из 4 прямых и 6 точек, по 3
точки на каждой прямой.
§ 7. 1. Если вершины призмы принадлежат сфере, то вершины
каждого из ее оснований принадлежат двум конгруэнтным окруж-
окружностям, получающимся в пересечении сферы плоскостями оснований
157

призмы. Линия центров этих окружностей проходит через центр
сферы и перпендикулярна плоскостям сечения (объясните). Отсюда
следует, что вписанная призма необходимо должна быть пря-
прямой (почему?), а основаниями ее должны служить многоугольники,
вписуемые в окружность.
Условие достаточно. Если призма удовлетворяет сформу-
сформулированным условиям, то окружности, описанные около ее осно-
оснований, конгруэнтны. Линия центров этих окружностей парал-
параллельна боковым ребрам (почему?). Середина О этой линии есть
центр описанной сферы, так как эта точка равноудалена от всех
вершин (докажите!).
2.	Если сфера вписана в призму, то высота призмы равна
диаметру сферы. Плоскость, проходящая через центр сферы
перпендикулярно ребрам призмы, дает в сечении призмы много-
многоугольник, в который вписана окружность большого круга сферы.
(Поясните подробно.)
Отсюда получаем необходимые и достаточные условия для
того, чтобы в призму можно было вписать сферу: !) Сечением
призмы плоскостью, перпендикулярной к боковым ребрам призмы,
должен быть многоугольник, в который можно вписать окруж-
окружность. 2) Высота призмы должна быть равна диаметру этой
окружности. (Покажите, что при этих условиях действительно
существует вписанная в призму сфера.)
3.	При указанном условии все стороны оснований параллеле-
параллелепипеда должны быть конгруэнтны между собой, что выводится
из конгруэнтности боковых граней (поясните). Следов^гельно,
основаниями параллелепипеда, равно как и его боковыми гранями,
должны быть конгруэнтные ромбы. Итак, все 12 ребер парал-
параллелепипеда конгруэнтны. Если параллелепипед отличен от куба,
то два угла ромба должны быть острыми. Для построения такого
параллелепипеда по его граням рассмотрим ромб ABCD (рис. 93).
При вершине Л построим трехгранный угол, все плоские углы
которого конгруэнтны углу BAD (см. задачу 36 из § 6). Затем
отложим на третьем ребре этого трехгранного угла отрезок АЛ'
длины i ЛЛ'| = | Л? | и через вершины В, С и D проведем ребра
\ВВ'], [СС], [DD'\ так, чтобы ВВ' =СС' = DD'=AA'. Этим постро-
построение закончено. Трехгранные углы при вершинах Л и С' — пра-
правильные, и параллелепипед имеет оси симметрии (АС) и (СА')
(докажите!).
4. Решение аналогично построению за-
задачи 41 из § 3. Прежде всего проводим
ступенчатый разрез по грани 8 X 27, как
в упомянутой задаче, —преобразуем эту
грань в прямоугольник со сторонами
12 X 18. Далее опять по ломаной делаем
сквозной разрез по грани 8 X 18, преоб-
преобразующий после перекладывания эту грань
158

в квадрат 12 X 12. В результате параллелепипед преобразуется
в куб с ребром 12.
5.	Каждый параллелепипед можно диагональным сечением
разрезать на две конгруэнтные треугольные призмы с равными
объемами. Поскольку объем параллелепипеда равен произведению
площади любой его грани на расстояние от нее до противополож-
противоположной грани, то объем каждой из призм равен половине произведе-
произведения площади боковой грани на расстояние от нее до противопо-
противоположного ребра. Поскольку всякую треугольную призму можно
дополнить конгруэнтной с нею призмой до параллелепипеда, то
объем любой треугольной призмы можно вычислить указанным
способом.
6.	Для доказательства достаточно применить формулу о сумме
квадратов сторон параллелограмма сначала к двум диагональным
сечениям параллелепипеда, а затем к двум его основаниям.
7.	На рисунке 94 даны две проекции куба: в одной (а) про-
проектирующие прямые параллельны диагонали куба, в другой (б)—¦
параллельны его ребру.
Можно построить по первой проекции вторую, если заметить,
что на первой проекции диагонали граней, перпендикулярные
направлению проектирующих прямых, проектируются без искаже-
искажения, т. е. с сохранением длины, и построить по диагонали квад-
квадрата его сторону. На чертеже
показано, что вторая проекция
целиком помещается внутри пер-
первой, так как окружность, опи-
описанная из центра О на про-
проекции (а) радиусом, равным по-
половине диагонали квадрата (б),
помещается внутри окружности,
вписанной в шестиугольник на
проекции (а) (подтвердите это
вычислениями). Итак, если про-
проделать сквозное отверстие по
пунктирным линиям проекции (а)
в направлении проектирующих
прямых, то получим дыру, че-
через которую может пройти кон-
конгруэнтный куб.
8.	Пересечем тетраэдр ABCD
плоскостью, проходящей через
ребро \АВ] и точку М на ребре
iCD\ (рис. 95). У треугольников
ABD, ABC и АВМ общее осно-
основание, поэтому для сравнения их
площадей достаточно сравнить
высоты, проведенные к стороне
АВ. Для этого спроектируем их
Рис. 94
1СЭ

м
на плоскость, перпендикулярную (АВ).
Так как все высоты параллельны плос-
плоскости проекции, то их длина в проекции
остается неизменной. Обозначая через
А' общую проекцию точек Л и Б на
эту плоскость, а через С", М', D' —
проекции точек С, М, D, мы увидим,
}? что к прямой CD' проходят три на-
наклонные [А'С'\, [А'М'\ и [A'D'\. При
этом М' лежит между С" и D'. Если из
трех наклонных, проведенных из одной
точки, одна лежит между двумя други-
другими, то она короче по крайней мере одной
из них (докажите!). Следовательно, вы-
высота треугольника АВМ меньше высоты
одного из двух треугольников ABC или
ABD и, значит, площадь АВМ меньше площади по крайней мере
одной из граней ABC или ABD. Остальные случаи пересечения
тетраэдра с плоскостью приводятся к рассмотренному. Разберите
их самостоятельно.
9. Пусть а длина ребер тетраэдра, тогда | МР | = ~, так как
зто медиана прямоугольного треугольника АВР (рис. 96). Ана-
Аналогично | NQ | = ~, а также \MN\ = ~. В треугольнике MND
точки Р и Q делят стороны в отношении 2:3, поэтому | PQ \
— -н-1 MN I = -^-. Отложим на продолжении отрезка MN ?а
О	О
точку N отрезок NR длины \NR\ = \PQ\; получим параллело-
параллелограмм PQNR, в котором | PQ | = | NR | = -- и | NQ | = | PR | - ~,
а угол MPR равен углу между прямыми МР и NQ. Заметим, что
| MR | = | MN | + | NR | = -J + |- = ~ а. Из треугольника MRP
имеем:
| MR |2 = | MP f2 + | PR |2 — 21 MP | • | PR | cos q>,
где ср = MPR, т. е.
25 ,
18'
Отсюда находим: ф^ 112°53'06".
10. Если пересечь тетраэдр плоскостью, параллельной двум
его противоположным ребрам, то в сечении получится паралле-
параллелограмм (почему?). Возьмем на ребре АВ тетраэдра ABCD про-
произвольную точку М и через нее проведем (MN) j! (AD) и (Л1Р)||
|| (ВС); [MN] и [МР1 — стороны параллелограмма сечения. Отло-
160

жим на продолжении [MN] за точку N отпеэок \MQ] ^ \МР].
Прямая AQ пересекает ребро BD в точке Q'. Примем А за центр
гомотетии, отображающий Q на Q'. Тогда точка Р отобразится
на Р', М — на М'. При этом (M'Q') \\ (AD), (М'Р') || (ВС) и | М'Р' | =-
= \M'Q'\. Сечение тетраэдра плоскостью M'P'Q' будет ромбом
(докажите!).
11. Пусть ABCD — правильный тетраэдр с высотой h. Пусть
точка Р внутри него находится на расстоянии а от плоскости
BCD, на расстоянии Ь от плоскости ACD, на расстоянии с от
плоскости ABD и на расстоянии d от плоскости ABC. Обозначим
через S площадь грани тетраэдра. Объем всего тетраэдра равен
сумме объемов четырех тетраэдров, основаниями которых служат
четыре грани тетраэдра ABCD, а общей вершиной — точка Р.
Тогда получим:
12. Совместим (некоторым перемещением пространства) вто-
второй тетраэдр с первым так, чтобы конгруэнтные трехгранные
углы О и О' совпали. Пусть |ОЛ|=-о, \OB\-b, |ОС| — с —
длины ребер первого тетраэдра, |ОЛ'| = о', \OB'\ = b', \ ОС ,
с' — длины соответственных ребер второго тетраэдра. Объем
первого тетраэдра V -~ Sh, объем второго V =- -^S'h'. Пред-
Предполагая, что основания суть треугольники ОВС и О'В'С, полу-
чим: S = -?гЪс sin ос, S' — у b'c' sin а, где а БОС. Высоты же
[ЛЯ] и \А'Н'\ лежат в одной плоскости, перпендикулярной пло-
плоскости оснований (ОВС) - (О'В'С), и из подобных треугольник ш
h' a' I A'H' I
ОАН и ОА'Н' получим: -г- - — = -—jjr-r • Таким образом, отнс-
/х о, j Лп J
шение объемов наших тетраэдров равно:
V h'b'c' sin a h' b'c' a'b'c'
V hbc sin a	h be	abc '
что и требовалось доказать.
13. Предположим сначала, что отрезок АВ неподвижен,
а перемещается только отрезок CD. При этом площадь треуголь-
треугольника ACD остается постоянной, так как постоянна длина |CD|
и расстояние от точки Л до прямой CD не изменяется. Постоянна
и высота тетраэдра, так как постоянно расстояние от точки В
до плоскости, определяемой прямой CD и точкой Л. Итак, объем
тетраэдра BDAC не меняется, то же рассуждение доказывает
и неизменность объема при перемещении отрезка АВ.
Для вычисления объема такого тетраэдра отобразим 'парал-
'параллельным переносом отрезок ЛВ на отрезок А'В', такой, что его
середина совпадает с серединой отрезка CD. Аналогичным обра-
з.»м отобразим [CD] на [CD1] так, чтобы середина [CD'] совпала
6 .	161

