Теги: математика геометрия топология
Текст
БИБЛИОТЕЧКА-Квант-
выпуск 31
И.Ф. ШАРЫГИН
m
ЗАЛАМИ
ПО ГЕОМЕТРИИ
СТЕРЕОМЕТРИЯ
ВЫПУСК 31
И.Ф. ШДРЫГИН
ЗАДАЧИ
ПО ГЕОМЕТРИИ
СТЕРЕОМЕТРИЯ
к
ЧЕ О
ЛЕ N
ш
МОСКВА < НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТОРЫ
1 984
22.151.0
Ш26
УДК 513 1 2
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ:
Академик И. К. Кикоин (председатель), академик А. И. Кол-
Колмогоров 'заместитель председателя), профессор Л. Г, Асламазов
(ученый секретарь), член-корреспопдент АН СССР А. А. Абрико-
Абрикосов, академик Б. К. Ваннштейн, заслуженный учитель РСФСР
Б. В. Воздвиженский, академик П. Л. Капица, профессор С. П. Ка-
Капица, академик С. П. Новиков, академик 10. А. Осипьян, академик
АПН СССР В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев, профессор
Я. А. С» ородинский, академик С. Л. Соболев, член-корреспондент
АН СССР Д. К. Фаддеев, член-корреспондент АН СССР И С Шклов-
Шкловский.
Редактор выпуска Н. П. Долбьдпн,
Шарыгпн И. Ф.
Ш26 Задачи по геометрии (стереометрия).— М.: Наука.
Главная редакция физико-математической литера-
литературы, 1984.— 160 с. (Библиотечка «Квант». Вып. 31).
—35 к.
Сборник содержит 340 задач по стереометрии и состоит из
двух разделов. В первом разделе помещены в основном задачи вы-
вычислительного характера. Сюда же включены в виде задач некото-
некоторые теоремы п факты стереометрии, непосредственно примыкаю-
примыкающие к школьному курсу. Во втором разделе собраны различные
геометрические факты, неравенства, задачи на гсо 1етрические
места точек, элементы геометрии тетраэдра и сферической геомет-
рги. Они могут быть использованы во внеклассной ] аОоте, при
подготовке к математическим олимпиадам.
Для школьников, преподавателей, студентов.
1702040000-015 213 g, ББК 22.151.00
053@2)-84 513
Ш
ш
1702040000—015
213 83
© Издательство «Наука».
Глав 1ая редакция
физико-математической
литературы, 1984
СОДЕРЖАНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ 4
Р а з д е л I. ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ 5
Раздел II. ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. ЗАДА-
ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ-МИНИМУМ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
НЕРАВЕНСТВА. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК 24
§ 1. Задачи на доказательство 24
§ 2. Задачи ва максимум-минимум. Геометрические
неравенства 30
§ 3. Геометрические места точек 35
Произвольный тетраэдр 38
Равногранпыы тетраэдр 39
Ортоцентрический тетраэдр 41
Произвольный многогранник. Сфера 42
Выход в пространство 43
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ 45
Раздел I 45
Раздел II 98
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга содержит 340 различных задач
по стереометрии и является естественным продолжением
вышедшей книги автора «Задачи по геометрии: Плани-
Планиметрия» — М.: Наука, 1982 («Библиотечка «Квант»,
вып. 17). В связи с этим автор считает возможным огра-
ограничиться в предисловии лишь замечаниями, непосред-
непосредственно относящимися к данной книге.
Задачи этого сборника разбиты на два больших разде-
раздела: задачи на вычисление и задачи на доказательство.
Наиболее простые задачи первого раздела снабжены
лишь ответами, другие — краткими указаниями, наиболее
трудные — более подробными указаниями и решениями.
Здесь следует.сделать две оговорки. Во-первых, в боль-
большинстве случаев решения задач лишь намечены, ряд де-
деталей предлагается рассматривать читателю. Во-вторых,
неся ответственность за предлагаемые решения, автор
не считает целесообразным рекомендовать свои решения
в качестве образца на конкурсном экзамене.
Во втором разделе собраны различные геометрические
факты и теоремы, задачи на максимум и минимум (некото-
(некоторые задачи этого раздела можно было бы отнести и к пер-
первому), задачи на геометрические места точек; здесь же
рассматриваются некоторые вопросы геометрии тетраэд-
тетраэдра, сферической геометрии и т. п.
Говоря о методах решения задач, предлагаемых
в сборнике, приходится констатировать, что, по сравнению
с задачами по планиметрии, резко возрастает удельный
вес аналитических, счетных методов. Трудные стереомет-
стереометрические задачи предъявляют более высокие требования
к общепрофессиональиой подготовке читателя, к его уме-
умению проделать достаточно громоздкую вычислительную
работу.
Автор
РАЗДЕЛ 1
ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
1. Дан куб с ребром а. Две першины правиль-
правильного тетраэдра лежат на его диагонали, а две оставшие-
оставшиеся — на диагонали его грани. Найти объем тетраэдра.
2. В основании четырехугольной пирамиды лежит пря-
прямоугольник, высота пирамиды h. Найти объем пирамиды,
если известно, что все ее пять граней равновелики.
3. Среди пирамид, все ребра которых равны а, найти
объем той пирамиды, которая имеет наибольшее число ребер.
4. Вокруг шара описана правильная усеченная че-
четырехугольная пирамида, апофема которой равна а.
Найти ее боковую поверхность.
5. Определить угол при вершине осевого сечения ко-
конуса, если его объем в три раза больше объема вписанного
в него шара.
6. Три шара касаются плоскости данного треуголь-
треугольника в вершинах треугольника и между собой. Найти ра-
радиусы этих шаров, если стороны треугольника равны а,
бис.
7. Найти расстояние между скрещивающимися диаго-
диагоналями двух соседних граней куба с ребром а. В каком
отношении делит каждую из этих диагоналей их общий
перпендикуляр? ""—
8. Доказать, что площадь проекции многоугольника,
расположенного в плоскости а, на плоскость р равна
S совф, где S — площадь многоугольника, ф — угол
между плоскостями а и р.
9. Даны три прямые, проходящие через одну точку А.
Пусть Вг и В2 — две точки на одной прямой, Сх и С2 —
на другой, Dt и D2 — на третьей. Доказать, что
^АВ.С.Р. \ABx\-\ACl\.\ADl\
~ \AB,\.\AC,\.\AD.2\ ¦
10. Пусть а, Р и у — углы, образованные произволь-
произвольной прямой с тремя попарно перпендикулярными пря-
прямыми. Доказать, что cos2 a + cos2 р + cos8 у = 1.
11. Пусть S и Р — площади двух граней тетраэдра»
а — длина пх общего ребра, а — двугранный угол между
ними. Доказать, что объем тетраэдра V может быть най-
найден по формуле
У 2SP sin a
Ъа
12. Доказать, что для объема произвольного тетразд-
ра V справедлива формула V = -j- abd sin ф, где ашЪ — два
противоположных ребра тетраэдра, d — расстояние между
ними, ф — угол между ними.
13. Доказать, что плоскость, делящая пополам дву-
двугранный угол при каком-либо ребре тетраэдра, делит
противоположное ребро на части, пропорциональные пло-
площадям граней, заключающих этот угол.
14. Доказать, что для объема V многогранника, опи-
сапного около сферы радиуса R, справедливо равенство
V = -о- SnR, где Sn — полная поверхность многогран-
многогранника.
15. Дан выпуклый многогранник, все вершины ко-
которого расположены в двух параллельных плоскостях.
Доказать, что его объем можно вычислять по формуле
где Sx — площадь грани, расположенной в одной плоско-
плоскости, 1^2 — площадь грани, расположенной в другой плос-
плоскости, S — площадь сечения многогранника плоскостью^
равноудаленной от двух данных, h — расстояние между
данными плоскостями.
16. Доказать, что отношение объемов сферы и описан-
описанного около нее усеченного конуса равно отношению их
полпых поверхностей..
17. Доказать, что площадь части поверхности сферы,
заключенной между двумя параллельными плоскостями^
пересекающими сферу, можно найти по формуле
S = 2nRh,
где R — радиус сферы, h ~~ расстояние между плоско-
плоскостями.
18. Доказать, что объем тела, получающегося при
вращении кругового сегмента вокруг flnaMeTpaj его не
пересекающего, можно вычислять по формуле
V=~na2h,
где а — длина хорды этого сегмента, а Л — проекция этой
хорды на диаметр.
19. Доказать, что отрезки, соединяющие вершины
тетраэдра с точками пересечения медиан противополож-
противоположных граней, пересекаются в одной точке (центре тяжести
тетраэдра) и делятся в ней в отношении 3 : 1 (считая от
вершин).
Доказать также, что в зтой же точке пересекаются от-
отрезки, соединяющие середины противоположных ребер,
и делятся этой точкой пополам.
20. Доказать, что прямые, соединяющие середпну вы-
высоты правильного тетраэдра с вершинами той грани, на
которую эта высота опущена, попарно перпендикулярны.
21. Доказать, что сумма квадратов длин ребер тетра-
тетраэдра в четыре раза больше, чем сумма квадратов расстоя-
расстояний между серединами его скрещивающихся ребер.
22. Дан куб ABCDAYBXCXDX *) с ребром а, К — сере-
середина ребра DDX. Найти угол и расстояние между прямы-
прямыми СК и AXD.
23. Иайти угол и расстояние между двумя скрещиваю-
скрещивающимися медианами двух боковых граней правильного тет-
тетраэдра с ребром а.
24. В основании пирамиды SABCD лежит четырех-
четырехугольник A BCD. Ребро SD является высотой пирамиды.
Найти объем пирамиды, если известно, что | АВ | =
==\BC\ = Y5, \AD \=\DC\=Y2, |ЛС| = 2,
[ SA | + [ SB | = 2 + /5.
25. В основании пирамиды лежит правильный тре-
треугольник со стороной а, боковые ребра имеют длину Ъ.
Найти радиус шара, касающегося всех ребер пирамиды или
их продолжений.
26. Сфера проходит через вершины одной грани куба
и касается сторон противоположной грани куба. Найти
отношение объемов шара и куба.
27. Ребро куба ABCDAXBXCXDX равно а. Найти радиус
сферы, проходящей через середины ребер ААи ВВ± и
через вершины А и Сх.
*) ABCD и AjBiCiDt -— две грани куба, AAU BBt, CClt DD,—
его ребра.
28. Б основании прямоугольного параллелепипеда ле-
лежит квадрат со стороной а, высота параллелепипеда рав-
равна Ь. Найти радиус сферы, проходящей через концы сто-
стороны А В основания и касающейся граней параллелепи-
параллелепипеда, параллельных А В.
29. В сферу радиуса R вписана правильная треуголь-
треугольная призма со стороной основания а. Найти площадь сече-
сечения призмы плоскостью, проходящей через центр сферы
и сторону основания призмы.
30. Два шара одного радиуса и два другого расположе-
расположены так, что каждый шар касается трех других и данной
плоскости. Найти отношение радиуса большего шара
к меньшему.
31. Дан правильпый тетраэдр A BCD с ребром а. Най-
Найти радиус сферы, проходящей через вершины С и D и
середины ребер А В и АС.
32. Одна грань куба лежит в плоскости основания
правильной треугольной пирамиды, на одной из боковых
граней пирамиды лежат две вершины куба, а иа двух дру-
других по одной. Найти ребро куба, если сторона основания
пирамиды равна а, а высота пирамиды h.
33. Двугранный угол при основании правильной
n-угольной пирамиды равен а. Найти двугранный угол
между соседними боковыми гранями.
34. В треугольной призме АВСА1В1С1*) проведены
две плоскости: одна проходит через вершины А, В и Си
а другая — через вершины Аи В^ и С. Эти плоскости
разделили призму на четыре части. Объем меньшей
из этих частей равен V. Найти объем призмы.
35. Через точку, находящуюся на расстоянии а от
центра шара радиуса R (R ^> а), проведены три попарно
перпендикулярные хорды. Найти сумму квадратов отрез-
отрезков хорд, на которые их делит данная точка.
36. В основании правильной треугольной призмы ле-
лежит треугольник ABC со стороной а. На боковых ребрах
взяты точки Аъ В,и Сг, удаленные от плоскости основа-
основания соответственно иа расстояния а/2, а, За/2. Найти угол
между плоскостями ABC и Ax^Cj.
37. Сторона основания правильной четырехугольной
пирамиды равна апофеме боковой грани. Через сторону
основания проведено сечение, делящее пополам поверх-
*) ABC и A^Cj — основания призмы, AAU ВВХ,ХСХ — ее
боковые ребра. Точно так же следует понимать это и подобные обо-
вначепия во всех случаях, встречающихся далее в тексте.
8
ность пирамиды. Найти угол между плоскостью сечения
и плоскостью основания пирамиды.
38. Центр шара находится в плоскости основания
правильной треугольной пирамиды. Вершины основания
лежат на поверхности шара. Найти / — длину линии пе-
пересечения поверхностей шара и пирамиды, если радиус
шара равен R, а плоский угол при вершине пирамиды а.
39. В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
(S — вершина) на диагонали AD взяты три точки, делящие
диагональ на четыре равные части. Через эти точки прове-
проведены сечения, параллельные плоскости SAB. Найти от-
отношения площадей полученных сечений.
40. В правильной четырехугольной пирамиде плоский
угол при вершине равен углу между боковым ребром и
плоскостью осиования. Определить двугранные углы меж-
между соседними боковыми гранями этой пирамиды.