с серединой \АВ]. Мы получим конгруэнтные параллелограммы
AC BD' и А'СВ'Ь с соответс гьенно параллельными сторонами,
которые можно рассматривать как два основания параллелепи-
параллелепипеда. Объем этого параллелепипеда равен произведению площади
его основания на высоту ft, равную расстоянию между прямыми
АВ и CD. Поскольку площадь основания равна -^тп sin ц> (за-
(задача 10 § 3), для объема получим формулу:
V = -^ mnh sin <p.
Чтобы найти объем тетраэдра ABCD, нужно отсюда вычесть
объемы четырех пирамид: AA'CD, BB'CD, DD'AB и ССАВ.
Объем каждой из них равен -^ произведения половины площади
основания параллелепипеда на высоту ft, т. е. он равен ^=mn'i x
X sin<p, а объем всех четырех равен -^ mnh sin <p. Итак, объем
тетраэдра равен:
¦g- mnh sin ф —
s'n rf — "с"
Ф-
14.	Каждый из отделяемых тетраэдров гомотетичен исходному
с коэффициентом -к-, поэтому его объем равен -g- объема тетра-
тетраэдра. Так как всего удалено 4 тетраэдра, попарно не имеющих
общих внутренних точек, то, значит, удалена половина объема.
Поэтому и объем оставшегося тела равен половине объема данного
тетраэдра.
15.	Пусть ABCD — данный тетраэдр (рис. 97), М — середина
[АВ], N — середина [CD], (MPNQ) — секущая плоскость. Одна
из получившихся частей тетраэдра составлена из четырехуголь-
четырехугольной пирамиды AMPNQ и тетраэдра DANQ, другая часть — из
четырехугольной пирамиды BMPNQ и тетраэдра CBNP. Объемы
четырехугольных пирамид равны, так как у них общее основа-
основание и равные высоты — расстояния
от точек А и В до плоскости сечения
одинаковы в силу равенства |М<4! =
= | MB \. Докажем равенство объемов
тетраэдров, для чего найдем отноше-
отношения их объемов к объему всего тег-
раадра, используя предложение зада-
задачи 12.
Для тетраэдра DANQ это отно-
отношение, равно:
,РЛ| |РЛ'| \DQ\	\DQ'
\DA\ - \DC\- [DB{ = 2\Db[ '
162

Для тетраэдра CBNP получим:
| СВ \ • , CN ! \СР\
\CB\\CD\-\СА\
Для доказательства равенства объемов тетраэдров остается дока-
доказать равенство отношений \^~-. и j^-j Применяя теорему Мене-
лая (см задачу 16 из § 2) к треугольнику ABC и секущей (МР),
получим: (ABM) (BCS) (САР) = 1. Применяя ту же теорему к тре-
треугольнику BCD и секущей (NQ), получим: (BCS) (CDN) (DBQ) =
= 1. В этих произведениях имеем: (BCS) = {BCS), (ABM) =
= (CDN), и, следовательно, (СЛР) = (DBQ), откуда: [Щ = ^Щ .
Итак, объемы частей, полученные в результате рассечения тетра-
тетраэдра плоскостью (MPNQ), равны друг другу.
16. Пусть 5 — площадь основания призмы, h — ее высота,
р — данная точка. Если из призмы удалить все пирамиды с^ вер-
вершиной Р и боковыми гранями призмы в качестве оснований, то
останутся две пирамиды с вершиной Р и основаниями, совпада-
совпадающими с основаниями призмы. Объем одной из них равен -^ Shlt
объем другой — ~ Sh2, а сумма объемов равна -g-Sf/h +h2) =
= — Sh> так как hi + /z« ^lu Отсюда следует, что сумма объ-
п
емов п удаленных пирамид равна -тг объема призмы. (Величина
суммы не зависит от положения точки Р.)
17. Допустим, что отрезки мы обозначили так, что т < п < р.
Отложим от точек В и С отрезки |В^ \ = \СС1\ = т (рис. 98).
Искомый объем есть сумма двух объемов: наклонной призмы
с основанием ABC и ребром | АА' | = /и и четырехугольной пира-
пирамиды с вершиной А' и основанием Вф'С'Сх. Первый из этих
объемов по известной теореме равен произведению площади
перпендикулярного сечения, т. е. S, на длину бокового ребра т:
Vi = Sm. Объем пирамиды равен ~ произведения площади осно-
основания—трапеции BjВ'С'СХ — на расстояние от точки А' до пло-
плоскости основания. Площадь трапеции
равна: п-т + р-т ^ где k __ рас,
стояние между b и с, равное ос-
основанию треугольника в перпен-
перпендикулярном сечении. Отсюда по-
получим:
_ 1 п + р-2т . .
Vi ~ ~3 ' 	2		Рис. 98
163

Поскольку высота пирамиды h является высотой треугольника
в перпендикулярном сечении, kh =-- 25 и V2 = " + р~ 2w S. Скла-
О
дывая V1 и V2, получим:
= Sm + 5
Из формулы следует, что объем не изменится при перемещении
отрезков данных длин т, п и р по прямым а, Ь, с.
18.	Пусть дан куб ABCDA'B'C'D'. Легко видеть, что сере-
середины ребер CD, DD', D'A', А'В', В'В и ВС находятся на рав-
равных расстояниях от точек А и С" — концов диагонали куба,
поэтому все они лежат в плоскости симметрии точек А и С,
являясь вершинами правильного шестиугольника (докажите!).
При повороте куба на 60° около диагонали АС этот шестиуголь-
шестиугольник совместится сам с ссбой и будет содержаться в пересечении
кубов (исходного и повернутого). Пересечением же кубов будет
объединение двух правильных шестиугольных пирамид с общим
основанием—рассматриваемым шестиугольником. Вычислив его
За3
площадь и длину диагонали куба, найдем искомый объем: V = -г- .
19.	В школьном курсе доказывается, что площадь ортогональ-
ортогональной проекции плоского многоугольника равна площади этого
многоугольника, умноженной на косинус величины двугранного
угла между плоскостью фигуры и плоскостью проекции.
При проектировании боковых граней правильной м-угольной
пирамиды на плоскость основания получим: если площадь одной
грани равна S, то площадь ее проекции S'= S cos ее, где а —
величина угла между боковой гранью и плоскостью основания.
Поскольку объединение всех проекций боковых граней совпадает
с основанием, то, умножая это равенство на п, получим: nS' =
«=nScosoc, откуда nS — ——, чте и требовалось доказать.
20.	Если сфера описана около пирамиды, то основанием пира-
пирамиды служит вписуемыи многоугольник, а центр сферы находится
иа равных расстояниях от всех вершин многоугольника и от вер-
вершины пирамиты.
Обратно: если основание пирамиды — вписуемыи многоуголь-
многоугольник, то, проводя через центр описанной около него окружности
перпендикуляр к плоскости основания и отыскав на этом перпен-
перпендикуляре точку, равноудаленную от вершины пирамиды и вер-
вершины основания, получим центр сферы, описанной около пира-
пирамиды. Заметим, что для треугольной пирамиды, т. е. для тетра-
тетраэдра, указанное условие выполняется всегда.
21.	Все грани описанной пирамиды равноудалены от центра
вписанной сферы. В этой точке пересекаются биссекторные полу-
полуплоскости всех двугранных углов пирамиды.
1С4

Обратно: существование общей точки всех биссекторных пло-
плоскостей пирамиды есть достаточное условие существования впи-
вписанной в нее сферы. Это условие всегда выполнимо для правиль-
правильных пирамид и для треугольных (тетраэдров) (докажите!).
22.	Разобьем такой многогранник на пирамиды, основаниями
которых служат грани многогранника, а общей вершиной — центр
вписанной сферы. Если площади граней равны Slt S2	Sn,
то объем многогранника есть V — -тг Sj^R + -g- S2R л,- • • + "зп^=
= -^ R (Sx -j- S2 + • ¦ + Sn), что ц требовалось доказать.
23.	Пересекая пирамиду плоскостью, параллельной основанию,
получим пирамиду, гомотетичную данной с центром в вершине
пирамиды. Площади подобных друг другу многоугольников отно-
относятся как квадраты длин сходственных сторон. В данном случае
последнее отношение равно отношению квадратов высот исходной
и гомотетичной пирамид, т. е. если расстояние от плоскости
сечения до вершины равно х, а высота исходной пирамиды рав-
, 5' х2 о,	1	, h2
на п, то =- = tj- . Это отношение равно -„-, если х" = -=¦, т. е.
х = -у=г (Можно сказать, что расстояние х есть длина стороны
квадрата с диагональю длины h.)
24.	Пусть некоторый многогранник имеет п граней, и в него
вписана сфера. Тогда на каждой грани существует единственная
точка касания сферы с этой гранью. Соединив каждую из т вер-
вершин этой грани с точкой касания, получим т плоских углов
с вершиной в точке касания, которые мы назовем «центральными».
Так как сумма «центральных углов» при каждой точке касания
равна 2я, то сумма их по всем п граням многогранника равна
2лп.
Допустим теперь, что часть граней закрашена синим цветом
так, что закрашенные грани не являются соседними. Каждое ребро
многогранника лежит в плоскссти симметрии двух точек касания
на соседних гранях. Поэтому каждому закрашенному «централь-
«центральному треугольнику» соответствует симметричный с ним не закра-
закрашенный синим центральный треугольник. Следовательно, если
закрашено п' граней, то закрашенные углы дают в сумме 2п'п,
причем по крайней мере такую же сумму должны дать и не за-
закрашенные синим углы. Однако если число не закрашенных
синим цветом граней п" будет меньше п', то сумма соответству-
соответствующих углов будет 2п"л < 2п'л, что противоречит только что
доказанному. Следовательно, если п' > -^ п (т. е. п' > п"), то
многогранник не может быть описанным около сферы.
Что касается примера с кубом, то здесь нас подводят про-
пространственные представления. Оказывается, сечения, касающиеся
сферы, настолько «глубоко проникают внутрь» куба, что плоскости
135

Рис. 99
сечения пересекают друг друга н «ос-
«оставшийся» от куба многогранник имеет
вид, изображенный на рисунке 99.
25. Обозначим через а длину сторо-
стороны верхнего основания, через b— длину
стороны нижнего основания пирамиды
(а < Ь). Сфера, касающаяся ребер пира-
пирамиды, пересекает боковую грань (равно-
(равнобедренную трапецию) по окружности,
вписанной вэту грань. По свойству сторон
описанного четырехугольника боковые
стороны этой трапеции имеют длину —^— , откуда легко найги,
что апофема усеченной пирамиды равна 1 ab. Сфера, вписанная
в пирамиду, касается оснований в их центрах, а боковых гра-
граней — в точках на их апофемах. Проводя сечение через центр
вписанной сферы и апофему пирамиды, в сечении получим окруж-
окружность, касающуюся оснований и одной из боковых сторон тра-
трапеции — сечения пирамиды плоскостью. Проведем в плоскости
сечения касательную к этой окружности, симметричную с апо-
апофемой относительно высоты пирамиды, проходящей через центр
сферы, и получим окружность, вписанную в равнобедренную
трапецию. Основания этой трапеции, легко видеть, равны —р=.
и -j=, поэтому ее высота (диаметр вписанной окружности) равна
1/ —. Поскольку апофема пирамиды, т. е. высота боковой грани,
равна \rab, синус двугранного угла между боковой гранью и осно-
основанием равен sin а = г~— = —т= , откуда a=s 35°15'52".
26. Двенадцать граней ромбического додекаэдра (рис. 100)
представляют собою ромбы, одна диагональ которых равна а, а дру-
V2
Площадь каждого ромба равна а2 ~ ,
а площадь поверхности всего до-
додекаэдра равна 6а21^2. Далее, так как
каждая из 6 рассматриваемых пирамид,
построенных на гранях куба, симмет-
симметрична с пирамидой с тем же основа-
основанием и вершиной в центре куба, то
сумма объемов этих шести пирамид рав-
равна объему куба, а объем додекаэдра
вдвое больше объема куба, т. е. ра-
равен 2а3.
27. Суммируя числа сторон по всем
Рис. 100	граням, мы при этом каждое ребро
гая — а} 2 (почему?).
166