41. В основании треугольной пирамиды, все боковые
ребра которой попарно перпендикулярны, лежит тре-
треугольник площади S. Площадь одной из боковых граней
Q. Найти площадь проекции этой грани на основание.
42. АВСА1В1С1 — правильная треугольная призма,
все ребра которой равны между собой. К — точка на ребре
АВ, отличная от Л и В, М — на прямой ВХСХ, L —в плос-
плоскости гранп АСС1А1. Прямая KL образует равные углы
с плоскостями ABC и АВВ1А1, LM образует равные углы
с плоскостями ВСС1В1 и АССхАи КМ также образует рав-
равные углы с плоскостями ВССгВг и АСС^А^ Известно, что
| KL | = | КМ | = 1. Найти ребро призмы.
43. В правильной четырехугольной пирамиде угол
между боковым ребром и плоскостью основания равен
углу между боковым ребром и плоскостью боковой грани,
не содержащей это ребро. Найти этот угол.
44. Найти другранный угол между основанием и бо-
боковой гранью правильной треугольной усеченной пирами-
пирамиды, если известно, что в нее можно вписать шар и, кроме
того, существует шар, касающийся всех ее ребер.
45. Три ребра треугольной пирамиды равны 1, а три
других равны а. Ни одна грань не является правильным
треугольником. В каких пределах может меняться а? Чему
равен объем этой пирамиды?
46. Боковые гранп треугольной пирамиды равновели-
равновелики и наклонены к плоскости основания под углами а, Р и
у. Найти отношение радиуса шара, вписапного в эту пи-
пирамиду, к радиусу шара, касающегося основания пирамиды
и продолжений трех боковых граней.
47. Все ртбра правильной шестиугольной призмы рав-
равны а. Найти площадь сечения, проведенного через сторону
основания под углом а к плоскости основания.
48. В прямоугольном параллелепипеде A BCD A 1B1C1ZI
известны | АВ \ = а, \ AD \ — b, \АА1\ = с. Найти
угол между плоскостями ABlDl и A-fi-J).
49. В основании пирамиды ABCDM лежит квадрат
ABCD со стороной а, боковые ребра AM и ВМ также рав-
равны а, боковые ребра СМ и DM имеют длину Ъ. На грани
CDM, как на основании, во внешнюю сторону построена
треугольная пирамида CDMN, боковые ребра которой
имеют длину а. Найти расстояние между прямыми AD
и MN.
50. В тетраэдре одно ребро равно а, противоположное
— 6, а остальные — с. Найти радиус описанного шара.
51. В основании треугольной пирамиды лежит тре-
треугольник со сторонами а, Ъ и с, противолежащие боковые
ребра пирамиды равны соответственно т, п и р. Найти
расстояние от вершины пирамиды до центра тяжести ос-
основания.
52. Дан куб ABCDAXBXCXDX; через ребро ААг провех
дена плоскость, образующая равные углы с прямыми ВС
и B-J). Найти эти углы.
53. Боковые ребра треугольной пирамиды попарно
перпендикулярпы, причем одно из них равно а и равно
сумме двух других. Найти радиус шара, касающегося ос-
основания пирамиды и продолжений ее боковых граней.
54. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
правильный треугольник ABC со стороной а, ребро SA
равно Ъ. Найти объем пирамиды, если известно, что боко-
боковые грани пирамиды равновелики.
55. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
равнобедренный прямоугольный треугольник AJ1C {А =
= 90°). Углы SAB, SCA~, SAC~, SBA (в указанном поряд-
порядке) составляют арифметическую прогрессию, разность ко-
которой отлична от нуля. Площади граней SAB, ABC и
SAC составляют геометрическую прогрессию. Найти углы,
составляющие прогрессию.
56. В основании треугольной пирамиды SABC лежит
правильный треугольник ABC со стороной а. Найти объ-
ем^этой пирамиды, если известно, что ASC= A~SB= a,
SAB = p.
л »^7п л J%4?? К ~ сеРеДИ11а Ребра ААХ куба
AULUA1tllc1Vl, точка L лежит на ребре ВС. Отрезок KL
10
касается шара, вднсаппого в куб. В каком отношении от-
отрезок KL делится точкой касапия?
58. В тетраэдре A BCD дано ABC = BAD = 90°,
| А В | = а, | DC | = Ъ, угол между ребрами AD и ВС
равен а. Найти радиус описанного шара.
59. Ребро куба и ребро правильного тетраэдра лежат
на одной прямой, середины противоположных им ребер куба
и тетраэдра совпадают. Найти объем общей части куба
и тетраэдра, если ребро куба равно а.
60. В каком отношении делит объем треугольной пира-
пирамиды плоскость, параллельная двум ее скрещивающимся
ребрам и делящая одно из других ребер в отношенип 2:1?.
61. В правильной четырехугольной усеченной пирами-
пирамиде проведено сечение через диагонали оснований и сече-
сечение, проходящее через сторону нижнего основания и про-
противоположную сторону верхнего основания. Угол между
секущими плоскостями равен а. Найти отношение пло-
площадей сечений.
62. В правильную шестиугольную пирамиду вписан
конус и около нее описан конус. Найти разнобть объемов
описанного и вписанного конусов, если высота пирами-
пирамиды //, радиус основания описанного конуса R.
63. Дан шар и точка внутри него. Через точку прове-
проведены произвольно три взаимно перпендикулярные плос-
плоскости, пересекающие шар по трем кругам. Доказать, что
сумма площадей этих трех кругов постоянна, и найти эту
сумму, если радиус шара В., а расстояние от точки пе-
пересечения плоскостей до центра шара равно d.
64. В шаре радиуса R проведен диаметр АВ. Две пря-
прямые касаются шара в точках А и В и образуют между со-
собой угол а (а < 90°). На этих прямых кзятм точки С и D
так, что CD также касается шара и угол между А В и CD
равен ф (ф <¦ 90°). Найти объем тетраэдра ABCD.
65. В тетраэдре два противоположных ребра перпен-
перпендикулярны, их длины а и Ъ, расстояние между нимп с.
В тетраэдр вписан куб, четыре ребра которого перпенди-
перпендикулярны этим двум ребрам тетраэдра, и на каждой грани
тетраэдра лежат в точности две вершины куба. Найти реб-
ребро куба.
66. Два равпых треугольника KLM и KLN имеют об-
общую сторону KL, KLM = LKN = к/3, | KL | = с,
| LM | = | KN | = 6с. Плоскости KLM и KLN взаим-
взаимно перпендикулярны. Шар касается отрезков LM и KN
в их серединах. Найти радиус шара.
11
67. Шар радиуса R касается всех боковых граней тре-
треугольной пирамиды в серединах сторон ее основания. От-
Отрезок, соединяющий вершину пирамиды с центром шара,
делится пополам точкой пересечения с основанием пира-
пирамиды. Найти объем пирамиды.
68. В тетраэдре три двугранных угла прямые. Один
из отрезков, соединяющих середины противоположных
ребер тетраэдра, равен а, а другой b {b ]> а). Найти дли-
длину наибольшего ребра тетраэдра.
69. Прямой круговой конус с вершиной S вписан в
треугольную пирамиду SPQR так, что окружность осно-
вайия конуса вписана в основание PQR пирамиды. Из-
Известно, что fSR = л/2, SQR = л/4, PSQ = 7л/12. Най-
Найти отношение площади боковой поверхности конуса к
площади основания PQR пирамиды.
70. В основании пирамиды ABCDE лежит паралле-
параллелограмм ABCD. Пи одна из боковых граней не является
тупоугольным треугольником. На ребре DC существует
такая точка Л/, что прямая ЕМ перпендикулярна ВС. Кро-
Кроме того, диагопаль основания АС и боковые ребра ED и
ЕВ связаны соотношениями: \АС\~^ -т-1 ЕВ | > -=-1 ED |.
Через вершину В и середину одного из боковых ре-
бор проведено сечение, представляющее собой равно-
равнобочную трапецию. Найти отношение площади сечения и
площади основания пирамиды.
71. Отрезок А В единичной длины, являющийся хор-
хордой сферы радиуса 1, расположен под углом л/3 к диамет-
диаметру CD этой сферы. Расстояние от конца С диаметра до
ближайшего к нему конца А хорды А В равно \/г2. Опреде-
Определить величину отрезка BD.
72. В треугольной пирамиде A BCD грани ABC и
ABD имеют площади р и q и образуют между собой
угол а. Найти площадь сечения пирамиды, проходя-
проходящего через ребро А В и центр вписанного в пирамиду
шара.
73. В треугольной пирамиде A BCD через ребро AD
(I AD | = а) п точку Е — середину ребра ВС — проведе-
проведено сечепие, образующее с гранями ACD и ADB соответ-
соответственно углы аир. Найти объем пирамиды, если площадь
сечения ADE равна S.
74. A BCD — правильный тетраэдр с ребром а. Пусть
М — центр грани ADC, N — середина ребра ВС. Найти
радиус шара, вплсапного в трехгранный угол А и касаю-
касающегося прямой MN.
12
75. В основании треугольной пирамиды ABCD лежит
правильный треугольник ABC. Грань BCD образует с
плоскостью основания угол 60е. На прямой, проходящей
через точку D перпендикулярно основанию, лежит центр
сферы единичного радиуса, которая касается ребер АВ,
АС в грани BCD. Высота пирамиды DH в два раза меньше
стороны основания. Кайти объем пирамиды.
76. В треугольной пирамиде SABC известно, что
| АС | —| АВ |, а ребро SA наклонено к плоскостям гра-
граней ABC и SBC пед углом 45е. Известно, что вершина А
и середины всех ребер пирамиды, кроме SA, лежат на
сфере радиуса 1. Доказать, что центр сферы расположен
на ребре SA, и найти площадь грани ASC.
77. Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром а. Найти ради-
радиус сферы, касающейся отрезков АСг и ССЪ прямых АВ и
ВС и пересекающей прямые АС и А]С\-
78. Шар касается плоскости основания ABCD правиль-
правильной четырехугольной пирамиды SABCD в точке А и,
кроме того, касается вписанного в пирамиду шара. Через
центр первого шара и сторону основания ВС проведена
секущая плоскость. Найти угол наклона этой плоскости
к плоскости основания, если известно, что диагонали се-
сечения перпендикулярны ребрам SA и SD.
79. На сфере, радиус которой равен 2, расположены
три окружности радиуса 1, каждая из которых касается
двух других. Найти радиус окружности, меньшей, чем
данные, которая такжз расположена на данной сфере и ка-
касается каждой из данных окружностей.
80. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAXBXC]DX
длины ребер АВ, ВС и ВВг равны соответственно 2а, а и а,
точка Е — середина ребра ВС. Вершины М и N правиль-
правильного тетраэдра MNPQ лежат на прямой СгЕ, вершины
Р и Q — на прямой, проходящей через точку Вл и пересе-
пересекающей прямую AD в точке F. Найти: а) длину отрезка
DF; б) расстояние между серединами отрезков MN
PQ
81. Ребро куба ABCDA^B^CJ)^ имеет длину а. Точки
М я N лежат па отрезках BD и ССг соответственно. Пря-
Прямая MN образует угол л/4 с плоскостью ABCD и угол
л/6 с плоскостью ВВ'уС^С. Найти: а) длину отрезка MN;
б) радиус шара с центром на отрезке MN, касающегося
плоскостей ABCD и ВВХСХС.
82. Вершина А правильной призмы АВСА^В^С^ сов-
совпадает с вершиной конуса, вершины В и С лежат на бо-
боковой поверхности этого конуса, а вершины В± и С±
13
г
на окружности его основания. Найти отношение объемов
конуса и призмы, если \ ААг | = 2,4 \ АВ |.
83. Длина ребра куба ABCDA^CJ)! равна а. Точ-
Точки Р, К, L — середины ребер AAU А^рл, BlCl соответст-
соответственно, точка О — центр грани CCXDAD. Отрезок MN
с концами на прямых AD и KL пересекает прямую PQ
и перпендикулярен ей. Найти длину этого отрезка.
84. В правильной призме АВСА1В1С1 длина бокового
рёбра и высота основания равна а. Через вершину А про-
проведены две плоскости: одна перпендикулярно прямой
АВг, вторая перпендикулярно прямой ACV Через верши-
вершину Л] также проведены две плоскости: одна перпенди-
перпендикулярно прямой АХВ, вторая перпепдикулярно прямой
АУС. Найти объем многогранника, ограниченного этими
четырьмя плоскостями и плоскостью BBjCjC.
85. Точка О — общая вершина двух равных конусов,
расположенных по одну сторону от плоскости а так, что
только одна образующая каждого конуса {ОА для одного
конуса и ОБ для другого) принадлежит плоскости а. Из-
Известно, что величина угла между высотами конусов рав-
равна р\ а величина угла между высотой и образующей кону-
конуса равна ф, причем 2ср < C. Найти величину угла между
образующей ОА и плоскостью основания другого кону-
конуса, которой принадлежит точка В.
86. Внутри правильного тетраэдра A BCD располо-
расположены два шара радиусов 2R и 3R, касающиеся друг дру-
друга внешним образом, причем один шар вписан в трехгран-
трехгранный угол тетраэдра с вершиной в точке А, а другой —
в трехгранный угол с вершиной в точке В. Найти длину
ребра этого тетраэдра.
87. В правильной четырехугольной пирамиде SABCD
(A BCD — основание^ сторона основания равна а, а угол
между боковым ребром и плоскостью основа'ния равен а.
Плоскость, параллельная диагонали основания А С и бо-
боковому ребру BS, пересекает пирамиду так, что в сече-
сечение можно вписать окружность. Определить радиус этой
окружности.
88. Ребро правильного тетраэдра равно а. Плоскость
Р проходит через вершину В и середины ребер АС и AD.
Шар касается прямых АВ, AC, AD и той части плоскос-
плоскости Р, которая заключена внутри тетраэдра. Найти радиус
шара.
89. В правильном тетраэдре точки М и N являются
серединами противоположных ребер. Проекция тетраэдра
на плоскость, параллельную MN, представляет собой че-
14
тырехугольник площади S, один из углов которого равен
60е. Найти площадь поверхности тетраэдра.
90. В кубе ABCDA1B1C1D1 на А С взята точка Мг
а на диагонали BDX куба взята точка N так, что NMC =
= 60°, MNB = 45°. В каком отношении точки М и N
делят отрезки ЛС и BDX?
91. Основанием прямой призмы ABCDA1B1C1D1 слу-
служит равнобочная трапеция А В CD, в которой AD парал-
параллельна ВС, | AD | /| ВС | = п, п ^> 1. Через ребра AAt
и /?С проведены плоскости, параллельные диагонали ВгО',
через ребра DDl и /^Ci проведены плоскости, параллель-
параллельные диагонали А±С. Определить отношение объема тре-
треугольной пирамиды, ограниченной этими четырьмя плос-
плоскостями, к объему призмы.
92. Сторона основания ABC правильной треугольной
призмы АВСА1В1С1 равна а. Точки М и TV являются со-
соответственно серединами ребер А1В1 и ААг. Проекция
отрезка ВМ на прямую CtN равна <z/2j/~5. Определить
высоту призмы.
93. Два шара касаются между собой и граней дву-
двугранного угла, величина которого а. Пусть А в В — две
точки касания этих шаров с гранями (А и В принадлежат
разным шарам и разным граням). В каком отношении
отрезок АВ делится точками пересечения с поверхностями
этих шаров?
94. Основанием пирамиды ABCD является правиль-
правильный треугольник ABC со стороной 12. Ребро BD перпен-
перпендикулярно плоскости основания и равно 10^3. Все
вершины этой пирамиды лежат на боковой поверхности
прямого кругового цилиндра, ось которого пересекает
ребро BD и плоскость А ВС. Определить радиус цилиндра.
95. Основанием пирамиды служит квадрат A BCD со
стороной а, боковое ребро SC перпендикулярно плоскос-
плоскости основания и равно Ъ. М — точка на ребре AS. Точки
М, В и D лежат на боковой поверхности прямого круго-
кругового конуса с вершиной в точке А, а точка С — в плос-
плоскости основания этого конуса. Определить площадь бо-
боковой поверхности конуса.
96. Внутри прямого кругового конуса расположен
куб так, что одно ребро куба лежит на диаметре основа-
основания конуса, вершины куба, не принадлежащие этому реб-
ребру, лежат на боковой поверхности конуса, центр куба
лежит на высоте конуса. Найти отношение объема конуса
к объему куба.
15
97. Б треугольной призме ABCAlBlCl проведены два
сечения. Первое сечение проходит через ребро АВ и се-
середину ребра ССц а второе — через ребро А1В1 п середи-
середину ребра СВ. Найти отношение длины отрезка линии пе-
пересечения этих сечений, заключенного внутри призмы,
к длине ребра АВ.
98. В тетраэдре A BCD ребро АВ перпендикулярно
ребру CD, АСВ = ADB, площадь сечения, проходящего
через ребро АВ и середину ребра DC, равна S, | DC | =
= а. Найти объем тетраэдра A BCD.
99. Дана правильная треугольная пирамида SABC
(S — ее вершина). Ребро SC атой пирамиды совпадает
с боковым ребром правильной треугольной призмы
A1B1CA2B2S {А1А2, BtB2 и CS — боковые ребра, a AtBiC—
одно нз оснований). Вершины А1 и Z?x лежат в
плоскости грани SAB пирамиды. Какую долю от объема
всей пирамиды составляет объем части пирамиды, лежа-
лежащей внутри призмы, если отношение длины бокового
ребра пирамиды к стороне ее основания равно 2/jA3?
100. В правильной четырехугольной усеченной пира-
пирамиде с боковыми ребрами AAt, BBlt ССХ, DD1 сторона
верхнего основания AlB1C1D1 равна 1, а сторона нижнего
основания равна 7. Плоскость, проходящая через ребро
В1С1 перпендикулярно к плоскости ADiC, делит пирами-
пирамиду на две части равного объема. Найти объем пирамиды.
101. Основанием призмы ABCA^jCx является пра-
правильный треугольник ABC со стороной а. Проекцией
призмы на плоскость основания является трапеция с бо-
боковой стороной АВ п площадью, в два раза большей пло-
площади основания. Радиус сферы, проходящей через вер-
вершины А, В, Alt Съ равен а. Найти объем призмы.
102. В плоскости дан квадрат ABCD со стороной а
и точка М на расстоянии Ъ от его центра. Найти сумму
объемов тел, получающихся при вращении треугольников
ABM, BCM, CDM и DAM соответственно вокруг прямых
АВ, ВС, CD и DA.
103. Точка D — середина ребра АхСг правильной тре-
треугольной призмы АВСАХВХСГ. Правильная треугольная
пирамида SMNP расположена так, что плоскость ее ос-
основания MNP совпадает с плоскостью ABC, вершина М
лежит на продолжении АС, причем | СМ\ = j \ АС\, ребро
SN проходит через точку D, а ребро SP пересекает отре-
отрезок BB±. В каком отношении отрезок ВВг делится точкой
пересечения?
16
104. Центры трех сфер, радиусы которых равны 3,
4 и б, расположены в вершинах правильного треугольника
со стороной 11. Сколько существует плоскостей, касаю-
касающихся одновременно всех трех сфер?
105. Все плоские углы трехгранного угла NKLM (N —
вершина) прямые. На грани LNM взята точка Р на рас-
расстоянии 2 от вершины N и на расстоянии 1 от ребра MN.
Из некоторой точки S, расположенной внутри трехгран-
трехгранного угла NKLM, в точку Р направлен луч света. Луч
образует угол л/4 с плоскостью MNK и равные углы с
ребрами KN п MN. Луч зеркально отражается от граней
угла NKLM сначала в точке Р, затем — в точке Q, за-
затем — в точке R. Найтн сумму длин отрезков PQ и QR.
106. Основанием треугольной пирамиды A BCD яв-
является треугольник ABC, в котором А = л/2, С = л/6,
WC | = 2|/. Длины ребер AD, BD и CD равны меж-
между собой. Сфера радиуса 1 касается ребер AD, BD, про-
продолжения ребра CD за точку D и плоскости ABC. Найти
величину отрезка касательной, проведенной из точки А
к сфере.
107. Три шара, среди которых имеются два одинако-
одинаковых, касаются плоскости Р и, кроме того, попарно каса-
касаются друг друга. Вершина прямого кругового конуса
принадлежит плоскости Р, а ось конуса перпендикуляр-
перпендикулярна этой плоскости. Все три шара расположены вне кону-
конуса, причем каждый из них касается его боковой поверх-
поверхности. Найти косинус угла между образующей конуса
и плоскостью Р, если известно, что в треугольнике с вер-
вершинами в точках касания шаров с плоскостью один из
углов равен 150°.
108. Объем тетраэдра ABCD равен 5. Через середины
ребер AD и ВС проведена плоскость, пересекающая реб-
ребро CD в точке М. При этом отношение длины отрезка DM
к длине отрезка СМ равно 2/3. Вычислить площадь сече-
сечения тетраэдра указанной плоскостью, если расстояние
от нее до вершины А равно 1.
109. В правильную треугольную пирамиду SABC
с вершиной S и основанием ABC вписан шар радиуса 2:
высота пирамиды SK равна 6. Доказать, что существует
единственная плоскость, пересекающая ребра основания
А В и ВС в некоторых точках М и N таких, что | MN | =
= 7, касающаяся шара в точке, удаленной на равные
расстояния от точек М и N, и пересекающая продолже-
продолжение высоты пирамиды SK за точку К в некоторой точке D.
Найти длину отрезка SD.
17
110. Все ребра треугольной пирамиды A BCD каса-
касаются некоторого шара. Три отрезка, соединяющие сере-
середины скрещивающихся ребер, равны. Угол ABC равен
100°. Найти отношение высот пирамиды, опущенных из
вершин А и В.
111. И пирамиде SABC произведения длин ребер каж-
каждой из четырех граней равны одному и тому же числу. Длина
высоты пирамиды, опущенной из S на грань ABC, равна
0 -, /102 „.„ ( 1 -u/~~vr\
1 I/ -н—, а ветчина угла LAB раЕна arccos \-j- I/ -<г~/"
Найти объем пирамиды SABC, если
| SA | 2 + | SB | 2 - 5 | SC | 2 = 60.
112. В плоскогти Р дан равнобедренный треугольник
ABC (| АВ | = | ВС | = I, \АС | = 2а). Шар радиуса г
касается плоскости Р в точке В. Две скрещивающиеся
прямые проходят через точки А и С и касаются шара.
Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен
а. Найти расстояние между этими прямыми.
113. Основапием пирамиды АВСЕН служит выпуклый
четырехугольник А ВСЕ, который диагональю BE делится
на два равновеликих треугольника. Длина ребра А В
равна 1, длины ребер ВС и СЕ равны. Сумма длин ребер
АН и ЕН равна \Г2. Объем пирамиды равен 1 6. Найти
радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех
шаров, помещающихся в пирамиде.
114. В пирамиде SABC прямая, пересекающая ребра
АС я BS и перпендикулярная к ним, проходит через
середину ребра BS. Грань AS В равновелика грани BSC,
а площадь грани ASC в два раза больше площади грани
BSC. Внутри пирамиды есть точка М, сумма расстояний
от которой до вершин В и S равна сумме расстояний до
всех граней пирамиды. Найти расстояние от точки М
до вершины В, если | АС | = /С, | В S\ = 1.
115. В основании пирамиды лежит прямоугольник
с острым углом между диагоналями а (а <^ 60°), боковые
ребра ее равны между собой, а высота h. Внутри этой
пирамиды расположена треугольная пирамида, вершина
которой совпадает с вершиной первой пирамиды, а вер-
вершины основания лежат по одной на трех сторонах прямо-
прямоугольника. Найти объем четырехугольной пирамиды,
если все ребра треугольной пирамиды равны между
собой, а боковые грани равновелики.
116. В треугольной пирамиде SABC с основанием ABC
и равными боковыми ребрами сумма двугранных углов
18
с ребрами SА и SC равна 180°. Известно, что | А В \ = at
| ВС | = Ъ. Найти длину бокового ребра.
117. Дан правильный тетраэдр с ребром а. Сфера ка-
касается трех ребер тетраэдра, выходящих из одной вершины,
в их концах. Найти площадь части сферической поверхно-
поверхности, расположенной внутри тетраэдра.
118. На поверхности сферы радиуса 2 расположены
три попарно касающиеся друг друга окружности радиуса
j/~2. Часть поверхности сферы, расположенная вне окруж-
окружностей, представляет собой два криволинейных треуголь-
треугольника. Найти площади этих треугольников.
119. Три двугранных угла тетраэдра, не принадлежа-
принадлежащие одной вершине, равны л 2. Оставшиеся три двугран-
двугранных угла равны между собой. Найти эти углы.
120. Два шара вписаны в боковую поверхность конуса
и касаются между собой. Третий шар проходит через две
окружности, по которым касаются поверхности конуса
первые два шара. Доказать, что объем части третьего
шара, расположенной вне конуса, равен объему части
конуса, заключенной между первыми двумя шарами
внутри конуса.
121. Шар радиуса R касается одного основания
усеченного конуса и его боковой поверхности по окруж-
окружности, совпадающей с окружностью другого основания
конуса. Пайтп объем тела, состоящего из объединения
конуса и шара, если полная поверхность этого тела равна S.
122. Два треугольника — правильный со стороной а
и равнобедренный прямоугольный с катетами, равными
Ь,— расположены в пространстве так, что их центры
тяжести совпадают. Найти сумму квадратов расстояний
от всех вершин одного из них до всех вершин другого.
123. В правильной треугольной пирамиде SABC
(S — вершина) точка Е — середина апофемы грани SBC,
а точки F, L и М лежат на ребрах АВ, АС и SC соот-
соответственно, причем | AL | = ^т-| ЛС|. Известно, что
EFLM — равнобедренная трапеция и дли ее основания
EF равна j/~7. Наши объем пирамиды.
12 Дан куб ABCDA1B1C1Dl с ребром а. Основания
цилиндра вписаны в грани A BCD и А^В^С^Р^ Пусть
М — точка на ребре АВ такая, что | AM \ = а 3, N —
точка на ребре В1С1 такая, что | NCX \ = a 4. Через
точки Сг и М проходит плоскость, касающаяся основания
цилиндра, вписанного в A BCD, а через А и N — плос-
плоскость, касающаяся основания, вписанного в А-Ji^C-J)^.
19
Найти объем части цилиндра, заключенной между пло-
плоскостями.
125. Определить полную поверхность призмы, опи-
описанной около шара, если площадь ее основания равна S.
126. Центр сферы а лежит на поверхности сферы р.