учтем дважды, так как любое ребро принадлежит сразу двум
граням.
28.	Суммируя числа ребер по всем вершинам, мы каждое ребро
учтем дважды, так как любое ребро соединяет две вершины.
29.	Число плоских \глов в m-угольной грани равно т, поэтому
число всех плоских углов определяется той же суммой, как в
задаче 27, а потому равно 2а.
30.	Пронумеруем грани многогранника индексами / = 1, 2,..., f
и обозначим через т,- число сторон i-fi грани. Тогда сумма всех
плоских углов выразится формулой:
/	f
S = У] л (т,- — 2) =-- л ? т, — 2л/.
i	ii
По из задачи 27 мы имеем: yj mt = 2а, поэтому S = 2ж (а — /).
^	i=i
31.	Из формулы 2а = 3f3 + 4/4 + 5/5 + • • •, полагая а — 7,
получим:
14 = 3^+4^4	.	A)
Число граней многогранника не может быть меньше четырех:
/в+/4 + --->4,	B)
значит, многогранник может иметь только треугольные и четырех-
четырехугольные грани, так как, имея хотя бы одну ^-угольную грань,
где к > 5, мы не могли бы подобрать значения чисел /3 и /4,
которые могли бы удовлетворить условию B) и соотношению A)
(объясните подробно). Итак, мы имеем соотношение 3/3 + 4/4 = 14.
Легко видеть, оно удовлетворяется только значениями /3 = /4 = 2,
т. е. многогранник с семью ребрами может иметь только по две
треугольные и четырехугольные грани. Пусть ABCD — одна из
граней, Р — не принадлежащая ей вершина. АВР и ВСР — две
треугольные грани. Мы уже имеем 7 ребер: \АВ], [ВС], [CD],
\DA], [АР], [РВ], [СР]. Поэтому второй четырехугольник должен
иметь вершинами точки А, Р, С, D, а ребрами — [АР], [СР], [DA]
и [CD]. Но тогда точка Р должна принадлежать плоскости (ACD),
что противоречит выбору вершины Р. Итак, многогранника с семью
ребрами не существует.
32.	Сумма величин многогранных углов с общей вершиной S,
опирающихся на грани многогранника и заполняющих все про-
пространство, равна 4л (см. § 6, задача 34). Эту же сумму можно
получить, вычитая из суммы двугранных углов всех многогранных
углов сумму внутренних (плсских) углов всех граней, на которые
эги углы опираются. Двугранные углы группируются «пучками»
около лучей, идущих от S к вершинам, и сумма двугранных углов
в таком пучке равна 2л (ср. с задачей 9 из § 6). Так как число
вершин равно р, то общая сумма двугранных углов равна 2лр.
Сумма же плоских углов всех граней равна 2л (а — /), как было
167

показано в задаче 30. Таким образом, мы получаем: 2лр — 2л (а —
— /) = 4л, откуда: p+f — a = 2.
33.	Допустим, что существует такой выпуклый многогранник,
в котором нет ни одной треугольной грани и ни одного трех-
трехгранного утла. Это значит, что в формулах из задач 27 и 28 можно
положить f3 = р3 = 0, получим:
2й = 4/4 + 5/в+-..,
2а = 7р4 + Ърь + ....
Так как ft + /5 ^	= / и р4 + ръ + ¦ ¦ = р, то 2а > 4f и 2а >
> 4р, 4/ -f- 4р < 4о; / + р — а < 0, что противоречит теореме
Эйлера. Значит, такого многогранника не существует, что и
требовалось доказать.
34.	а) Допустим, что в формуле задачи 27 дано: /3 = /4 = /в = 0.
Тогда получим: 2а = 6f6 + 7/, + • • •, 2а > 6/. С другой стороны,
из формулы задачи 28, применяя выводы предыдущей задачи,
получим:
р3ф0, 2q>3/j, 4a>6p.
Складывая неравенства 6/ < 2а и 6р < 4с, находим: 6/ + 6р < 6с,
f-\-р — а < 0, что противоречит теореме Эйлера.
б) Если р3 = р4 = рв = 0, то /3 =И= 0, и дальше повторяем рас-
рассуждения, аналогичные приведенным выше.
35.	В задаче 30 была получена формула для суммы всех плоских
углов многогранника: S = 2л (а — /). Поскольку по теореме Эйлера
р — 2 = с — /, то получаем: S = 2л (р — 2).
36.	Пусть грани правильного многогранника суть правильные
n-угольники, а многогранные углы при вершинах — правильные
m-гранные углы; очевидно, т > 3, п > 3. Разобьем пространство
на / конгруэнтных друг другу правильных n-гранных углов
с общей вершиной S так, что око по каждого ребра \SA) груп-
группируется по т углов. Тогда величина каждого из этих / много-
гранных углов равна -у. Поскольку эта величина есть разность
между суммой величин его двугранных углов и числом л (п — 2),
Аи
сумма всех двугранных углов я-гранного угла равна - +
+ л (п — 2)=	~ п. Один же двугранный угол имеет вслн-
4 + nf — 2f
чину в п раз меньшую, т. е.	—- л.
С другой стороны, так как при каждом из р ребер наших
п-гранных углов имеется по т конгруэнтных двугранных углов,
то величина каждого из них равна —. Таким образом,
2л_4+п/-2/
т	Ц	'
2 л/ + 2mf — mnf = 4m;
f	Am	/и
168

Тзк как />0, т>0, то из A) 2лТ-] Чп — тп> О,
Итак, рассматриваемое разбиение пространства на конгруэнтные
многогранные углы возможно лишь при условии, что числа т > 3
и и > 3 удовлетворяют неравенству B). Очевидно, возможны
2 2
только пять случаев: 1) т = 3 и га = 3: ¦„- -}- -д- > 1. Из A) полу-
получим / = 4, многогранник ограничен 4 треугольниками — это тетра-
тетраэдр. Соответствующие ?начения чисел аир получим из формул
задач 27 и 28: для тетраэдра а =- 6, р~ 4.
2 2
2)	При т = 3, /г — 4 получим: ^ + ^т->1, / = 6. Многогран-
Многогранник ограничен шестью квадратами — это гексаэдр или куб. Здесь
g = 12, р = 8.
2 2
3)	При m = 4, га = 3 получим также -j- + -ц > 1; / — 8. Много-
Многогранник ограничен восемью треугольниками — это октаэдр. В нем
а= 12, р = 6.
2 2
4)	При m = 3, га = 5 имеем: -~ +-^- > 1; / — 12. Многогранник
ограничен двенадцатью пятиугольниками — это додекаэдр. В нем
а = 30, р = 20.
2 2
5} m = 5, га = 3; -=¦ + -g- > 1, / = 20. Многогранник ограничен
20 треугольниками — это икосаэдр. В нем а =30, р 12.
2 2
При т - - 4 и га = 4 имеем: -;—— = 1, и неравенство B) не
выполняется. При дальнейшем увеличении значений тип вырг-
жение в левой части неравенства B) становится еще меньше, и
оно опять-таки не может быть справедливым. Можно показать,
что любой правильный многогранник можно получить описанной
конструкцией, и наши рассмотрения показывают, что в простран-
пространстве существует только пять видов правильных многогранников,
37. В тетраэдре имеется четыре оси симметрии третьего по-
порядка, проходящие через вершины и центры противоположных
граней, и три оси второго порядка, проходящие через середины
противоположных ребер. Остальные правильные многогранники
имеют следующие оси симметрии.
Гексаэдр (куб):
3	оси 4-го порядка проходят через центры противоположных
граней,
4	оси 3-го порядка — через противоположные вершины,
6 осей ?-го порядка — через середины противоположных ребер.
Октаэдр:
3	пси 4-го порядка проходят через противоположные вершины,
4	оси 3-го порядка — через центры противоположных граней,
169

6 осей 2-го порядка — через середины противоположных ребер.
Додекаэдр:
6 осей 5-го порядка проходят через центры противоположных
граней,
10 осей 3-го порядка — через противоположные вершины,
15 осей 2-го порядка — через середины противоположных ребер.
Икосаэдр:
6 осей 5-го порядка проходят через противоположные вершины,
10 осей 3-го порядка — через центры противоположных граней,
15 осей 2-го порядка — через середины противоположных ребер.
38.	Поскольку правильный многогранник составлен из / кон-
конгруэнтных правильных пирамид с общей вершиной S, а в правиль-
правильной пирамиде вершина равноудалена от всех вершин основания
и от середин всех ребер основания, причем высоты всех / пирамид
равны между собой, то отсюда следует, что точка S равноудале-
равноудалена от всех вершин, от всех ребер и от всех граней многогран-
многогранника. Следовательно, S является центром: 1) описанной сферы,
2) сферы, касающейся всех ребер, 3) вписанной сферы (поясните).
39.	Поворот пространства около оси, при котором многогран-
многогранник отображается иа себя, назовем просто поворотом многогран-
многогранника. Если многогранник правильный, то фиксированное его ребро
[АВ] можно отобразить на любое ребро [Л'В'] из общего числа а
двумя поворотами многогранника: при одном А отображается на
А', В — на В', при другом — А на В', В на А'. Следовательно,
общее число поворотов равно 2а. (Аналогичные рассмотрения
с гранями и вершинами дают для числа поворотов формулы nf
и тр, где т и п — те же, что и в задаче 36; конечно, для пра-
правильных многогранников mf = тр = 2а.)
40.	Допустим, что сумма указанных векторов есть вектор
-¦- -+¦
т Ф 0. Рассмотрим поворот многогранника около одной из его
осей симметрии, не параллельной т. Тогда, с одной стороны,
рассматриваемая сумма не должна измениться; с другой стороны,
-»-	-*--»-
вектор т повернется и преобразуется в новый вектор т Ф т.
-*¦-*¦
Это противоречие показывает, что m = 0.
41.	Пусть точка Р находится на расстояниях hlt h2, ... , /i/
от плоскости / граней правильного многогранника. Разбивая
многогранник на / пирамид с общей вершиной Рис основаниями —
гранями многогранника, получим, что объем многогранника равен
V = -?- (/ii + h2 + • • • + hf), где Q — площадь грани многогранника.
3V
Следовательно, сумма hx + h2 + • * • Щ = тг не зависит от положе-
положения точки Р.
42.	Строим три взаимно перпендикулярные прямые, пересе-
пересекающиеся в одной точке — центре будущего октаэдра. От центра
во всех направлениях откладываем шесть конгруэнтных отрезков.
Их концы и будут вершинами искомого октаэдра.
170