Отношение поверхности сферы р, лежащей внутри сферы
а, ко всей поверхности сферы а равно 1/5. Найти отно-
отношение радиусов сфер аир.
127. Около шара описан усеченный конус. Полная
поверхность этого конуса S. Второй шар касается боковой
поверхности конуса по окружности основания конуса.
Найти объем усеченного конуса, если известно, что часть
поверхности второго шара, находящаяся внутри первого
имеет площадь Q.
128. Около шара описан усеченный конус, основания
которого являются большими кругами двух других шаров.
Определить полную поверхность усеченного конуса, если
сумма поверхностей трех шаров есть S.
129. Через вершину прямого кругового конуса про-
проведено сечение максимальной площади. Известно, что пло-
площадь этого сечения в два раза больше площади осевого
сечения. Найти угол при вершине осевого сечения конуса
130. В конус вписана треугольная пирамида SABC
(S совпадает с вершиной конуса, А, В и С лежат на окруж-
окружности основания конуса), двугранные углы при ребрах
SA, SB и SC равны соответственно а, Р и у. Найти угол
между плоскостью SBC и плоскостью, касающейся по-
поверхности конуса по образующей SC.
131. Три точки А, В и С, расположенные на поверх-
поверхности сферы радиуса R, попарно соединены дугами боль-
больших кругов, меньшими полуокружности. Через середины
дуг А В и А С проведен еще один большой круг, пересе-
пересекающий продолжение Же в точке К. Найти длину дуги
СК, если | ВС | = I {I < nR).
132. Найти объем тела, полученного при вращении
правильного треугольника со стороной а вокруг прямой,
параллельной его плоскости и такой, что проекция этой
прямой иа плоскость треугольника содержит какую-либо
высоту треугольника.
133. Рассмотрим тело, состоящее пз точек, удаленных
от какой-либо точки внутри или на границе плоской вы-
выпуклой фигуры периметра 2р и площади S иа расстояние
не больше d. Найти объем этого тела.
134. Дана треугольная пирамида SABC. Шар радиуса
20
R касается плоскости ABC в точке С и ребра SA в точке S.
Прямая BS вторично пересекает шар в точке, диаметраль-
диаметрально противоположной точке С. Найти объем пирамиды
SABC, если \ВС \ = а, \SA \ = Ъ.
135. Внутри правильной треугольной пирамиды рас-
расположена вершина трехгранного угла, все плоские углы
которого прямые, а биссектрисы плоских углов проходят
через вершины основания. В каком отношении поверх-
поверхность зтого угла делит объем пирамиды, если каждая
грань пирамиды разделена ею на две равновеликие части?
136. Дан параллелепипед ABCDAJi&Jii объема V.
Найти объем общей части двух тетраэдров AB^CD^ и
A^Cfl.
137. Две одинаковые треугольные пирамиды объема V
расположены в пространстве симметрично относительно
точки О. Найти объем их общей части, если точка О
лежит на отрезке, соединяющем вершину пирамиды с цен-
центром тяжести основания, и делит зтот отрезок отноше-
отношении 1) 1 : 1, 2) 3 : I, 3) 2 : 1, 4) 4 : 1, считая от вершины.
138. Правильный тетраэдр объема V повернут около
прямой, соединяющей середипы его скрещивающихся
ребер, на угол а. Найти объем общей части данного тетра-
тетраэдра и повернутого @ •< а < л).
139. Ребро куба равно а. Куб повернут около диаго-
диагонали на угол а. Найти объем общей части первоначаль-
первоначального куба и повернутого.
140. На плоское зеркало под углом а падает луч
света. Зеркало поворачивается на угол E вокруг проек-
проекции луча ,на зеркало. На какой угол отклонится отражен-
отраженный луч?
HI. В пространстве даны точки А, В, С и D, причем
| АВ | = | ВС | = | CD !, ABC = BCD --= CDA = a.
Найти угол между прямыми AC a BD.
142. Дана правильная гс-угольная призма. Площадь
основания равна ?. Две плоскости пересекают все боковые
ребра призмы таким образом, что объем части призмы
между плоскостями равен V. Найти сумму длин отрезков
боковых ребер призмы, заключенных между плоскостями,
если известно, что плоскости не имеют о,бщих точек вну-
внутри призмы.
143. Три последовательные стороны плоского выпук-
выпуклого пятиугольника равны 1, 2 и а. Найти оставшиеся
две стороны зюго пятиугольника, если известию, что он
является ортогональной проекцией па плоскость пра-
21
вильного пятиугольпика При каких значениях а задача
имеет решение?
144. Дан куб ABCDAXBXCXDX, M — центр грани
АВВХАХ, N — точка на ребре ВХСХ, L — середина AxBlf
К — основание перпендикуляра, опущенного из N на
ВСХ. В каком отношении точка N делит ребро ВХСХ, если
LMK = МКЮ
145. В правильной шестиугольной пирамиде центр
описанной сферы лежит на поверхности вписанной.
Найти отношения радиусов описанной и вписанной сфер.
146. В правильной четырехугольной пирамиде центр
описанного шара лежит на поверхности вписанного шара.
Найти величину плоского угла при вершине пирамиды.
147. В основании четырехугольной пирамиды SABCD
лежит квадрат ABCD со стороной а. Об i угла между
противоположными боковыми гранями прямые. Двугран-
Двугранный угол при ребре SA равен а. Найти объем пирамиды.
148. Плоскость, пересекающая поверхность треуголь-
пой пирамиды, делит медианы граней, выходящие из
одной вершины, в отношениях 2:1, 1 : 2, 4 : 1 соответ-
соответственно (считая от вершины). В каком отношении эта
плоскость делит объем пирамиды?
149. п равных конусов пмеют общую вершипу. Каж-
Каждый касается двух других по образующей, а все касаются
одной плоскости. Найти угол при вершине осевого сече-
иин зтих конусов.
150. Дан куб ABCDA1B1C1Dl Плоскость, проходя-
проходящая через А и касающаяся вписанного в куб шара, пере-
пересекает ребра .4,2?! и A1Dl в точках К и N. Определить
величину двугранного угла между плоскостями АСХК
и ACXN.
151. Дан тетраэдр ABCD. Другой тетраэдр —
A1B1C1Dl расположен так, что его вершины Аг, В-,, Сг,
Dx лежат соответственно в плоскостях BCD, CD A, DAB,
ABC, а плоскости его граней А ВХСЪ В-^С^Рц C-J)xAi,
DXAXBX содержат соответственно вершины D, А, В и С
тетраэдра ABCD. Известно также, что Ai совпадает
с центром тяжести треугольника BCD, а прямые BDu
СВг, DCX делят пополам соответственно отрезки AC, AD,
АВ. Найти объем общей части зтих тетраэдров, если объем
тетраэдра ABCD равен V.
152. В тетраэдре ABCD дано | ВС \ = | CD \ =
= \DA |, | BD | = | АС |, | BD | > | ВС |, двугранный
угол при ребре АВ равен л/3 Найти сумму остальных
двугранных углов.
22
153. Дана треугольная призма ABCAiBtd. Известно,
что пирамиды ABCCi, ABBJCx и AA^B^i равны между
собой. Найти двугранные углы между плоскостью основа-
основания и боковыми гранями призмы, если в основании лежит
неравнобедренный прямоугольный треугольник.
154. В правильном тетраэдре ABCD с ребром а
в плоскостях BCD, CD A, DAB и ABC взяты соответст-
соответственно точки А\, Вг, С1 и ?>! так, что прямая АгВх перпен-
перпендикулярна плоскости BCD, BxCi перпендикулярна плос-
плоскости CD A, CiDj перпендикулярна плоскости DAB и,
наконец, DXAX перпендикулярна плоскости ABC. Найти
объем тетраэдра AXBYCXDX.
155. п равных шаров радиуса R касаются боковой
поверхности изнутри и плоскости основания конуса, при-
причем каждый шар касается двух соседних; п шаров"радиуса
2R расположены аналогичным образом, касаясь боковой
поверхности с внешней стороны. Найти объем конуса.
156. Дан куб ABCDAiBidDi. На отрезках ААг и BCt
взяты точки 71/ и N так, что прямая MN пересекается
с прямой BtD. Найти
\ВСу\ \АМ\
\BN\
157. Про тетраэдр известно, что все его грани — подоб-
подобные, но не все равные между собой треугольники. Кроме
того, у любых двух граней есть по крайней мере одна пара
равных ребер, не считая общего ребра. Найти объем этого
тетраэдра, если длины двух ребер, лежащих в одной гра-
грани, равны 3> иД}.
158. Даны три взаимно перпендикулярные прямые,
расстояние между любыми двумя равно а. Найти объем
параллелепипеда, диагональ которого лежит на одной
прямой, а диагонали двух соседних граней на двух дру-
других прямых.
159. Сечение правильной четырехугольной пирамиды
некоторой плоскостью представляет собой правильный
пятиугольник со стороной а. Найти объем пирамиды.
160. Дан треугольник ABC, площадь которого S,
а радиус описанной окружности равен R. В вершинах А,
В и С к плоскости треугольника восставлены перпендику-
перпендикуляры, и на них взяты точки Аг, Вх и Сг так, что отрезки
ААг, BBi, ССг по длине равны соответствующим высотам
треугольника, опущенным из вершин А, В и С. Найти
объем пирамиды, ограниченной плоскостями AxBiC,
РАЗДЕЛ П
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ-МИНИМУМ.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК
§ 1. Задачи на доказательство
161. Во всяком ли тетраэдре высоты пере-
пересекаются в одной точке?
162. Существует ли такая треугольная пирамида, что
оспования всех ее высот лежат вне соответствующих гра-
граней?
163. Доказать, что прямая, образующая равные углы
с тремя пересекающимися прямыми плоскости, перпенди-
кулярпа плоскости.
164. Какие правильные многоугольники могут полу-
получаться при пересечении куба плоскостью?
165. Доказать, что сумма плоских углов трехгранного
угла меньше 2зх, а сумма двугранных углов — больше зх.
166. Пусть плоские углы трехгранного угла равны а,
Р и у, а противолежащие им двугранные углы — А, В и С.
Доказать, что справедливы следующие равенства:
jv sin а sin р i
sin A sin В sin С
(теорема синусов для трехгранного угла),
2) cos a = cos Pcos у + sin Р sin у cos А
A-я теорема косинусов для трехгранного угла),
3) cos A = —cos В cos С + sin В sin С cos a
B-я теорема косинусов для трехгранного угла).
167. Доказать, что если все плоские углы трехгранного
угла тупые, то и все двугранные углы также тупые.
168. Доказать, что если у трехгранного угла все дву-
двугранные углы острые, то и все плоские углы острые.
169. Доказать, что в произвольном тетраэдре найдется
трехгранный угол, все плоские углы которого острые.
170. Доказать, что в произвольном многограннике,
все грани которого —треугольники, найдется такое ребро,
что все плоские углы, прилежащие к нему,— острые.
24
171. Доказать, что трехгранную призматическую по-
поверхность можно пересечь плоскостью таким образом, что
в сечении будет правильный треугольник.
172. В треугольной пирамиде все плоские углы при
вершине А — прямые, ребро А В равно сумме двух дру-
других ребер, выходящих из А. Доказать, что сумма плоских
углов при вершине В равна л/2.
173. Любой лн трехгранный угол можно пересечь
плоскостью таким образом, что в сечении получится пра-
правильный треугольник?
174. Найти плоские углы при вершине трехгранного
угла, если известно, что любое его сечение плоскостью
есть остроугольный треугольник.
175. Доказать, что в любом тетраэдре имеется такая
вершина, что из отрезков, равных выходящим из зтой
вершины ребрам, можно построить треугольник.
176. Доказать, что любой тетраэдр можно разрезать
плоскостью на две части так, что из получившихся кус-
кусков можно вновь сложить такой же тетраэдр, приложив
их друг к другу иным способом.
177. Найти плоские углы при вершине трехгранного
угла, если известно, что существует другой трехгранный
угол с той же вершиной, ребра которого лежат в плоско-
плоскостях, образующих грани данного, и перпендикулярны
противоположным ребрам данного угла.
178. Прямая I образует острые углы а, р и у с тремя
взаимно перпендикулярными прямыми. Доказать, что
о.+ Р + у <я.
179. Доказать, что сумма углов, образуемых ребрами
трехгранного угла с противоположными гранями, меньше
суммы его плоских углов.
Доказать также, что если плоские углы трехгранного
угла — острые, то сумма углов, образуемых его ребрами
с противоположными гранями, больше половины суммы
плоских углов. Верно ли последнее утверждение для про-
произвольного трехгранного угла?
180. Доказать, что сумма четырех двугранных углов
тетраэдра (исключая любые два противоположные угла)
меньше 2зх, сумма же всех двугранных углов тетраэдра
заключена между 2зх и Ззх.
181. Из произвольной точки основания правильной
пирамиды восставлен перпендикуляр. Доказать, что сум-
сумма отрезков от основания перпендикуляра до пересечения
с боковыми гранями или их продолжением есть величина
постоянная.
25
182. Доказать, что если xt, а21 х3, а;4 — расстояния от
произвольной точки внутри тетраэдра до его граней, hi,
Ла, h3, ^ — соответствующие высоты тетраэдра, то
т—'—г.—I—тг "•—г~— '¦•
«I ftj n3 й4
183. Доказать, что плоскость, проходящая через се-
середины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, делит его
на две части, равные по объему.
184. Доказать, что если в основании пирамиды ABCD
лежит правильный треугольник ABC н DAB = DBC =
= DC А, то пирамида правильная.