43.	Луч, идущий из центра правильного многогранника
к любой из его вершин, есть ось симметрии m-го порядка пра-
правильного /л-гранного угла. При повороте около этой оси на угол
2я
— совмещаются друг с другом и прилегающие к вершине грани,
а также центры соответствующих правильных л-угольников. По-
Поэтому эти центры являются вершинами правильного многогран-
многогранника, имеющего m-угольные грани и /г-гранные углы (см. задачу 36).
Двойственными правильными многогранниками являются куб и
октаэдр, додекаэдр и икосаэдр. Тетраэдр* двойствен самому себе.
44.	В кубе ABCDA'B'C'D' диагонали граней [AC], [CD'], [D'A],
[АВ'], [В'С], [B'D'\ служат ребрами правильного тетраэдра, а
остальные 6 диагоналей граней — ребрами другого правильного
тетраэдра. Объем одного из этих тетраэдров получим, вычитая
из объема куба объемы четырех пирамид, у которых основанием
служит половина грани куба, а высотой — ребро куба. Объем
такой пирамиды равен -^а ¦ -^ а2 = тГй3> П0ЭТ0МУ объем тетра-
тетраэдра^ равен: а3 — 4 - -^ а3 -^ а3.
Пересечением рассматриваемых тетраэдров является октаэдр,
вершинами которого служат центры граней куба. Этот октаэдр
можно получить, отрезая от одного из тетраэдров четыре тетра-
тетраэдра с ребром вдвсе меньшей длины. Объем каждого из этих
четырех тетраэдров в 8 раз меньше объема большого тетраэдра,
и, значит, объем оставшегося октаэдра равен половине объема
тетраэдра, т. е. -g-os.
Объем же многогранника, являющегсся объединением тетра-
тетраэдров, получим, приставляя к одному из тетраэдров четыре тет-
тетраэдра с вдвое меньшим ребром (по одному на каждую грань);
при этом добавлении объем тетраэдра увеличится в полтора раза,
3	1	О	1	О
т. е. станет равен: -~- • -к- а" = у а".
45.	В предыдущей задаче был рассмотрен октаэдр, вписанный
в тетраэдр. Тетраэдр этот можно получить, продолжая четыре
не" смежные и не противоположные грани октаэдра. Как уже
доказано в предыдущей задаче, объем получившеюся тетраэдра
вдвое больше объема октаэдра. Каждая грань этого тетраэдра
составлена из четырех треугольников, конгруэнтных граням
октаэдра, поэтому площадь одной грани тетраэдра равна полови-
половине площади всей поверхности октаэдра, а площадь всей поверх-
поверхности тетраэдра вдвое больше площади всей поверхности окта-
октаэдра.
46.	Рассмотрим додекаэдр с центром S (рис. 101). Ввиду кон-
конгруэнтности граней конгруэнтны и их диагонали: [АВ] ss [ВС] ез
^ \CD] ss [DA]. В правильной треугольной пирамиде PABQ ребро
[PQ] перпендикулярно ребру основания [АВ] (см. задачу 8 из § 5).
Но (PQ) |! (AD) || (ВС) и, значит, ABCD — квадрат. Точно так же
171

N1	M'
Рис. 101
докажем, что АВП'А', ВСС'В',
А'В'CD' и ADD'А' тоже квад-
квадраты. Итак, многогранник
ABCDCD'A'B' — куб, ребрами ко-
которого служат диагонали доде-
додекаэдра.
Если в пятиугольнике AMNBP
взять другую диагональ [ЛЛ^], то
получим квадрат ANEQ, который
есть грань куба ANEQCN'E'Q'.
Исходя из трех остааьных диаго-
диагоналей \ВМ\, [МР\ и |ЛГР|, получим
еще три куба: BMF'QD'M'~FQ',
MPDE'M'P'B'E и NPCFN'P'A'F'.
Нетрудно убедиться в том, что каждая диагональ каждой грани
дочекаэдра является стороной одного и только одного из этих ку-
кубов. Следовательно, таких кубов ровно пять F0 диагоналей гра-
граней распределяются по 12 на 5 кубов).
47. Рассмотрим куб ABCDA'B'C'D' (рис. 101). Для построения
додекаэдра нужно построить его ребро а, зная, что ребро квадрата
d служит диагональю правильного пятиугольника. Две диагона-
диагонали, исходящие из одной вершины, образуют со стороной правиль-
правильного пятиугольника равнобедренный треугольник с углом при
кершине 36° и углами при основании по 72°. Поэтому, проведя
биссектрису одного из углов при основании, отделим от треуголь-
треугольника треугольник, подобный данному. Из подобия получим:
(длина всего отрезка d относится к большей его части а
j
так же, как и относится к меньшей части d — а — деление отрез-
отрезка d на такие части а и d — а называется «делением в крайнем
и среднем отношении» или «золотым сечением»). Решая получив-
получившееся квадратное уравнение:
йЧ-йA-A2 = 0,	A)
d . -if(Г-
получим:
Для построения о надо начертить прямоугольный треугольник
с катетами d и у и от его гипотенузы отсечь отрезок длины
-=-. Построив отрезок длины а, затем надо поместить его нзд
плоскостью ABB'А' так, чтобы он занял положение [MN\. Точкам
М и W соответствуют симметричные им точки М' и N', причем
длина | ММ' | равна диагонали куба: | ММ' \ = d } 3. Так как
\MN\-a, то | MN' |2 = -- 3d2 — о2 (из прямоугольного треугольни-
треугольника MNN'). Таким образом, | Ш' |2 -- 3d2 — а2 --<Р-\ 2d* — аг\
из квадратного уравнения A) имеем: 2di = 2o2 4- lad, поэтому
| MN' |2 = d2 + lad -f a% = (d + af, \MN'\ = d + a. Следова-
172

вательно. отрезок MN находится на расстоянии " от плоскости
грани АВВ'А'. Проекции точек М и N иг эту плоскость нахо-
находятся на средней линии грани на расстоянии ~ от ее середины.
Итак, положение вершин М, N, М', N' нам известно.
Если А принять за начало координат, ось х направить по
прямой АВ, ось у— по (АА'), ось z — перпендикулярно к ним,
то координаты точки М будут (¦ ~а; у; ~\, поэтому, исполь-
используя, что d2 — a<f*=* о2, получим:
\АМ |2 =
|2 2о2 + 2а2
= d2 — 2cd-l а2 + d2 + а2 _ 2 (d2 — ad) + 2а2 ш
|ЛМ|2
Итак, | AM | = | MN \ = | NB | = а. Аналогичным вычислением
установим по координатам (—tf, у, ^-j точки N, что \AN\ =
= | АВ | = d, а по координатам (у , —|-,	^-) точки Р, получим,
что \PN\ = \PM\ = d. Итак, точки А, М, N, В, Р являются
вершинами правильного пятиугольника. Отсюда следует, чго и
все остальные точки, построенные аналогичным образом, являются
вершинами правильных пятиугольников — граней додекаэдра.
48.	Ось симметрии октаэдра третьего порядка проходит через
центры двух противоположных граней. Пусть ABC — одна из
них, А', В', С — вершины второй грани, симметричные с соот-
соответствующими вершинами первой относительно центра 5 окта-
октаэдра. Так как плоскости граней ABC и А'В'С параллельны, то
середины ребер [АВ'], [ВС], [СА'\, [АС], [ВА'] и [СВ1] лежат
в одной п той же плоскости, перпендикулярной оси вращения и
проходящей через центр октаэдра. При этом отрезки, соединяю-
соединяющие середины этих ребер, конгруэнтны между собой и по длине
равны половине ребра октаэдра. (Например, середины [АВ'] и
I В' С'\
[АС] являются концами отрезка длины ——¦ — средней линии
треугольника АВ'С.)
Итак, эти точки являются вершинами правильного шестиуголь-
шестиугольника, так как они лежат в одной плоскости на равных расстоя-
расстояниях друг от друга и от центра октаэдра.
49.	Поместим на средних линиях граней куба по одному от-
отрезку одинаковой длины т с концами на равных расстояниях от
ребер. Расположим отрезки и выберем их длину так, чтобы, со-
соединяя концы отрезка одной грани с концом отрезка на другой
грани, получить равносторонний треугольник. На рисунке 102
на передней грани куба помещен отрезок [MN]. На боковой
грани — [PQ]. Определим, при каком значении т будем иметь
173

N х
Рис. 102
\MN\ = \PM\ = \PN\, если ребро
куба имеет длину а. Примем одну
из вершин куба за начало коорди-
координат О, а оси Ох, Оу, Ог направим
по ребрам куба. Тогда будем
(	Р =.
иметь:
N = Л/(|-; 0;
(
= Р\а\ —2~ ; у) • Вычислим рас-
расстояние | NP | и потребуем, чтобы
оно равнялось т. Получим урав-
уравнение:
а2 + а2 — 2om + m2 + m2 — 4/п2.
4
— а3 = 0.
Мы получили уже знакомое уравнение «золотого сечения».
Построив, как в задаче 47, по отрезку длины а отрезок длины m
и поместив такие отрезки на шести гранях куба, получим 12
вершин икосаэдра.
50. Рассмотрим октаэдр (рис. 103) с гранью ABC и противо-
противоположной гранью А'В'С (вершины, симметричные относительно
центра октаэдра, обозначены оцной и той же буквой). Длину
ребра октаэдра обозначим через т. Располагая одну из граней
икосаэдра MNP на грани октаэдра, мы должны разделить все
ребра грани в одном и том же отношении так, чтобы ребра ико-
икосаэдра имели одну и ту же длину а. Обозначим через р большую
часть ребра октаэдра при таком делении. В треугольнике ANP
имеем: \NP\ = а, |АР\ = р, \AN\ = m — р, и по теореме коси-
косинусов
— 2/7 (т — /з) cos 60°;
а2 = р2 + (т — рJ — тр + р2 =
= Зр2 — Зтр + т'1. A)
; R треугольнике ABA' точки Р и Q
делят стороны \АВ\ и \А'В\ в од-
одном и том же отношении, \АВ\ =
= \А'В\=т.\АА'\= r,iV2,\ PQ i =
= а. В силу подобия получим:
а т — р _	.	.-, /7i.
Л
к
^7/
с
Рис. 103
а2 =» 2т2 + 2/з2 — Amp.
174