185. Пусть о и Oi, 6 и blt с и Ci - пары противополож-
противоположных ребер тетраэдра, а, р и "у — соответственно углы
между ними (а, р* и у не превосходят 90е). Доказать, что
пз трех чисел aai cos а, ЪЪХ cos р, сех соэ у одно есть сумма
двух других.
186. В тетраэдре A BCD ребра DA,DB и DC равны
соответствующим высотам треугольника ABC (DA равно
высоте, проведенной из вершины Л, и т. д.). Доказеть, что
сфера, проходящая через три вершины тетраэдра, пересе-
пересекает ребра, выходящие из четвертой вершины, в трех точ-
точках, являющихся вершинами правильного треугольника.
187. Дана четырехугольная пирамида MABCD, в осно-
основании которой лежит выпуклый четырехугольник ABCD.
Плоскость пересекает ребра MA, MB, MC v MD соответ-
соответственно в точках К, L, Р и N. Доказать, что выполняется
соотношение
\мс\ с \MD\ , с \Л1В\
JMK\ +
188. Из произвольной точки пространства опущены
перпендикуляры на грани данного куба. Получившиеся
шесть отрезков являются диагоналями шести кубов. До-
Доказать, что шесть сфер, каждая из которых касается всех
ребер соответствующего куба, имеют общую касательную
прямую.
189. Даны три параллельные прямые. А, В а С — фик-
фиксированные точки на зтих прямых. Пусть М, N и L —
соответственные точки на зтих же прямых, расположенные
по одну сторону от плоскости ABC. Доказать, что если:
а) сумма длин отрезков AM, BN и CL постоянна, или
б) сумма площадей трапеций AMNB, BNLC и CLMA
постоянна, то плоскость MNL проходит через фиксиро-
фиксированную точку.
26
190. Сумма длип двух скрещивающихся ребер тетра-
тетраэдра равна сумме длин двух других скрещивающихся ре-
ребер. Доказать, что сумма двугранных углов, ребрами ко-
которых является первая пара ребер, равна сумме двугран-
пых углов, ребрами которых является вторая пара ребер
тетраэдра.
191. Пусть О — центр правильного тетраэдра. Из про-
произвольной точки М, расположенной на одной из граней
тетраэдра, опускают перпендикуляры на остальные три
его грани. К, L, N — основания этих перпендикуляров.
Доказать, что прямая ОМ проходит через центр тяжести
треугольника KLN.
192. В тетраэдре ABCD ребро CD перпендикулярно
плоскости ABC, М — середина DB, N — середина АВ,
К — точка на ребре CD такая, что | СК\ = -^- \CD\.
Доказать, что расстояние между прямыми ВК и CN равно
расстоянию между прямыми AM и CN.
193. В плоскости одной из боковых граней правиль-
правильной четырехугольной пирамиды взят произвольный тре-
треугольник. Этот треугольник проектируется на основание
пирамиды, получившийся треугольник вновь проекти-
проектируется на боковую грань, смежную с первоначальной.
Доказать, что получившийся при последнем проектиро-
проектировании треугольник подобен первоначальному.
194. В тетраэдре ABCD в грани BCD взята произволь-
произвольная точка Ai. Через вершину А проведена произвольная
плоскость. Прямые, проходящие через вершины В, С и D
параллельно прямой A At, пересекают эту плоскость в точ-
точках Bi,Ci,Di. Доказать, что объем тетраэдра AiBxdDf
равен объему тетраэдра ABCD.
195. Дан тетраэдр ABCD. В плоскостях, определяю-
определяющих его грани, взяты точки А и В±, d, Di таким образом,
что прямые AAf, BBt, CCu DDi параллельны между со-
собой. Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и
AiBiCtDi.
196. Пусть D — одна из вершин тетраэдра, М — его
центр тяжести, О — центр описанного шара. Известно,
что точки D, М и точки пересечения медиан граней, со-
содержащих D, лежат на поверхности одной сферы, Дока-
Доказать, что прямые DM и ОМ перпендикулярны.
197. Доказать, что никакое тело в пространстве не
может иметь в точности четное число осей симметрии.
198. Дана окружность и точка А в пространстве.
Пусть В — проекция А на плоскость, в которой располо-
27
жена окружность, D — произвольная точка окружности.
Доказать, что проекции В на AD лежат на одной окруж-
окружности.
199. В основании пирамиды ABCDE лежит четырех-
четырехугольник ABCD, диагонали АС и ВТ) которого перпенди-
перпендикулярны и пересекаются в точке М. Отрезок ЕМ являет-
является высотой пирамиды. Доказать, что проекции точки М
на боковые грани пирамиды лежат в одной плоскости.
200. Доказать, что, если прямая, проходящая через
центр тяжести тетраэдра ABCD и центр описанной около
него сферы, пересекает ребра АВ и CD, то | АС | —
= \BD\, \AD\=\BC\.
201. Доказать, что, если прямая, проходящая через
центр тяжести тетраэдра ABCD и центр вписанной в него
сферы, пересекает ребра АВ и CD, то |ЛС| = \BD |,
\AD\=\BC\.
202. Дан куб ABCDAXBXCJ)X. Через вершину А про-
проведена плоскость, касающаяся вписанного в куб шара.
Пусть М и N — точки пересечения зтой плоскости с пря-
прямыми АуВ и Аф. Доказать, что прямая MN касается впи-
вписанного в куб шара.
203. Доказать, что для тетраэдра, у которого все пло-
плоские углы при одной из вершин прямые, справедливо ут-
утверждение: сумма квадратов площадей прямоугольных
граней равна квадрату площади четвертой грани (теорема
Пифагора для прямоугольного тетраэдра).
204. Доказать, что сумма квадратов проекций ребер
куба на произвольную плоскость постоянна.
205. Доказать, что сумма квадратов проекций ребер
правильного тетраэдра на произвольную плоскость по-
постоянна.
206. Два тела в пространстве двигаются по двум пря-
прямым с постоянными и неравными скоростями. Доказать,
что существует такая фиксированная окружность в про-
пространстве, отношение расстояний от любой точки которой
до этих тел постоянно и равно отношению их скоростей.
207. Дан шар и две точки А и В вне его. Из А и В к шару
проведены две пересекающиеся касательные. Доказать,
что точка их пересечения лежит в одной из двух фикси-
фиксированных плоскостей.
208. Три шара касаются плоскости данного треуголь-
треугольника в его вершинах и касаются между собой. Доказать,
что, если треугольник разносторонний, то существуют два
шара, касающиеся трех данных и плоскости треуголь-
треугольника, причем если г и р (р ]> г) — радиусы этих шаров,
28
R — радиус окружности, описанной около треугольника,
112/3
ТО = g .
г р R
209. Дан тетраэдр ABCD. Один шар касается ребер
АВ и CD в точках А и С, а другой — в точках В и D.
Доказать, что проекции Л С и BD на прямую, проходящую
через центры зтих шаров, равны.
210. Существует ли пространственный пятиугольник
такой, что отрезок, соединяющий любые две не соседние
вершины, пересекает плоскость треугольника, образо-
образованного остальными тремя вершинами, во внутренней
точке зтого треугольника?
211. Доказать, что пятиугольник, все стороны кото-
которого равны между собой и углы которого также равны
между собой, является плоским.
212. Дан параллелепипед ABCDAJi^CxD^, диагональ
АСХ которого равна d, а объем V. Доказать, что из отрез-
отрезков, равных расстояниям от вершины Ах, В и D до диаго-
диагонали АСг, можно построить треугольник и что, если s —
площадь этого треугольника, то V «= 2ds.
213. Дан тетраэдр ABCD, Au Bt, Cu Dt — точки пе-
пересечения медиан граней BCD, CD A, DAB, ABC. Дока-
Доказать, что существует тетраэдр A2B2C2D2, у которого ребра
А2Вг, В2С2, C2D2 и D2A2 равны и параллельны соответ-
соответственно отрезкам AAt, ВВЛ, ССХ и DDt. Найти объем
тетраэдра A2B2C2D2, если объем тетраэдра ABCD равен V.
214. Дан тетраэдр. Доказать, что существует другой
тетраэдр KLMN, ребра KL, LM, MN и NK которого пер-
перпендикулярны соответствующим граням данного тетра-
тетраэдра и их длины численно равны площадям этих граней.
Найти объем тетраэдра KLMN, если объем данного V.
215. Даны три пересекающиеся сферы. Через точку,
расположенную на общей всем трем сферам хорде, прове-
проведены три хорды,-принадлежащие различным сферам. Доке-
зать, что концы зтих трех хорд лежат па одной сфере.
216. В тетраэдре ABCD проведено сечение плоскостью,
перпендикулярной радиусу описанной сферы, идущему
в вершину D.' Доказать, что вершины А, В, Си точки
пересечения плоскости с ребрами DA, DB, DC лежат на
одной сфере.
217. Дана сфера, окружность на сфере и точка Р, не
принадлежащая сфере. Доказать, что вторые точки пе-
пересечения прямых, соединяющих точку Р и точки на дан-
данной окружности, с поверхностью сферы образуют окруж-
окружность.
29
218. Доказать, что линия пересечения двух конических
поверхностей с параллельными осями и равными углами
в'осевых сечениях есть плоская кривая.
219. На ребрах АВ, ВС, CD и DA тетраэдра ABCD
взяты точки К, L, М и N, расположенные в одной плоско-
плоскости. Пусть Р — произвольная точка пространства. Пря-
Прямые РК, PL, PM и PN вторично пересекают соответ-
соответственно окружности, описанные около треугольников
РАВ, РВС, PCD и PDA в точках Q, R, S и Т. Доказать,
что точки Р, Q, R, S и Т лежат на поверхности сферы.
220. Доказать, что ребра выпуклого четырехгранного
угла являются образующими конуса, вершина которого
совпадает с вершиной зтого угла, тогда и только тогда,
когда суммы противоположных двугранных углов четы-
четырехгранного угла равны между собой.
221. Дан шестигранник, все грани которого — четы-
четырехугольники. Известно, что семь из восьми его вершин
лежат на поверхности одной сферы. Доказать, что и вось-
восьмая вершина лежит на поверхности той же сферы.
222. На каждом ребре тетраэдра взята произвольная
точка, отличная от вершины тетраэдра. Доказать, что
четыре сферы, каждая из которых проходит через одну
вершину тетраэдра и три точки, взятые на ребрах, выхо-
выходящих из этой вершины, пересекаются в одной точке.
§ 2. Еадачи па максимум-минимум.
Геометрические неравенства
223. Дан двугранный угол. Прямая I лежит
в плоскости одной из его граней. Доказать, что угол
между прямой I и плоскостью другой грани наиболь-
наибольший, когда I перпендикулярна ребру зтого двугранного
угла.
224. В выпуклом четырехгранном угле все плоские углы
равны 60 . Доказать, что углы между противоположными
р брами не могут быть одновременно острыми или одно-
одновременно тупыми.
225. Высота усеченной пирамиды равна h, площадь
с еднего сечения равна S. В каких пределах может ме-
меняться объем этой пирамиды?
226. Найти наибольшее значение объема тетраэдра,
вписанного в цилиндр, радиус основания которого R, вы-
с та h.
227. Основанием прямоугольного параллелепипеда
ABCDA1LilClD1 является квадрат ABCD. Найтл ншболь-
30
шуго возможную величину угла менаду прямой
и плоскостью BDCx-
228. В правильной четырехугольной призме
DxCxDx высота в два раза меньше стороны осно-
основания. Найти наибольшее значение угла АхМСг, где М —
точка на ребре АВ.
229. Длина ребра куба ABCDAxBxCxDx равна 1. На
продолжении ребра AD за точку D выбрана точка М так,
что | AM | = 2jA2/5. Точка Е — середина ребра АхВх,
точка F — середина ребра DDX. Какое наибольшее зна-
значение может принимать отношение | МР \ I \ PQ \, где точ-
точка Р лежит на отрезке АЕ, а точка Q — на отрезке CF?
230. Длина ребра куба ABCDAxBxCxDx равна а. Точ-
Точки Е и F — середины ребер ВВ^ и ССХ соответственно.
Рассматриваются треугольники, вершинами которых
служат точки пересечения плоскости, параллельной пло-
плоскости ABCD, с прямыми АСх, СЕ и DF. Найти наимень-
наименьшее значение площади рассматриваемых треугольников.
231. В правильную четырехугольную пирамиду со
стороной основания и высотой, равными 1, вписан пря-
прямоугольный параллелепипед, основание которого распо-
расположено в плоскости основания пирамиды, а вершинм про-
противоположной грани — на боковой поверхности пирами-
пирамиды. Площадь основания параллелепипеда равна s. В каких
пределах может меняться диагональ параллелепипеда?
.232. Основаниями усеченной пирамиды являются пра-
правильные треугольники ABC и АхВхСх со сторонами 3 и 2
соответственно. Отрезок, соединяющий вершину Сх с цен-
центром О основания ABC, перпендикулярен основаниям;
| СхО | *= 3. Через вершину В и точки М и N — середины
ребер АхВх и ВхСх проведена плоскость. Рассматривают-
Рассматриваются цилиндры, расположенные внутри многогранника
ABCAxMNCx, с основаниями в грани AxMNCx- Найти:
а) наибольшее значение объема таких цилиндров с данной
высотой h; б) наибольшее значение объема среди всех рас-
рассматриваемых цилиндров.