Сравнивая найденное значение <?г со значением сг из (I), получим
уравнение: Зр2 — Зтр + т2 = 2т2 + 2р2 — Amp;
р2 + тр — т2 = 0.
Мы вновь получили уравнение «золотого сечения». Деля в этом
отношении все ребра октаэдра, мы получим 12 вершин искомого
икосаэдра.
51.	Проведем через центр правильного многогранника и центр
его грани ось симметрии гс-го порядка. Прямые, проходящие через
середины ребер этой грани и перпендикулярные ребру, лежат в
плоскости симметрии многогранника, проходящей через проЕеден-
ную ось и середину ребра. Кроме того, эти прямые перпендику-
перпендикулярны радиусу касающейся сферы и образуют равные по Ееличине
углы с плоскостью грани. Вследствие этого исе они пересекаются
с осью симметрии в одной и той же точке и образуют правиль-
правильный n-гранный угол. Вместе с тем каждый из этих перпендику-
перпендикуляров, образуя такой же по Ееличине угол с соседней гранью,
пересекает и другую ссь симметрии, псстрсенную по соседней
грани, т. е. является ребром «соседнего» n-гранного угла. В ре-
результате мы получим / Еершин с n-гранным углем при каждой
Еершине, причем нее эти Еершины сседикеьы ребрами, ограничи-
ограничивающими грани правильного многогранника. Действительно, Есе
новые Еершины находятся на раЕных расстояниях от центра, а
оси симметрии образуют друг с другом равные по Ееличине углы
и являются ребрами m-гранных углов, опирающихся на правиль-
правильные т-угольники. Итак, мы получили правильный многогранник
с m-угольными гранями и с я-гранными углами, т. е. многогран-
многогранник, двойственный данному.
52.	Из метода построения правильного многогранника, описан-
описанного в задаче 36, следует, что каждый многогранник из его цен-
центра 5 можно разбить на / правильных многогранных углов, запол-
заполняющих Есе пространство. Эти углы у одноименных многогранников
конгруэнтны. Поэтому, совмещая перемещением пространства
центры двух правильных одноименных многогранников друг с дру-
другом, мы можем совместить друг с другом и каждую пару конгру-
конгруэнтных между собой многогранных углов. После этого уже
нетрудно доказать, что два таких многогранника гомотетичны
с центром гомотетии в общем центре многогранников.
§ 8. 1. Прямая призма, вписанная в цилиндр, имеете ним равные
еысоты, причем основание призмы — вписуемый многоугольник.
Обратно: если основанием прямой призмы служит вписуемый
многоугольник, то, описав около него окружность, получим осно-
основание цилиндра, образующими боковой поверхности которого служат
ребра призмы.
2. Если прямая призма описана около цилиндра, основанием
ее должен служить многоугольник, в который можно вписать
окружность.
175

Обратно: если основанием прямой призмы служит многоуголь-
многоугольник, в который можно вписать окружность, то, вписав такую
окружность, мы принимаем соответствующий круг за основание
цилиндра. Образующие его боковой поверхности перпендикулярны
плоскости основания. Те из них, которые проходят через точки
касания окружности, вписанной в многоугольник основания, со сто-
сторонами многоугольника, лежат в плоскостях боковых граней, так
как призма — прямая.
3.	Пусть ось цилиндра пересекает плоскость сечения в точке Р.
Проведем через точку Р плоскость, перпендикулярную оси цилинд-
цилиндра. Эта плоскость пересечет плоскость сечения по прямой /. Если
принять прямую / за ось симметрии, то отсеченная перпендику-
перпендикулярной плоскостью часть скошенного цилиндра («копыто») после
этой симметрии дополнит скошенный цилиндр до цилиндра с высо-
высотой | ОР \. Отсюда следует, что объем скошенного цилиндра равен-
произведению площади основания на длину отрезка оси от центра
основания до точки ее пересечения с секущей плоскостью.
4.	Пусть прямоугольник имеет стороны длины а и Ь. Пусть
ось вращения / параллельна стороне длины а и находится от
центра прямоугольника на расстоянии г. Тогда объем тела враще-
вращения будет равен разности объемов двух цилиндров: одного — с ра-
. Ь
диусом основания с+ув высотой а, другого — с радиусом
основания г — — и той же высотой а. Получим:
V
V
= па[
= я I г + -д-1 а — п I г — у ] a,
2 + rb + ~ — г2 + rb — ~j = ab
2-кг.
5. Поместим равносторонний цилиндр внутрь тетраэдра так,
чтобы его основание совместилось с основанием тетраэдра, а ось —
с высотой тетраэдра. Пересечем теперь всю фигуру плоскостью,
проходящей через боковое ребро и высоту тетраэдра. Тогда в
плоскости сечения мы получим фигу-
фигуру, изображенную на рисунке 104.
Здесь IMP]—ребро тетраэдра, [MN] —
высота основания, [ЛФ] — высота бо-
боковой грани, О — общий центр основа-
оснований тетраэдра и цилиндра, A'B'C'D' —
квадрат в сечении цилиндра. Луч ОА'
пересекает (NP) в точке А. Примем
О за центр гомотетии, отображающей
Л' на А. Применяя эту гомотетию
к цилиндру, мы получим цилиндр
с сечением ABCD, причем окружность
его верхнего основания будет касаться
всех граней тетраэдра — в точке А
С с' 0
Рис. 104
Л'Л
176

и в соответствующих точках на двух других гранях. Для вычисле-
вычисления площади боковой поверхности и объема равностороннего ци-
цилиндра достаточно знать лишь его радиус г. Площадь боковой
йоверхности есть 5 = 4лг2; объем — V = 2пг3. Для определения г
используем подобие треугольников PON и ADN. Имеем:
Здесь \AD\= 2r\
\DN\ = \ON\ — \OD
\AD\ \DN\
\P0\ \0N\-
2 a2 2a2 „
A)
1/3
= —j= — г. Из равенства A) получаем:
у О
Т =~
а B 1/3 - 1/б)
6. Поместим равносторонний цилиндр так, чтобы ось цилиндра
совпала с диагональю куба, а центр куба находился на равных
расстояниях от оснований цилиндра. Проведем через эту диагональ
куба диагональное сечение и получим в нем фигуру, изо-
изображенную на рисунке 105. Примем центр куба за центр гомо-
гомотетии, отображающей точку А' иг А; при этой гомотетии из нашего
цилиндра получится как раз цилиндр, вписанный в куб. Чтобы
найти радиус цилиндра г, рассмотрим подобные треугольники
AMQ и MNP. Получим:
\MQ\
\Р,\\
\AQ\
\МР\
здесь \MQ\=±&-
г, \PN\=aV%
A)
= г, | МР | = а. Из
равенства A)
а 1/3
найдем:
а 1/2
=-. Зная радиус, вычислим площадь боковой поверх-
2)
2A +1/2)
ности и объем цилиндра по фор-
формулам (см., например, решение пре-
предыдущей задачи).
7. Длина окружности основа-
основания цилиндра увеличилась вдвое
и вдвое уменьшилась высота, зна-
значит площадь боковой поверхности
осталась неизменной. При увели-
увеличении вдвое радиуса основания его
площадь увеличивается вчетверо,
а при уменьшении при этом вы-
высоты вдвое объем цилиндра увели-
увеличивается вдвое.
12
177

8. Пусть Р' проекция точки Р ня плоскость и (рис. 106),
А, В и С —данные точки, А', В', С—проекции точки Р на
прямые*ВС, СА и АВ. Так как прямые PA', PB', PC перпен-
перпендикулярны (ВС), (СА), (АВ), то перпендикулярны им и их про-
проекции (почему?). Четырехугольники Р'А'СВ' и Р'В'С'А, вписуемые
в окружность (окружности эти можно построить на отрезках Р'С
и АР' как на диаметрах). Поэтом} В'А'С = В^Р'С и В'СР' =
= BMP'. Отсюда следует, что и А'Р~'С =СрА. Но А'7>'С +
+ ABC — л, так как два угла в четырехугольнике А'Р'С В —
прямые. Значит, и СР'А + АВС = л, т. е. Р' лежит на окр\ж-
ностн, описанной около треугольника ABC. Следовательно, множе-
множество точек Р образует боковую поверхность цилиндра, основанием
которого служит полученный круг, а высота равна 2/г (по усло-
условию расстояние точек от Р до а не больше К).
9. Фигуру в пересечении боко-
боковой поверхности цилиндра с про-
произвольной плоскостью можно рас-
рассматривать как параллельную про-
екиию окружности основания на
плоскость сечения: проектирующи-
проектирующими прямыми являются образующие
боковой поверхности. Следователь-
Следовательно, это сечение —- эллипс. Диаметр
окружности, параллельный плос-
плоскости сечения, проектируется в диа-
диаметр эллипса, имеющий такую же
длину. Перпендикулярный к нему
диаметр окружности имеет проек-
проекцию большей длины, так как ее
длина равна длине диаметра, де-
деленной на косинус угла между диа-
диаметральной прямой и плоскостью
сечения. Легко показать, что этот
диаметр имеет наибольшую длину
из всех диаметров эллипса.
Построение рассматриваемого
сечения поверхности цилиндра по-
показано на рисунке 107. Здесь / —
прямая пересечения секущей плос-
плоскости с плоскостью основания;
Р — точка пересечения плоскости
сечения с осью цилиндра;[Л0Л^] —
диаметр окружности основания,
М — пересечение (Л0Лд) с I, A
и А' — концы диаметра эллипса,
Рис. 107	получившиеся от пересечения (МР)
178
Рис. 106

Рис. 108
с соответстЕуюшими образующими цилиндра.
Таким построением можно получить любое ко-
личестро точек эллипса.
10.	Множество точек, находящихся на дан-
данном расстоянии от прямой /, есть цилиндри-
цилиндрическая поверхность вращения с осью /. Мно- ¦
жество точек, находящихся на данном рас-
расстоянии от а, две параллельные плоскости.
Пересечением этих множеств являются два
эллипса (см. предыдущую задачу).
11.	Обозначим через О точку пересече-
пересечения осей цилиндров (рис. Ю8). Секущая
плоскость, параллельная осям и проходящая
на расстоянии х от точки О, дает в пересечении с цилиндрами
полосы шириной 2 ] R2 — х", а в пересечении с рассматриваемым
телом — квадрат. Площадь этого сечения равна S (х) = 4/?2— 4л:2.
Так как зта площадь есть квадратичная функция от х, то для
вычисления объема можно применить формулу Симпсона (см. ниже
задачу 39): V = ~ E0 + 45„, + Sn). Здесь 50 = Sn = 0, Sm = 4R\
9/?	Ifi
И — 2R, поэтому V = -?- ¦ 16/?2; V = -=- Rs. Ответ можно получить
и непосредственным интегрированием функции площади сечения
S{x).
12.	Пусть точка М (х\ у; z) находится на расстоянии г от оси
Oz. Тогда х2 + у2 = г2, так как точка М' — проекция М на Оху —
находится от точки О на расстоянии г. Но r = ztgy. Поэтому
уравнением конической поверхности будет соотношение х2 + у2—
— 22tg2(f = 0.
13.	Пусть 5 — данная точка, в которой пересекаются прямые
АА', ВВ', СС. Из точки S исходят 6 лучей: SA, SA', SB, SB',
SC и SC. Для каждой тройки этих лучей, например SA, SB,
SC, можно построить прямую, точки которой равноудалены от этих
лучей (см. решение задачи 5 из § 6). Эта прямая есть ось кони-
конической поверхности, образующими которой являются лучи SA,
SB, SC. Таких конических поверхностей можно построить четыре
(если считать одинаковыми центрально симметричные конические
поверхности, имеющие общую вершину и ось). Каждая из данных
прямых является общей образующей всех четырех конических
поверхностей.
14.	Пусть выпуклый четырехгранный ^гсл вписан в кониче-
коническую поверхность рращения. Так как ось Еращения / лежит в
плоскости симметрии кяждой пары образующих, двугранные углы,
образуемые плоскостью i р^ни н двумя плоскостями, проходящими
через ось и соседние ребра, конгруэнтны друг другу. Обозначим
через а, р, у, В величины двугранных углов при ребрах четырех-
четырехгранного угла, а через а', а", р', р", -j-'. т". 8'> 8" — величины
частей этих углов, голученных от деления их плоскостями, про-
173