233. Все ребра правильной треугольной призмы
ССх имеют длину а. Рассматриваются отрезки с
концами на диагоналях ВСх и С Ах боковых граней, па-
параллельные плоскости АВВхАх- Найти наименьшую дли-
длину таких отрезков.
234. Дан трехгранный угол и точка внутри него. Че-
Через эту точку проведена плоскость. Доказать, что объем
тетраэдра, образованного данным углом и проведенной
плоскостью, будет минимален в том случае, когда данная
31
точка будет центром тяжести треугольника, являющегося
сечением трехгранного угла проведенной плоскостью.
235. Поверхность сферического сегмента равна S (рас-
(рассматривается сферическая часть сегмента). Найти наиболь-
наибольшее значение объема этого сегмента.
236. На плоскости стоит куб с ребром ак Источник све-
света расположен на расстоянии Ъ (Ь> а) от плоскости.
Найти наименьшее значение площади тени, отбрасывае-
отбрасываемой кубом на плоскость.
237. Дан выпуклый центрально-симметричный много-
многогранник. Рассмотрим сечения этого многогранника, па-
параллельные заданной плоскости. Верны ли следующие
утверждения:
1) наибольшую площадь имеет сечение, проходящее
через центр;
2) для каждого сечения рассмотрим окружность наи-
наименьшего радиуса, его содержащую. Верно ли, что наи-
наибольший радиус такой окружности имеет сечение, прохо-
проходящее через центр многогранника?
238. Какое наименьшее значение может принимать
отношение объема конуса к объему цилиндра, описанных
около одного и того же шара?
239. Два конуса имеют общее основание и расположе-
пы по разные стороны от него. Радиус основания г, высота
одного конуса h, другого — II (h ^ H). Найти наиболь-
наибольшее расстояние между двумя образующими этих конусов.
240. Дан куб ABCDAJi^CiPx с ребром а. Найти ради-
радиус наименьшего шара, касающегося прямых АВг, ВЛС,
CD и DA.
241. Диагональ куба, ребро которого равно 1, лежит
на ребре двугранного угла величины а (а < 180°). В ка-
каких пределах может меняться объем части куба, заклю-
заключенной внутри этого угла?
242. Длины ребер прямоугольного параллелепипеда
равны а, Ь и с. Чему равно наибольшее значение площади
прямоугольной проекции этого параллелепипеда на плос-
плоскость?
243. Длины пяти ребер тетраэдра меньше единицы.
Доказать, что объем тетраэдра меньше 1/8.
244. Вершина Е пирамиды А ВСЕ находится внутри
пирамиды ABCD. Верны ли следующие утверждения:
1) сумма ребер АЕ, BE и СЕ меньше суммы ребер AD,
BD и CD;
2) хотя бы одно из ребер АЕ, BE, СЕ меньше соответ-
соответствующего ребра AD, BD, CD1
32
245. Пусть г и R — соответственно радиусы вписанно-
вписанного и описанного шаров правильной четырехугольной пи-
пирамиды. Доказать, что
246. Пусть R и г — соответственно радиусы описан-
описанного и вписанного шаров некоторого тетраэдра. Доказать,
что R !> Зг.
247. Два противоположных ребра тетраэдра имеют
длины бис, а остальные равны а. Чему равно наименьшее
значение суммы расстояний от произвольной точки прост-
пространства до вершин этого тетраэдра?
248. Дан усеченный конус, в котором угол между об-
образующей и большим основанием равен 60е. Доказать, что
кратчайший путь по поверхности конуса между точкой на
границе одного основания и диаметрально противополож-
противоположной точкой другого основания имеет длину 2R, где R —
радиус большего основания.
249. Пусть а, Ь и с — три произвольных вектора.
Доказзть, что
250. Дан куб ABCDAxBidDj с ребром а. На прямой
ААг взята точка М, а на прямой ВС — точка N так,
что прямая MN пересекает ребро CiD,. Найти наимень-
наименьшее значение величины | MN \.
251. В основании четырехугольной пирамиды лежг.т
прямоугольник, одна сторона которого равна а, боковые
ребра пирамиды равны Ъ. Найти наибольшее значение
объема таких пирамид.
252. Дан куб ABCbAj5xCyDx с ребром а. Найти длину
наименьшего отрезка, концы которого расположены на
прямых ABi и ВСг, образующего угол 60° с плоскостью
грани ABCD.
253. Три одинаковые цилиндрические поверхности
радиуса R со взаимно перпендикулярными осями попар-
попарно касаются друг друга.
а) Чему равен радиус наименьшего шара, касающегося
этих цилиндрических поверхностей?
б) Чему равен радиус наибольшего цилиндра, касаю-
касающегося трех данных, ось которого проходит внутри тре-
треугольника с вершинами в точках касания трех данных
цилиндров?
2 И. Ф. Шарыгин 33
254. Две вершины тетраэдра расположены на поверхнос-
поверхности сферы радиуса |А10, две другие вершины — на поверх-
поверхности сферы радиуса 2, концентрической с первой. Каков
наибольший объем таких тетраэдров?
255. Два трехгранных угла расположены таким обра-
образом, что вершина одного из них р вноудалена от граней
другого и наоборот, расстояние между вершинами равно а.
Каков минимальный объем шестигранника, ограничен-
ограниченного гранями этих углов, если все плоские углы одного
из них по 0°, а другого — 90°?
256. Каков наибольший объем тетраэдра ABCD, все
вершины которого лежат на поверхности сферы радиуса 1,
а ребра АВ, ВС, CD и DA видны из центра сферы под
углом 60°?
257. Дан правильный тетраэдр с ребром а. Наши ра-
радиус такого шара с центром в центре тетраэдра, для кото-
которого суммарный объем части тетраэдра, расположенной
вне шара, и части шара, расположенной вне тетраэдра,
достигает наименьшего значения.
258. Доказать, что среди треугольных пирамид с дан-
данным основанием и одинаковыми высотами наименьшую
боковую поверхность имеет та, у которой вершина проек-
проектируется в центр вписанной в основание окружности.
259. Дан куб с ребром а. Пусть N — точка на диаго-
диагонали боковой грани, М — точка на окружности, находя-
находящейся в плоскости основания, имеющей центр в центре
основания и радиус -^ а. Найти наименьшее значение
величины | MN \.
260. а) В основании пирамиды SABC лежит треуголь-
треугольник ABC, в котором ВАС = А, СВА = В, радиус опи-
описанной около него окружности равен R. Ребро SC перпен-
перпендикулярно плоскости ABC. Найти | SC |, если известно,
что —= 1 :—5 : = 1, где а, 6 и v - vr-лы, обра-
sin а ' sin p sin у ' г ' - ' ^
зованные ребрами SA, SB и SC с плоскостями граней
SBC, SAC и SAB соответственно.
б) Пусть а, р и у — углы, образованные ребрами трех-
трехгранного угла с плоскостями противоположных граней.
Доказать, что -4 1 Х^ — ~ъ> 1.
¦^ ' sin a ~ sinP sin v **
261. Может ли правильный тетраэдр с ребром 1 пройти
через круглое отверстие радиуса: а) 0,45; б) 0,44? Толщи-
Толщиной отверстия можно пренебречь.
34
§ 3. Геометрические места точек
262. Доказать, что в произвольном трех-
трехгранном угле биссектрисы двух плоских углов и угла,
смежного к третьему плоскому углу, лежат в одной
плоскости.
263. Доказать, что, если боковую поверхность цилинд-
цилиндра пересечь наклонной плоскостью, затем разрезать боко-
боковую поверхность вдоль образующей и развернуть на плос-
плоскость, то линия сечения будет представлять собой сину-
синусоиду.
264. На поверхности конуса дана линия, отличная от
образующей и такая, что любые две точки этой линии мо-
могут быть соединены дугой, принадлежащей этой линии,
представляющей собой на развертке конуса отрезок пря-
прямой. Сколько точек саможересечения имеет эта линия,
если угол в осевом сечении конуса а?
265. Три взаимно перпендикулярные прямые проходят
через точку О. А, В и С — точки на этих прямых такие,
что
| ОА | *= | ОВ | = | ОС |.
Пусть I — произвольная прямая, проходящая через О»
Аи Bi и d — точки, симметричные точкам А, В я С
относительно I. Через Аг, Вг и Сх проведены три плос-
плоскости, перпендикулярные соответственно прямым ОА, ОВ
и ОС. Найти геометрическое место точек пересечения
этих плоскостей.
266. Найти геометрическое место середин отрезков,
параллельных данной плоскости, концы которых находят-
находятся на двух скрещивающихся прямых.
267. Даны три попарно скрещивающиеся прямые.
Найти:
а) геометрическое место центров тяжести треугольни-
треугольников ABC с вершинами на зтих прямых;
б) геометрическое место центров тяжести треугольни-
треугольников ABC с вершинами на этих прямых, плоскости которых
параллельны заданной плоскости.
268. Три попарно скрещивающиеся прямые 1Ъ 12, 13
перпендикулярны одной и той же прямой и пересекаются
с ней. Пусть N а М — две такие точки на прямых 1Х и
12, что прямая NM пересекает прямую 13. Найти геометри-
геометрическое место середин отрезков NM.
269. В пространстве задано несколько произвольных
прямых и точка Л. Через Л проводится прямая таким об-
образом, что сумма косинусов острых углов, образуемых
2* 35
этой прямой с данными, равна заданному числу. Найти
геометрическое место таких прямых.
270. Дап треугольник ABC и прямая I. Аи Ви С1 —
три произвольные точки па прямой I. Найти геометричес-
геометрическое место центров тяжести треугольников с вершинами
в серединах отрезков АА1, ВВЪ CCV
271. Дана прямая I и точка Л. Через А проводится про-
произвольная прямая, скрещивающаяся с I. Пусть MN —
общий перепендпкуляр к этой прямой и к I (M — на пря-
прямой, проходящей через А). Найти геометрическое место
точек М.
272. Две сферы аир касаются сферы со. в точках Л
и В. На сфере а берется точка М, прямая МА вторично
пересекает сферу со в точке N, прямая NB вторично
пересекает сферу Р в точке К. Найтптеометрическое место
таких точек М, для которых прямая МК касается сферы р.
273. Дана плоскость и две точки по одну сторону
от нее. Найти геометрическое место центров сфер, про-
проходящих через эти точки и касающихся плоскости.
274. Е1айти геометрическое место середин общих ка-
касательных к двум заданным сферам.
275. Прямые 1У и U касаются некоторой сферы. Пусть
М и N — две такие точки на 1^ и 12, что прямая MN также
касается этой же сферы. Найти геометрическое место то-
точек касания прямой MN с этой сферой.
276. В пространстве дана точка О и две прямые. Найти
геометрическое место точек М таких, что сумма проекций
отрезка ОМ па данные прямые есть величина постоянная.
277. В пространстве даны две прямые и точка А на од-
одной из них; через данные прямые проведены две плоскости,
образующие прямой двугранный угол. Найти геометри-
геометрическое место проекций точки А на ребро этого угла.
278. Даны три пересекающиеся плоскости, пе имею-
имеющие общей прямой. Найти геометрическое место таких
точек, сумма расстояний от которых до данных плоскостей
постоянна.
279. Дан треугольник ABC. На прямой, перпенди-
перпендикулярной плоскости ABC и проходящей через А, берется
произвольная точка D. Найти геометрическое место то-
точек пересечения высот треугольников DBC.
280. Даны три пересекающиеся плоскости и прямая I.
Через некоторую точку М пространства проведена
прямая, параллельная I и пересекающая плоскости в точ-
точках А, В а С. Найти геометрическое место таких точек
М, что | AM | + | ВМ | + | СМ | постоянна.
36
281. Дан треугольник ABC. Найти геометрическое
место таких точек М, что прямая, соединяющая центр
тяжести пирамиды АВСМ и центр описанной около нее
сферы, пересекает ребра АС и. ВМ.
282. Трехгранный угол пересечен двумя плоскостями^,
параллельными данной плоскости. Пусть первая плоскость
пересекает ребра трехгранного угла в точках А, В и Ct
а вторая — в точках Аи В1 и Сх (одинаковыми буквами
обозначены точки, принадлежащие одному и тому же
ребру). Найти геометрическое место точек пересечения
плоскостей АВСЪ АВХС и АХВС.
283. Дан плоский четырехугольник A BCD. Найти гео-
геометрическое место точек М таких, что боковую поверх-
поверхность пирамиды ABCDM можно пересечь плоскостью
так, чтобы в сечении получился: а) прямоугольник,^
б) ромб, в) квадрат, г) в предыдущем случае найти геомет-
геометрическое место центров квадратов.
284. На плоскости дан треугольник ABC. Найти гео-
геометрическое место таких точек М пространства, что пря-
прямая, соединяющая центр сферы, описанной около АВСМ,
с точкой G — центром тяжести тетраэдра АВСМ, перпен-
перпендикулярна плоскости AMG.
285. Окружность постоянного радиуса перемещается^
касаясь граней трехгранного угла, все плоские углы ко-
которого прямые. Найти геометрическое место центров этих
окружностей.
286. Паук сидит в одной из вершин куба, ребро кото-
которого равно 1 см. Паук ползет по поверхности куба со
скоростью 1 см в секунду. Найти геометрическое место
таких точек на поверхности куба, которых он может до-
достичь за 2 секунды.
287. Дан трехгранный угол, все плоские углы кото-
которого прямые, О — вершина этого угла. Рассмотрим все-
всевозможные ломаные длины а, начинающиеся в точке О
и такие, что любая плоскость, параллельная одной из
граней угла, пересекает эту ломаную не более чем в од-
одной точке. Найти геометрическое место концов этой ло-
ломаной.