Рис. 109
веденными через ребра и ось
конической поверхности. Что-
„ бы сделать картину наглядной,
пересечем поверхность плос-
плоскостью, перпендикулярной оси.
Тогда получим фигуру, изобра-
изображенную на рисунке 109. Здесь
О — точка на оси, А, В, С, D —
точки на ребрах. Рассмотрим
сначала случай (а), когда ось
лежит внутри угла. Тогда полу-
получим: а + т = а' + а" + т' + т".
р + 8 == р' + р» + 8' + 8". Но
а' = 5", а" = р', т' = ^" и 7" = &'.
Итак, а+ т = |3+ о. Случаи
(б) и (в) рассматриваются подоб-
подобным образом: во всех случаях
будет выполнено условие а +
+ Т ~ Р + 8 (докажите). Следо-
Следовательно, это условие необ-
необходимо.
Пусть теперь нам дано, что
в выпуклом четырехгрангом
угле с вершиной 5 равны суммы:
Р8
Допустим сначала, что не все
углы а, р, f, 8 равны между
собой, и положим, что а > Р; тог-
тогда т < 8. Рассмотрим аналогич-
Рис. 110	ное сечение (рис. ПО), на кото-
котором А, В, С, D — точки на реб-
ребрах четырехгранного угла. Построим внутри угла а у гол, рав-
равный по Ееличине р, а внутри 8 — угол, равный по величине ^. Пусть
(SM) —.'" пересечение новых плоскостей, (SP) — пересечение плос-
плоскостей SDM и SB С, SN—пересечение плоскостей SAM и SBC.
Трехгранные углы SABN и SCDP симметричны ввиду конгруэнт-
конгруэнтности углов при гранях SAB и SCD. Симметричен также и трех-
трехгранный угол SADM, так как конгруэнтны углы при pe6pax7[S/4)
и [SD): а — Р = т— 8 (из основного условия). Итак, плоскость
симметрии ребер [SA) и [SB) пройдет через ребро [SN), плоскость
симметрии ребер [SC) и [SD) пройдет через ребро [SP), плоскость
симметрии ребер [SA) и [SD) пройдет через ребро [SM). В то же
время эти три плоскости — плоскости симметрии трехгранного
угла SNMP и потому пересекаются по одной прямой SO, точки
которой равноудалены от всех четырех ребер: [SA), [SB), [SC),
[SD). В случае равенства двугранных углов достаточность усло-
условия доказывается проще, рассмотрением плоскостей симметрии
этого четырехгранного угла.
В
180

15. Пусть коническая поверх-
поверхность вращения вписана в четы-
четырехгранный угол SABCD. Пересе-
Пересекая фигуру плоскостью, перпенди-
кулярноп осп вращения /, получим
в сечении фигуру, изображенную
на рисунке 111. Точки А, В, С, D
принадлежат ребрам; О — проекция
вершины S на эту плоскость; т,
п, р, q — проекции образующих, по
.которым коническая поверхность
касается граней угла. Каждый плос-
плоский угол четырехгранного угла
этими образующими разбивается на
два угла. Каждое ребро лежит в
плоскости симметрии двух сосед-
соседних образующих, откуда получаем
равенства:
>ис. 111
М
-—AN
Сравним суммы плоских углов:
ASB + CSD = а' + а" + -у' + -у";
BSC + DSA = Р' + р" + Ь' + о".
Принимая во внимание равенства
A), видим, что эти суммы рав-
равны между собой. В этом состоит
необходимое условие тог о,
чтобы коническая поверхность вращения вписывалась в четырех-
четырехгранный угол. Для доказательства достаточности этого усло-
условия рассмотрим четырехгранный угол SABCD (рис. 112), в кото-
котором ASB -f CSD = BSC -\- DSA. Докажем, что существует ось /,
проходящая через S и равноудаленная от четырех граней. Эта
о°ь является и осью вращения конической поверхности. Положим
AS~B = a, BSC = p, CSD=i, DCA-^Ъ. Пусть а>р; тогда-у<?. По-
Построим внутри угла а угол, равный по величине р, а внутри угла о —
угол, равный по величине 7: BSM = р, DSN = f. Так как а —
— р = 8 — -у. т0 MSA = NSA. Плоскость симметрии трехгранного
угла SBCM проходит через ребро [SB), плоскость симметрии
трехгранного угла SCDN проходит через ребро [SD), плоскость
симметрии трехгранного угла SAMN проходит через ребро \SA).
Одновременно те же самые плоскости являются плоскостями сим-
симметрии трехгранного угла SMNC, и поэтому все они пересекаются
по одной прямой /, все точки которой равноудалены от четырех
181

Рис. 113
граней данного угла: / и есть ось
конической поверхности, вписанной
в этот угол.
В случае, когда все четыре плос-
плоских угла конгруэнтны друг другу,
искомая ось / есть прямая пересе-
пересечения диагональных плоскостей четы-
РехгРанного угла.
16.	Задача решается тем же спо-
способом, какой мы применяли при по-
построении сечения цилиндра (задача 9).
Построение показано на рисунке 113.
17.	Если в осевом сечении конуса
угол между образующими не преьы-
шает 90е, то этот угол будет наибеш-
шим из углов между образующими. Следовательно, наибольшей явля-
является и площадь этого (осевого) сечения, так как эта площадь равна
половине произведения квадрата длины образующей на синус угла
между образующими. Если же указанный угол тупой, то наибольшая
площадь сечения получится, когда угол между образующими —
прямой (sin 90е = 1). Чтобы построить такое сечение, нужно в
окружности основания конуса провести хорду, длина которой
равна диагонали квадрата, стороной которого является длина
образующей, и провести сечение через вершину конуса и эту
хорду.
18. Если цилиндр вписан в конус так, что одно его основание
лежит в основании конуса, а другое касается его боковой поверх-
поверхности, то в осевом сечении конуса мы получим равнобедренный
треугольник со вписанным в него прямоугольником. Пусть рассто-
расстояние от вершины конуса до верхнего основания цилиндра равно
х, а радиус основания цилиндра разен г. Тогда из подобия тре-
треугольников получим пропорцию:
Боковая поверхность цилиндра S вычисляется по формуле: S =
= 2nrh', где h' = h — х; следовательно,
S = 2л ^(А -х) = — 2л
2nRx.
Мы получили квадратичную функцию от х, наибольшее значение
которая принимает при х — -^ .
Итак, цилиндр с максимальной боковой поверхностью полу-
получится тогда, когда верхнее основание цилиндра будет проходить
через середину высоты конуса.
19. Все касательные имеют общую точку и находятся на од-
одном и том же расстоянии от центра сферы. Следовательно, объ-
18?

единение этих касательных является конической поверхностью
вращения. Длина образующей / от точки S до точек касания
вычисляется по теореме Пифагора: /2 = 4R2— R2, / = /?]/3.
Радиус г соответствующего конуса равен:
Площадь S боковой поверхности определяется по формуле:
о = л/7, о = 2
20.	Если в усеченный конус вписана сфера, то, произведя
еечение конуса плоскостью, проходящей через ось конуса, мы
получим в сечении равнобедренную трапецию со вписанной в нее
окружностью. Диаметр окружности есть высота конуса, основа-
основания трапеции равны диаметрам оснований конуса: 2г и 2R. По
свойству сторон описанного четырехугольника боковые стороны
трапеции дают в сумме 2R + 2г, поэтому каждая из них имеет
длину R + г. Отсюда нетрудно найти высоту трапеции: h2 = (R 4-
-f- гJ — (R —гJ = 4/?г. Итак, эта высота, а также и диаметр
сферы есть среднее пропорциональное между диаметрами основа-
оснований. Это необходимое условие для существования сферы,
вписанной в усеченный конус.
Обратно, положим, что в равнобедренной трапеции высота
/i2 = 4Rr, где R и г — половины длин оснований. Тогда боковая
сторона а трапеции определяется по теореме Пифагора:
сг = 4Rr -L(R — rf = R2 + 2Rr + r2 = (R + rJ.
Итак, a = R + г, а сумма двух боковых сторон равна 2R 4-
+ 2г. В данной трапеции суммы длин противоположных сторон
равны между собой, следовательно, в эту трапецию можно впи-
вписать окружность. Радиус окружности будет и радиусом сферы,
вписанной в усеченный конус, удовлетворяющий условию: h2 =
=> 4Rr.
21.	Отметим на шаре точку Р и из нее как из центра опи-
опишем по поверхности шара произвольную окружность. На полу-
полученной окружности отметим три точки А, В, С. Потом на плос-
плоскости (на листе бумаги) построим треугольник А'В'С, конгру-
конгруэнтный треугольнику ABC, и опишем окружность около треуголь-
треугольника А'В'С'. Таким образом нам будут известны расстояния
| РА | = г и | А'Р' | = г', где Р' ¦— проекция точки Р на плоскость
ABC (r' есть радиус окружности, описанный около треугольни-
треугольника А'В'С). Зная это, мы можем построить треугольник AlPlP'l
по гипотенузе г и катету г'. Продолжив (Р^), получим прямую,
соответствующую диаметру шара; потом через точку Ах проводим
прямую, перпендикулярную (^Р,), — ее пересечение с прямой Р^Р\
определяет точку Qlt которой на шаре соответствует точка Q.
183