288. Дан шар с центром О. Пусть A BCD — описан-
описанная около него пирамида, для которой выполняются не-
неравенства | О А | > | СШ| >| ОС | > \OD |. Найти гео-
геометрические места точек А, В, С, и D.
289. Дан треугольник ABC. Найти геометрическое
место таких точек М пространства, что из отрезков МА,,
MB и МС можно составить прямоугольный треугольник.
37
290. На пов рх ости емного шара берутся всевозмож-
всевозможные точки, географическая широта которых равна их
олготе. Найти геометрическое место проекций этих то-
а плос ос экватора
1 а ямой круго ои конус и точка А вн его„
аход а ся на расстоянии от пл скости его иованияя
ав с т конуса 1усть М — т ка точка п верх-
сти онуса, что луч света, идущий из А в М, зе кально
тр к сь от поверхности ьонуса, будет параллелен
о кости основания. Найти геометрическое место проек-
ц п точс М на плоскость основания конуса.
292 Через фиксированною точку Р внутри шара про-
проводятся произвольно три взаимно перпендикулярных лу-
луча, пересекающих поверхность шара в точках А, В и С.
Доказать, что точка пересечения медиан треугольника
ABC и проекция точки Р на плоскость ABC описывают
одну и ту же сферическую поверхность.
293. Дап трехгранный угол с вершиной О и точка N.
Произвольная сфера проходит через О и N и пересе-
пересекает ребра трехгранного угла в точках А, В и С. Най-
Найти геометрическое место центров тяжести треугольни-
треугольников ABC.
Произвольный тетраэдр.
294. Дан произвольный тетраэдр и точка N. Доказать,
что шесть плоскостей, каждая из которых проходит чер^в
одно ребро тетраэдра и параллельна прямой, соединяю-
соединяющей N с серединой противоположного ребра, пересека-
пересекаются в одной точке.
295. Доказать, что шесть плоскостей, каждая из кото-
которых проходит через середину одного ребра тетраэдра и
перпендикулярна противоположному ребру, пересека-
пересекаются в одной точке (точка Монжа).
296. Доказать, что, если точка Монжа (см. задачу
295) лежит в плоскости какой-либо грани тетраэдра, то
основание высоты, опущепной на эту грань, расположе-
расположено на описанной около нее окружности.
297. Доказать, что сумма квадратов расстояний от
произвольной точки пространства до вершин тетраэдра
равна сумме квадратов расстояний между серединами
противоположных ребер и учетверенного квадрата рас-
расстояния от этой точки до центра тяжести тетраэдра.
298. Доказать, что у произвольного тетраэдра найдет-
найдется не менее пяти и не более восьми сфер, каждая из кото-
которых касается плоскостей всех его граней.
38
299. ABCD — пространственный четырехугольник
(А, В, С и D не лежат в одной плоскости). Доказать, что
существует по крайней мере восемь шаров, касающихся
прямых АВ, ВС, CD и DA. Доказать также, что, если
сумма каких-либо двух сторон четырехугольника равна
сумме двух других сторон, то таких шаров существует
бесчисленное множество.
300. Доказать, что произведение длин двух про-
противоположных ребер тетраэдра, деленное на произведе-
произведение синусов двугранных углов тетраэдра, соответствую-
соответствующих этим ребрам, для данного тетраэдра постоянно (тео-
(теорема синусов).
301. Пусть ?{, Щ, h (i = 1, 2, 3, 4) — соответственно
площади граней, радиусы описанных около этих граней
кругов и расстояния от центров этих кругов до противо-
противоположных вершин тетраэдра. Доказать, что для объема
тетраэдра справедлива формула
v ==—— I/ ——
302. Дан произвольный тетраэдр. Доказать, что су-
существует треугольник, длины сторон которого численно
ровны произведениям длин противоположных ребер тет-
тетраэдра. Пусть S — площадь этого треугольника, V —
объем тетраэдра, R — радиус описанной около него
сферы. Тогда имеет место равенство S = GVR. (Фор-
(Формула Крелле).
303. Пусть а и Ъ — длины двух скрещивающихся ре-
ребер тетраэдра, аир — величины соответствующих дву-
двугранных углов. Доказать, что выражение
а2 + Ъ2 + 2аЪ ctg a ctg P
не зависит от выбора ребер. (Теорема Бретгинейдера.)
Равногранный тетраэдр.
304. Будем называть тетраэдр раеногранным, если все
его грани — равные треугольники, или, что то же, если
противоположные ребра тетраэдра попарно равны. До-
Доказать, что для того, чтобы тетраэдр был равногранным,,
необходимо и достаточпо выполнения любого из следую-
следующих условий:
а) суммы плоских углов при любых трех вершппах
тетраэдра равны 180°;
39
б) суммы плоских углов при каких-то двух вершинах
тетраэдра равны 180° и, кроме того, какие-то два противо-
противоположных ребра равны;
в) сумма плоских углов при какой-либо вершине тет-
тетраэдра равна 180° и, кроме того, в тетраэдре есть две па-
пары равных противоположных ребер;
г) выполняется равенство ABC = ADC = BAD =
= BCD, где A BCD — данный тетраэдр;
д) все грани равновелики;
е) центры вписанной и описанной сфер совпадают;
ж) отрезки, соединяющие середины противоположных
ребер, перпендикулярны;
з) центр тяжести и центр описанной сферы совпадают;
и) центр тяжести и центр вписанной сферы совпадают.
305. Доказать, что сумма косинусов двугранных уг-
углов тетраэдра положительна и не превосходит 2, причем
равенство этой суммы 2 имеет место для равногранных
тетраэдров и только для них.
306. Сумма плоских углов трехгранного угла равна
180е. Найти сумму косинусов двугранных углов этого
трехгранного угла.
307. Доказать, что для равногранного тетраэдра
а) радиус вписанного шара вдвое меньше радиуса
тара, касающегося одной грани тетраэдра и продолже-
продолжений трех других (такой шар называется енееписанным),
б) центры четырех вневписанных шаров являются вер-
пшнами тетраэдра, равного данному.
308. Пусть h— высота равногранного тетраэдра, /ii и
h2 — отрезки, на которые одна из высот грани делится
точкой пересечения высот этой грани. Доказать, что
/i2 = ihih'i. Доказать также, что основание высоты тет-
тетраэдра и точка пересечения высот грани, на которую эта
высота опущена, симметричны относительно центра ок-
окружности, описанной около этой грани.
309. Доказать, что в равпогранном тетраэдре оснопа-
ния высот, середины высот и точки пересечения высот
граней лежат на поверхности одной сферы (сфера 12 то-
точек).
310. На плоскости дана окружность и точка М на рас-
расстоянии от ее центра, меньшем 1/3 ее радиуса. Пусть
ABC — произвольный треугольник, вписанный в данную
окружность, с центром тяжести в точке М. Доказать,
что существуют две фиксированные точки в пространстве
— D и D'х симметричные относительно данной нлоскос-
40
тп, такие, что тетраэдры ABCD и ABCD' — равно-
гранные.
311. На плоскости дан квадрат ABCD. На сторонах
ВС и CD взяты точки Р и О так, что | СР | + | СО \ =
= | А В |. Пусть М — такая точка прострарштва, что в
тетраэдре APQM все грани — равные треугольники. Оп-
Определить геометрическое место проекций точ^к М на
плоскость, перпендикулярную плоскости квадрата и
проходящую через диагональ АС.
Ортоцентр и ческийтетраэд р.
312. Для того чтобы высоты тетраэдра пересекались
в одной точке (такой тетраэдр называется ортоцентри-
ческим), необходимо и достаточно, чтобы:
а) противоположные ребра тетраэдра были перпенди-
перпендикулярны;
б) одна высота тетраэдра проходила через точку пере-
пересечения высот основания;
в) суммы квадратов скрещивающихся ребер были
равны;
г) отрезки, соединяющие середины скрещивающихся
ребер, были равны между собой;
д) были равны произведения косинусов противополож-
противоположных двугранных углов;
е) углы между противоиоложными ребрами были
равны.
313. Доказать, что в ортоцентрическом тетраэдре центр
тя кести расположен в середине отрезка, соединяющего
центр описанной сферы с точкой пересечения высот.
314. Доказать, что в ортоцентрическом тетраэдре
выполняется соотношение
| ОН |2 = АВ2 - 3Z2,
где О — цеитр описанной сферы, Н — точка пере-
пересечения высот, В — радиус описанной сферы, I — рас-
расстояние между серединами скреш.ивающихся ребер
тетраэдра.
315. Доказать, что в ортоцентрическом тетраэдре все
плоские углы, прилегающие к одной вершине, или од-
одновременно острые, или тупые.
316. Доказать, что для ортоцентрпческого тетраэдра
окружности 9 точек каждой грани принадлежат одной
сфере (сфера 24 точек).
317. Доказать, что для ортоцентрического тетраэдра
центры тяжестей и точки пересечения высот граней, а
41
также точки, делящие отрезки каждой высоты тетраэдра
от вершины до точки пересечения высот в отношении
2:1, лежат на одной сфере (сфера 12 точек).
318. Пусть Н — точка пересечения высот ортоцентри-
ческого тетраэдра, М — центр тяжести какой-либо гра-
грани, N — одна из точек пересечения прямой НМ с описан-
описанной около тетраэдра сферой (М — между Н и N). Дока-
Доказать, что | MN | = 2 | НМ \.
319. Пусть G — центр тяжести ортоцентрического тет-
тетраэдра, F — основание какой-либо высоты, К — одна из
точек пересечения прямой FG с описанной около тетра-
вдра сферой (G — между К и F). Доказать, что | KG | =
= 3 | FG |.
Произвольный многогранник.
Сфера.
320. Доказать, что на сфере нельзя расположить три
дуги больших кругов в 300° каждая так, чтобы никакие
две не имели общих точек.
321. Доказать, что кратчайшей линией, соединяющей
две точки на поверхности сферы, является меньшая дуга
большого круга, проходящего через эти точки. (Рассмат-
(Рассматриваются линии, идущие по поверхности сферы.)
322. Дан многогранник, все ребра которого равны
между собой и касаются некоторой сферы. Всегда ли су-
существует сфера, описанная около этого многогранника?
323. Найти площадь треугольника, образованного при
пересечении поверхности сферы радиуса R с трехгранным
углом, двугранные углы которого равны а, Р и у, а вер-
вершина совпадает с центром сферы.
324. Пусть М — число граней, К — число ребер,
N — число вершин выпуклого многогранника. Доказать,
что
М — К + N = 2.
(Это соотношение впервые было получено Эйлером, при-
причем оно справедливо не только для выпуклых многогран-
многогранников, но и для более широкого класса так называемых
односеязных многогранников!)
325. На поверхности сферы дана окружность. Дока-
вать, что из всех сферических гс-угольников, содержащих
внутри себя данную окружность, наименьшую площадь
имеет правильный сферический гс-угольник.
326. Доказать, что в любом выпуклом многограннике
найдется грань, имеющая меньше шести сторон.
42
327. Доказать, что в любом выпуклом многограннике
найдется либо треугольная грань, либо вершина, в ко-
которой сходятся три ребра.
328. Доказать, что выпуклый многогранник не может
иметь семь ребер. Доказать также, что при любом
п ^> 6, п -ф 7 существует многогранник, имеющий п
ребер.
329. Доказать, что у любого выпуклого многогранника
найдутся две грани, имеющие равное число сторон.
330. Внутри сферы радиуса 1 находится выпуклый
многогранник, все двугранные углы которого меньше
2л/3. Доказать, что сумма длин ребер этого многогран-
многогранника меньше 24.
331. Центр сферы радиуса R находится вне двугранно-
двугранного угла величины а на расстоянии а (а < /?) от его ребра
и расположен в плоскости одной из его граней. Найти
площадь части поверхности сферы, расположенной внут-
внутри угла.
332. Шар радиуса /? касается ребер четырехгранного
угла, все плоские углы которого равны 60°. Поверхность
шара, находящаяся внутри угла, состоит из двух криво-
криволинейных четырехугольников. Найти площади этих че-
четырехугольников.
333. Дан куб с ребром а. Определить площади частей
описанной около этого куба сферы, на которые она раз-
разделена плоскостями граней куба.
334. Дан выпуклый многогранник. Некоторые из его
граней окрашены в черный цвет, причем никакие две
окрашенные грани не имеют общего ребра и число их
больше половины числа всех граней многогранника. До-
Доказать, что в этот многогранник нельзя вписать шар.
335. Какое наибольшее число шаров радиуса 7 могут
одновременно, не пересекаясь, касаться шара радиуса 3?
Выход в пространство.
336. На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точ-
точки М и N так, что | СМ | + | CN | = | АВ |. Прямые
AM a AN делят диагональ BD на три отрезка. Доказать,
что из этих отрезков всегда можно составить треуголь-
треугольник, причем один угол этого треугольника равен 60°.
337. На плоскости даны /\,АВС и точка Р. Прямая
I пересекает прямые А В, ВС и С А соответственно в точ-
точках Сх, Аг и Bv Прямые РСЪ РАг и РВг пересекают ок-
окружности, описанные соответственно вокруг треуголь-
треугольников РАВг РВС и РАС в точках CZl A2 и B2l отличных от
43
Р. Доказать, что точки Р, Аг, В2, С2 лежат на одной ок-
окружности.