противоположная Р. Тем самым диаметр шяра по-
построен—он равен IPiQx].
22.	Пусть ABCD— данный пространственный четырехуголь-
четырехугольник: из каждой его врршины неходят две стороны, касающиеся
сферы. Точки касания сферы с прямыми АВ, ВС, CD, DA обозна-
обозначим буквами Р, Q, R, Т соответственно. Проведем через две та-
такие касательные из одной вершины плоскость, которая пересечет
сферу по окружности, те же касательные будут касательными
и к окружности, поэтому они конгруэнтны друг другу и симмет-
симметричны относительно прямой, соединяющей данную вершину с цент-
центром полученной окружности. Вместе с тем они симметричны
и относительно плоскости, проходящей через эту прямую и центр
сферы. Так как это справедливо и для всех остальных вершин
четырехугольника, то мы можем, так же как и для описанного
четырехугольника на плоскости, доказать, что и у этого четырех-
четырехугольника суммы длин противоположных сторон равны между
собой:
\AB\--\CD' \ВС + \DA\.	A)
Предположим сначала, что не Есе стороны конгруэнтны друг
с другом—п\сть |Л8|>|ВС|; тогда | CD |<|D,4|. Отложим на
прямой ВА от точки 8 [ВМ\ s^ \ВС], а на (DA) от точки D —
[DN]^[DC]. Тогда на основании A) получим: [АМ\ ^ [AN].
Точки М и С лежат на симметричных касательных, и поэтому их
плоскость симметрии проходит через центр сферы. Точно так же
пройдут через центр сферы плоскости симметрии пар точек С
и N, М и N. Те же плоскости являются и плоскостями симмет-
симметрии вершин треугольника MNC; следовательно, все они проходят
через одну и ту же прямую /, проходящую через центр сферы
и перпендикулярную к плоскости MNC.
Тогда в силу конгруэнтности отрезков касательных получим:
(РТ) || (MN), (PQ) || (МС), (RT) || {NO, откуда и следует, что
точки Р, Q, R, Т принадлежат одной плоскости, параллельной
плоскости MNC.
23.	Пусть ABCDA'B'C'D' — гексаэдр, в котором ABCD —
грань, [АА'\, [ВВ'\, [СС], [DD1] — ребра. Через ABCD проходит
окружность. Эта окружность и точка А' вне плоскости ABCD
определяют сферу. Эта сфера пересечет плоскость ABA' по окруж-
окружности, которая пройдет через точки ABA' и по условию и че-
через В'. Применяя те же рассуждения к грани ВСС'В', получим,
что она пройдет и через точку С. Так же докажем, что сфера
пройдет и через точку D'. Сфера эта однозначно определяется
любыми четырьмя вершинами гексаэдра, не принадлежащими
одной грани.
24.	Возьмем три произвольные точки А, В, С данного мно-
множества. Этому же множеству принадлежит и любая точка окруж-
окружности, проходящей через А, В и С. Пусть D — еще одна точка
того же множества, D § (ABC). Окружность, проходящая через
184

В, С и D, тоже содержится в этом множестве. Поскольку
D § (ABC), плоскости обеих окружностей пересекаются по прямой
ВС. Плоскость, проходящая через центры рассматриваемых окруж-
окружностей и середину отрезка ВС, перпендикулярна обеим плоскос-
плоскостям (почему?). Этой плоскости принадлежат два перпендикуляра,
проведенные из центров окружностей к^их плоскостям. Перпен-
Перпендикуляры пересекаются в точке О, равноудаленной от всех точек
окружностей и потому являющейся центром сЬеры, проходящей
через точки А, В, С, D. Этой сфере принадлежат и точки обеих
окружностей. Любая точка Р этой сферы вместе с точками В и D
определяет окружность, проходящую по сфере и пересекающую
каждую из двух наших окружностей. Так как эта окружность
проходит через три точки данного множества, то она принадле-
принадлежит ему" всеми своими точками и, в частности, точкой Р. Итак,
все точки сферы принадлежат данному множеству. Чтобы дока-
доказать, что это множество точек и сфера совпадают, допустим, что
множеству принадлежит точка М, не принадлежащая сфере.
Тогда через точку М, произвольную точку пространства N и одну
из точек сферы можно провести окружность. Эта окружность,
проходя через М, пересекает сферу в двух точках, и потому все
точки окружности, в том числе и N. должны принадлежать на-
нашему множеству. Поскольку N — произвольная точка простран-
пространства, наше множество должно совпадать со всем пространством.
Поскольку по условию задачи это не так, рассматриваемое мно-
множество совпадает со сферой.
25. а) Касание сфер может быть двоякого рода: 1) внешнее
касание, когда сферы лежат одна вне другой и расстояние меж-
между их центрами равно сумме радщсов; 2) внутреннее касание,
когда одна сфера находится внутри другой и расстояние между
центрами равно разности радиусов.
Сфера 5, касающаяся данных четырех сфер, может занимать
по отношению к ним следующие положения: 1) все 4 сферы ка-
касаются сферы S извне; 2) все 4 сферы касаются сферы S изнут-
изнутри; 3) 3 сферы касаются извне, одна — изнутри D положения);
4)	3 сферы касаются изнутри, одна — извне D положения);
5)	2 сферы касаются изнутри, две извне F положений). Всего
для касающейся сферы получаем 16 различных возможностей.
б) Укажем построение в каждом из случаев.
1. Пусть сфера с центром О радиуса R касается извне четы-
четырех сфер с центрами Ои О2, Оэ, О4 и одного радиуса г. Пред-
Представим, что ради\сы г четырех сфер уменьшились на одну и ту
же длину и на ту же длину увеличился радиус R. Так как рас-
расстояния между центрами не изменились, касание сфер сохраняет-
сохраняется. Доведем радиусы сфер до нуля, тогда сферы «выродятся»
в точки Ох, Оо, Оа, О4, а ради} с касательной сферы станет равен
R + г. Задача свелась к проведению сферы через 4 данные точки.
Построив эту сферу, уменьшим ее радиус на длину г, получится
искомая сфера, касающаяся данных четырех сфер.
185

2. Если радиус сферы, проходящей через точки Ог, 02, 03, 04,
увеличить на г, то получим сферу внутренним образом, касаю-
касающуюся четырех сфер.
0. Аналогичным образом «стягиваем» три сферы внешнего ка-
касания в их центры; тогда четвертая касающаяся сфера будет
иметь радиус 2г. Задача свелась к построению сферы, проходя-
проходящей через данные точьи и касающейся данной сферы. Для этого
проводим через 3 точки окружность и через центр проводим пер-
перпендикуляр к ее плоскости. На этом перпендикуляре должен
быть центр касательной сферы. Проведем плоскость через эту
прямую и центр четвертой сферы. Задача свелась к планимет-
планиметрической: через две данные точки (это точки пересечения полу-
полученной плоскости с окружностью, проходящей через центры трех
сфер) провести окружность, касающуюся данной окружности (см.
задачу 49 из § 2).
4.	В этом случае три сферы опять стягиваются в точки, а
дальнейшее построение остается тем же, как в предыдущем
случае.
5.	В этом положении две сферы стягиваются в две точки, ра-
радиусы двух других сфер удваиваются. Центр касающейся сферы
лежит в плоскости симметрии двух точек и в плоскости симмет-
симметрии двух сфер. Так как 4 центра данных сфер не лежат в одной
плоскости, то указанные плоскости симметрии пересекаются по
некоторой прямой /. Любая сфера с центром на прямой / и про-
проходящая через одну из точек Ох или О2 в силу симметрии про-
проходит и через другую, а если она касается одной из сфер, то она
касается и другой. Мы опять пришли к той же задаче: через две
данные точки провести сферу, касающуюся данной сферы. Для
ее решения можно воспользоваться тем же планиметрическим
построением.
26.	Проведем плоскость через центр шара О и общую точку S
рассматриваемых прямых. В сечении получим семейство прямых,
проходящих через 5 и пересекающих круг с центром О. Если Р—
середина одной из получающихся хорд, то (OP) x (PS) и поэто-
поэтому Р принадлежит окружности, построенной на отрезке OS как
на диаметре. В пространстве этой окружности соответствует сфе-
сфера F с диаметром OS. Если точка S лежит внутри сферы G,
ограничивающей данный шар, то множество точек Р есть сфера F,
если S принадлежит сфере G, то множество точек Р есть сфера F,
касающаяся сферы G в точке S с выкинутой точкой S. Наконец,
если S лежит вне сферы G, то множество точек Р есть пересе-
пересечение сферы F с данным шаром.
27.	Задача решается так же, как и предыдущая, — рассмотре-
рассмотрением изображения в плоскости, проведенной через центр данной
сферы перпендикулярно прямой /. Центры окружностей сечения
образуют окружность, расположенную внутри сферы, если пря-
прямая пересекает данную сферу. Эти центры образуют окружность
без одной точки, если прямая / касается сферы, и, наконец,
183

образуют ду1у окружности, если прямая / не имеет общих точек
с данной сферой (концы этой дуги суть точки касания двух плос-
плоскостей рассматриваемого семейства с данной сферой).
28. Центр О правильного тетраэдра делит его высоту в отно-
отношении 1 :3. Центр описанной сферы совпадает с центром тетра-
тетраэдра. Поэтому для построения тетраэдра, вписанного в сферу,
выбираем какой-нибудь ее диаметр и ка расстоянии -^-7? от центра
проводим перпендикулярную к нему плоскость. Впишем в окруж-
окружность пересечения этой плоскости со сферой равносторонний тре-
треугольник ABC, вершины которого соединим с дальним от точек
А, В, С концом S выбранного диаметра. Докажем, что правиль-
правильная треугольная пирамида SABC есть правильный тетраэдр.
Обозначим через О' центр окружности сечения. Например, вы-
вычисляя степень точки О' относительно сферы, получим:
Откуда
С другой стороны, по теореме Пифагора:
Итак, стороны оснований по длине равны боковым ребрам, т. е
тетраэдр SABC правильный. Площадь его основания равна:
а объем
V - 1 1
3 " 3
1 /?
3 " 3 ^ " 3 ~ 27
29. Диаметр сферы, описанной около куба, равен диагонали
куба: 2R — а ]/3. Поэтому ребро вписанного куба нетрудно по-
построить (например, как радиус окружности, описанной около пра-
правильного треугольника со сторонами, равными 2R). Зная величи-
величину ребра, проводим диаметральное сечение сферы и в получив-
получившуюся окружность вписываем прямоугольник со стороной а
и циагональю 2R. Получаем четыре вершины куба. Еще четыре
вершины получим в сечении, перпендикулярном первому. Объем
полученного куба выразится формулой:
187

30.	Чтобы описать около с^еры прагильный тетраэдр, впишем
в нее правильный тетраэдр и через его ьершины проведем плос-
плоскости, параллельные противоположным граням. Эти плоскости
перпендикулярны радиусам, идущим к вершинам, и поэтому ка-
касаются сферы. В пересечении этих четырех плоскостей получится
тетраэдр, подобный данному, так как при повороте на углы у около
осей симметрии вписанного тетраэдра касающиеся плоскости сов-
совмещаются друг с другом, т. е. все грани и многогранные углы
описанного тетраэдра конгруэнтны. Расстояние от центра этого
тетраэдра до его грани втрое больше того же расстояния для
вписанного тетраэдра. Значит, его объем в 27 раз больше объема
вписанного тетраэдра: V = 8R3}^ (см. задачу 28).
31.	Три диагонали октаэдра взаимно перпендикулярны. Обоз-
Обозначим через а половину диагонали, через г—радиус вписанной
сферы, через О — общий центр октаэдра и вписанной сферы.
Если принять днаюнали за оси координат, точку О — за начало
координат, то каждая грань октаэдра будет отсекать на осях
отрезки длиной а. Поэтому расстояние г от грани до начала вы-
выражается формулой:
Tfl -К* „-. г* а% З'2' а М 3 (с I. адачу 57 из § 5).
(Другой способ получить это соотношение — формула Vo = ^-Sn-r,
где Vo и So — объем и площадь полной поверхности октаэдра.)
Длину а нетрудно построить (например, как длину стороны
правильного треугольника, вписанного в круг радиуса г). Нако-
Наконец, чтобы около данной сферы описать октаэдр, проведем через
центр сферы О три взаимно перпендикулярные прямые и отложим
на них от точки О отрезки длины а. Так мы получим все 6 вер-
вершин октаэдра. Объем его равен:
V =4-~ага=~а3 = ^г*.31 3- 4г3>А3.
32.	Введем обо:-качения: а — длина сбразукщей кон\са, h
его высота, R'—ради\с основания, ф — угол между образующей
и высотой. Используя соотношение между длиной отрезков, отсе-
отсекаемых плоскостью i:a ссях координат, и расстоянием от плос-
плоскости до начала координат (см. ?адачу 57 из § 5), получим:
а1 ' a- a- h- a1 h~ '
Отсюда: cos ф = -^= ; sin ф = ^= ; tg ф = \ 2.
В сеевом сечении конуса мы получим фигуру, изображенную на
рисунке 114. Выразим образующую, высоту и радиус основания
188

конуса через радиус R вписан-
вписанной сферы:
/?' == /i tg Ф =
Итак, боковая поверхность конуса равна:
33. а) Два двуугольника с равными углами отображаются один
на другой композицией поворотов около осей, проходящих через
црнтр сферы: сначала поворотом вокруг оси, перпендикулярной
диаметрам двуугольников, совмещаются эти диаметры, потом по-
поворотом около получившегося общего диаметра совмещаются и са-
сами двуугольники, б) Двуугольники одной сферы, имеющие равные
углы, конгруэнтны между собой, поэтому имеют равные площадь.
Следовательно, если обозначить через Sa площадь двуугольника
с утлом радианной меры а, то площадь Sa пропорциональна а
(поясните). Рассматривая площадь всей сферы как S2ll, из сказан-
сказанного получаем пропорцию:
34. На рисунке 6 изображена полусфера, площадь поверхнос-
поверхности которой равна 2nR2. Эта полусфера разбивается на три дву-
двуугольника с площадями Sa, Sp, Sr При этом двуугольники Sa
и Sp целиком содержатся в полусфере, а двуугольник ST — -час-
-частями»: сферическим треугольником ABC и дополнительной частью
центрально симметричного с ним двуугольника, конгруэнтной
с «недостающей» частью ST. При этом треугольник ABC содер-
содержится в каждом из этих двуугольников. Следовательно, чтобы
получить площадь поверхности полусферы, можно из суммы пло-
площадей трех сферических двуугольников вычесть удвоенную пло-
площадь треугольника ABC, отсюда получим:
2я#2 = 2R2a -f 2/?2Я + 2/?2T — 25Д;
S4 = -(a + p+T —я)/?2.
Заметим, что a -f- p -j- 7 есть сумма величин двугранных углов
трехгранного угла ОАВС, которая всегда больше л, что соответ-
соответствует положительности площади сферического треугольника.
Разность о — a-j-^ + T —п на:ывается избытком сферического
(S3

Рис. 116
треугогьника. Формула площа-
площади сферического треуголььика
записывается через избыток в
виде: Sb = oR2.
35. Докажем прежде всего,
что если грани тетраэдра A BCD
равновелики, то они конгруэнт-
конгруэнтны между собой. Проведем че-
через (АВ) плоскость а, парал-
параллельную (CD); пусть С" и D' —
проекции С и D на а (рис. 115).
Если (С'Р) х (АВ) и (D'Q) ± (AB),
то \СР] и [DQ] — высоты тре-
треугольников ABC и ABD (теорема
о трех перпендикулярах). Треугольники эти равновелики и осно-
основание у них общее, поэтому [СР] ss \DQ]. Отсюда следует, что
/\СС'Р ss /\DD'Q: эти треугольники прямоугольные, и у них
конгруэнтны гипотенузы и катеты. Поэтому [С'Р] ^ [D'Q],
точка М' есть середина [CD'], а значит, и точка М, проекция
которой есть М', — середина [CD]. Если подобным же образом
найти проекцию [АВ] на плоскость, параллельную а и проходя-
проходящую через [CD], то мы убедимся, что М" — середина [А'В'] и,
значит, М' — середина [АВ]. Итак, М' — центр симметрии пар С"
и D', А и В, следовательно, [AD']sz[BC]. Поэтому конгруэнтны
прямоугольные треугольники ВСС nADD', следовательно, |ВС]^
sz[AD]. Аналогично докажем, что [AC]^[BD] и [AB]g^[CD].
Этим доказана конгруэнтность треугольников — граней тетра-
тетраэдра.
Установив это, найдем внутри тетраэдра точку О, равноуда-
равноудаленную от всех его вершин (пересечение плоскостей симметрии
пар вершин). Соединяя ее со всеми вершинами, получим 4 тре-
треугольные пирамиды с конгруэнтными основаниями и с конгруэнт-
конгруэнтными боковыми ребрами. Описав окружность около каждой грани,
мы убедимся, что их центры находятся на равных расстояниях от О.
Поэтому точка О —центр описанной сферы в то же время служит
центром сферы, касающейся всех граней в центрах окружностей,
описанных около граней (поясните).
36. Рассмотрим диагональное сечение куба. Соединив его
центр О с одной из точек деления на ребре куба и с серединой
ребра, получим прямоугольный треугольник с катетами длиной
~y~ . Расстояние от центра О до каждой из точек деления
6-и
определяется из равенства: =? + —г — г2- Итак, г =
Пло-
Площадь поверхности сферы, описанной из центра О этим радиусом,
19
равна: S = -„ па2.
190

37.	Ввиду того что величина осг-
рых углов всех гранен равна 60°,
диагонали граней конгруэнтны боко-
боковым ребрам параллелепипеда. Пусть
ABCD — одна из граней, A'B'C'D' —
параллельная ей грань, А — вершина
трех острых углов. Если от этого
параллелепипеда отделить два пра-
правильных тетраэдра AA'BD нСС'В D',
то останется октаэдр A'BDCB'D'	Рис 116
(докажите). Сфера, вписанная в этот
октаэдр, будет касаться и Есех граней параллелепипеда. Из
задачи 31 мы имеем, что если d — длина половины диагонали
октаэдра, то радиус г вписанном сЬеры определяется по форму-
формуле: d = г]/3. Длина же ребра октаэдра равна a = d]/2. Итак,
а = губ; г = —^ , и объем шара V = ^- л ^ — -г-л —= = уг л -.
38.	Для построения касающихся сфер, вписанных в противо-
противоположные трехгранные углы куба, рассмотрим диагональное сече-
сечение куба АА'С'С (рис. 116). Построить сферы можно методом
гомотетии. Из подобия треугольников АА'С и ОРС получим:
г
о
d
~2
—
d
г
г
а
d
— 1т
Здесь d = о]/3 — длина диагонали куба. Из полученной пропор-
пропорции находим: 2dr — ad — 2ar\ 2ar ~\Гъ = а2 УН — 2ar; г =_——	.
Зная а, вычисляем объем каждого шара по формуле V = — nr3.
39. Если S (х) = а2х + Ьх -\- с, то объем V тела определится
h
интегралом: V = I (ах2 + Ьх + с) dx = ~ + -у + ch, где h — вы-
п
сота тела.
Чтобы получить отсюда формулу Симпсона, подставим в мно-
многочлен ах2 + Ьх + с последовательно значения х — 0, х — ^,
х = h и получим: So = с; Sm = ^- + у + с, Sn = g/i2 + bh с.
Умножая Sm на 4 и складывая полученные значения, найдем:
So + 45m + Sn = 2aft2 4- ЗиЛ + 6c.
Умножая обе части равенства на -g-, получим:
¦q (So + 46m + Sn) = -g- + -g- + c/i = V.
1Э1

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие			 3
Часть I. Планиметрия
§ I. Основные понятия и теоремы. Перемещения плоскости. Компо-
Композиция перемещений. Многоугольники и окружности .	5
§ 2. Векторы. Гомотетия и подобие. Метрические соотношения в пло-
плоских фигурах. Метод координат на плоскости	 8
§ 3. Измерение площадей Задачи на все разделы планиметрии ... 16
Часть II. Стереометрия
§ 4. Прямые и плоскости в пространстве. Параллельность. Построе-
Построения на проекционном чертеже	23
§ 5. Векторы в пространстве. Перпендикулярность и ортогональная
проекция. Метод координат в пространстве ...	.27
§ 6. Двугранные и многогранные углы. Перемещения пространства 36
§ 7. Многогранники, призмы, параллелепипеды, пирамиды, правиль-
правильные многогранники		. . 41
§ 8. Тела вращения: цилиндр, конус, шар. Задачи па все разделы
ст^реомртрии .			46
Указания и решения задач			51
ИБ № 166
Антонин Иванович Фетисов
ГЕОМЕТРИЯ В ЗАДАЧАХ
Спец. редактор А. И. Зеилчков
Редактор Л. М. Котова
Художник В. Л, Николаев
Художественный редактор Е. И. Карасик
Технический редактор Л. Я. Медведев
Корректоры Н. И. Котельникова, П. Т. Нигель
Сдано в набор 8/IV—1977 г. Подписано к печати 2/VIII—1977 г. 60x90'/i«. Бумага
тнпогр. № 1. Печ. л. 12,0. Уч.-изд. л. 11,93. Тираж 80 тыс. экз. Заказ № 7755-
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение» Государственного кс
митета Совета Министров РСФСР по делам издательств, полиграфии и книжной торговли
Москва, 3-й проезд Марьиной рощи. 41.
Отпечатано с матриц Харьковской кннжноп фабрики нм М. Б. Фрунзе в облас-.нс'
типографии управления издательств, полиграфин и книжной торгов™ Иванов'
облисполкома, г. Пваново-8, ул. Типографская, 6.
Цена 45 коп.