338. Доказать, что диагонали, соединяющие противо-
воложные вершины описанного около окружности шести-
шестиугольника, пересекаются в одной точке. (Теорема
Бриапшона.)
339. Два треугольника AxB-fix и А2В2С2 расположены
на плоскости так, что прямые АХА2, В1В2, СгС2 пересе-
пересекаются в одной точке. Доказать, что три точки пересече-
пересечения прямых А1В1 и А2В2, ВхСх и В2С2, СгАх и С2А2 рас-
расположены на одной прямой. (Теорема Дезарга.)
340. Три плоскости и пространстве пересекаются по
одной прямой. Три трехгранных угла расположены так,
что их вершпны лежат на этой прямой, а ребра — в дан-
данник плоскостях (предполагается, что соответствующие
ребра, т. е. ребра, расположенные в одной плоскости,
не пересекаются в одной точке). Доказать, что три точки
пересечения соответствующих граней этих углов лежат
на одной прямой.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
РАЗДЕЛ I
а3 УЪ W
2
*¦
5" • 3' 24
5±2]/3- ab be са ,ГТ 1
5. п-2агссоз ^ . 6. -^-,-—t—m 7. eJ/-g-I__
8. Утверждение 'задачи очевидно для треугольника, одна сто-
сторона которого лежит на линии пересечения плоскостей аир. За-
Затем можпо доказать его справедливость для произвольного тре-
треугольника, а затем п для произвольного многоугольника.
9. Возьмите в качестве оснований пирамид AB^C^Dx и AB2C2D2
треугольники АВ1С1 и АВ2С2.
10. Рассматриваемые углы равны углам, образованным диаго-
диагональю некоторого прямоугольного параллелепипеда с тремя реб-
ребрами, выходящими из ее конца.
12. Рассмотрим параллелепипед, образованный плоскостями,
проходящими через ребра тетраэдра параллельно противоположным
ребрям. (Этот способ достраивания тетраэдра до параллелепипеда
в дальнейшем будет неоднократно применяться.) Объем тетраэдра
составляет 1/3 объема параллелепипеда (плоскости граней тетра-
тетраэдра отсекают от параллелепипеда 4 треугольные пирамиды, объем
каждой из которых составляет 1/6 объема параллелепипеда), а
объем параллелепипеда легко выражается через данные величины, ¦
поскольку диагонали его граней равны и параллельны (или просто
совпадают) соответствующим ребрам тетраэдра, а высота паралле-
параллелепипеда равна расстоянию кеяеду соответствующими ребрами тет-
тетраэдра.
13. Легко видеть, что каждое из этих отношепий (площадей
граней и отрезков ребра) равно отношению объемов двух тетраэд-
тетраэдров, на которые разделила данный тетраэдр биссекторная плос-
плоскость.
14. Соединив центр сферы с верщинами многогранника, разоРь-
ем его на пирамиды, основаниями которых являются грани много-
многогранника, а высоты равны радиусу сферы.
15. Легко проверить справедливость данной формулы для тет-
тетраэдра. При этом надо рассмотреть два случая: 1) три вершины тет-
тетраэдра расположены в одной плоскости и одна вершина — в дру-
другой: 2) две вершины тетраэдра расположены в одной плоскости,
две — в другой. Во втором случае для объема тетраэдра восполь-
воспользуемся формулой задачи 12.
После этого заметим, что произвольный выпуклый многогран-
многогранник можно разбить на тетраэдры, вершины которых совпадают с вер-
43
пинами многогранника. Утверждение это достаточно очевидно, хотя
доказательство его довольно громоздко. Более того, предлагае-
предлагаемая формула справедлива п для невыпуклых многогранников ука-
указанного типа, а также для тел, заключенных между двумя парал-
параллельными плоскостями, для которых площадь сечения плоскостью,
параллельной этим плоскостям, есть квадратичная функция расстоя-
расстояния до одной ив них. Эта формула носит название формулы Счмп-
сона.
16. Поскольку описанный усеченный конус можно рассматри-
рассматривать как предел усеченных пирамид, описанных около той же сфе-
сферы, для объема усеченного конуса справедлива формула задачи 14»
17. Докажем оначала следующее вспомогательное утвержде-
утверждение. Пусть отрезок АВ вращается вокруг прямой I (I не пересекает
отрезок АВ). Перпендикуляр, восставленный к АВ в точке С —
середине АВ, пересекает прямую I в точке О, MN — проекция АВ
иа прямую I. Тогда площадь поверхности, полученной при вращении
АВ вокруг I, равна 2л | СО | - | MN |.
Поверхность, полученная при вращении АВ, представляет
собой боковую поверхность усеченного конуса с радиусами основа-
оснований BN и AM, высотой | MN \ и образующей АВ. Проведем через
А прямую, параллельную I, и обозначим через L точку ее пересече-
пересечения с перпендикуляром BN^опущенным из В на I, | MN | = | AL |.
Обозначим через К проекцию С на I. Заметим, что треугольники
ABL и СОК подобны. Учитывая это, получим, что боковая погерх-
ность усеченного конуса равна
= 2я | СО \-\AL | = 2л 1 СО \-\MN\.
Теперь с помощью предельного перехода нетрудно получить утверж-
утверждение нашей вадачи. (Если рассматриваемый шаровой пояс полу-
получается от вращения некоторой дуги АВ окружности вокруг ее диа-
диаметра, то площадь поверхности этого пояса равна пределу площади
поверхности, получающейся при вращении вокруг этого же диамет-
диаметра ломапой ALtL2 ¦ • • 1^пВ, Есе вершины которой лежат на АВ,
при условии, что длина наибольшего звена ломаной стремится к
нулю.)
18. Пусть А В — хорда данного сегмента, О — центр круга.
Обозначим через х расстояпие от О до А В, а через R — радиус ок-
окружности. Тогда объем тела, получающегося при вращении секто-
сектора АОВ вокруг диаметра, будет равен произведению площади по-
Еерхности, получающейся от вращения дуги АВ (см. задачу 17),
на R/3, 1. е. этот объем равен
1 2 / ог\ 1 2
-g- 2nR2h = -g- л f гг+ -?-1 h = -g- na*h + -3- nx2h.
Но второе слагаемое равно объему тела, получающегося при врагге-
пии треугольника АОС вокруг диаметра (см. решение задачи 17).
Значит, первое слагаемое и есть объем тела, получающегося при
вращении данного сегмента.
19. Поместив в вершинах пирамиды равные грузы, для нахож-
нахождения центра тяжести системы можно сначала найти центр тяжести
«грех грузов, а затем, поместив в найденной точке утроенный грув,
найти иептр -«тяжести всей системы. Можно поступить ииаче, найти
сначала центр тяжести двух грузов, затеи двух других, после чего
найти цептр тяжести всей системы. Можпо не прибегать к механи-
механической интерпретации, а рассмотреть треугольник, образованный
двумя вершинами тетраэдра и серединой противоположного ребра.
21. Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость, парал-
параллельную противоположному ребру (см' решение задачи 12). Эти
плоскости образуют параллелепипед, ребра которого равны расстоя-
расстояниям между серединами скрещивающихся ребер тетраэдра, а сами
ребра тетраэдра являются диагоналями его граней. Поело этого вос-
воспользуемся тем, что в произвольном параллелограмме сумма квад-
квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин его сторон.
22. Если М — середина ВВХ, то АгМ\\ СК. Следовательно,
искомый угол равен углу MAXD. С другой стороны, плоскость
AXDM параллельна СК, значит, расстояние между СК и A^D
равно расстоянпю от точки К до плоскости AtDM. Обозначим иско-
искомое расстояние через х, а искомый угол — через <р. Тогда лмеем
1 1 а3
VAiMDK = ~3~ SA,MDX — ~3~ SAJiDa ~ ~\2Г '
Отсюда х = —гъ . Найдем стороны {\AXMD:
41E AiMD
По теореме косинусов найдем cos (р = ,— ; таким образом,
Ответ: arccos
4 " ' Х ~~ 3 "
1 а
V10 6
23. Можно решать задачу тем же способом, каким была решег/а
задача 22. Предложим иной способ определения расстояния между
скрещивающимися медианами. Пусть ABCD — данный тетраэдр,
К — середина АВ, М — середина АС. Спроектируем тетраэдр на
плоскость, проходящую через АВ перпендикулярно СК. Тетраэдр
спрсектируется в треугольник ABDj, где D1 — проекция D. Еслп
A/j — проекция М (Мг — середина А К), то расстояние менаду пря-
прямыми СК и DM равно расстоянию от точки К до прямой D-^M^.
Это расстояние легко найти, поскольку DXKMX — прямоугольный
треугольник, в котором катеты D±K и KMt равны соответственно
а]^2/3 (высота тетраэдра) и а/4.
Задача имеет два решения. Второе мы получим, если рассмот-
рассмотрим медианы СК и BN, где TV — середина DC,
1 -i/~2~ 2
I/
1 i/2
Ответ: arccos -g- , a I/ -gg- и arccos
24. Из условия задачи следует, что четырехугольник ABCD
не выпуклый.
От нет: —g—.
47
lab - -j- . 29. -^- У4Л»-А 30. 2 + У 3.
За + h C + 2/3) "
/ л\
33. 2 arccos (sin a sin — 1.
34. 12V. 35. 6Д2 — 2e2. 36. ~ . 37. arctg B —
38. Если 0 < a < arccos -jr ,
I = R у 27 + 3 tga -|- [ arctg (з ctg -y-) - o] ;
если a^- arccos-^- , I = 0.
39. 25 : 20 : 9. 40. arccos B — /5). 41. -j— .
42. Обозначим сторону эсновапия и высоту призмы через а,
\ KB | = х. Из условия задачи следует, что проекция КМ на
плоскость основапия параллельна биссектрисе угла С треугольника
ABC, т. е. | BiM | = 2а-, | МСг \ = а — 2х. Пусть Lt — проекции
L па АС. Из условия задачи можно также получить, что \LLt\ =
/3
- | AL\ | —к- > | ?,C | = a — 2г. Следовательно, величина | Л?-х |
«ожет принимать значения: 1) | ALX\ = а—| МСг\ —а —
— (а — 2х) = 2а-; 2) I АЪЛ \ = а + (а — 2х) = 2 (а — г). В первом
случае I fft |г = I КА,, |г + | ??] |2 = а2 + Юг2 — 4яг; во втором —
|H|!=6(b-i) а.
В обоих случаях | КМ |г = 3^ + в2.
Решая соответственно две системы уравнений, получим дли а
два значения
7 V6+/1J
Отпет:___, _
43. arclg
К 2 '
44. Продолжим боковпе грани до пересечения. При атом мы
получим, две подобные пирамиды, основаниями которых являются
большее и мепьп ее осповапия данной усеченной пирамиды. Пусть
а—сторопа большего основания усеченной пирамиды, а — дву-
двугранный угол при этом основанпи. Можно найти: высоту большей
48
пирамиды — h — —g tg а, радиус вписанного в нее шара —
aVS a ., ,
г = —« tg -гр , высоту меньшей пирамиды — пх = п — 2г =
a \
tg о — 2 tg ~n~) i сторону меньшего основания — в| =
a
д tga—2tg —
= -JJ-a = a —— — , боковое ребро больше!) пирамиды —
1=—g—]Ag2a + 4, боковое ребро меньшей пирамиды — 1\ =
=l-j—', после этого воспользуемся условием существования шарэ,
касающегося всех ребер усеченной пирамиды. Это условие экви-
эквивалентно существованию окружности, вписанной в боковую грань,
т. е. должно выполняться равенство
2A-/х)= а+а,.
Выражая I, /х, аг, через а и а, получим уравнение
a
-у
/3 , a a
-^д- /tg2 a + 4 • tg -у = tg a - tg -у".
Отсюда найдем tg у = УЪ —
Ответ: 2 arctg (УЪ — V?).
45. 2"^—<а< у , а=?1;
\
3 — cos о — cos P — cos v
/ft
3 + cos a -f cos p + cos у "
л За21^3 л
47. Если C<a<-y, то S = 9cosa ; если -g— <a<
9 2
<arclg"yT' т0 5== бсоза A8ctga-3/3-2/3ctg2a);
48. arccos
49. Многогранник ABMDCN является треугольной призмой
с основанием ABM, боковыми ребрами AD, ВС, MN.
Ответ: -,— 1^4аа — Ь2.
49
50. R =
2/4c2 — а^^
51. -у /3m2 + 3na + 3p2 — o2 — b2 — c2.
52. Возьмем на продолжении ребра СС1 точку if так, что
ВгК И ВСХ, а черев ребро ВВХ проведем плоскость, параллельную дан-
данной (рис. 1). Эта плоскость должна проходить или через внутрен-
внутреннюю, или через внешнюю биссектрису угла DB^K. Поскольку от-
отношение, в котором плоскость, проходящая через ВВи делит DKU
Рис. 1.
равно отношению, в котором опа делит DC, возможны два слу-
случая: плоскость проходит через точку N на ребре DC такую, что
|?>ЛГ|/| NC | =/3//2,шш же опа проходит через точку М на его
продолжении и спять \DM\I\ МС | = /3//2". Найдем расстоя-
расстояние от точки К до первой плоскости. Оно равно расстоянию от точ
ки С до прямой BN. Если это расстояние х, то
2S
BNC
а/2
а (/6-1)/2
\BN\
(/3+/2) /il —4 ^б
/6-1
sin ф = •
где ф — угол между плоскостью BB^N и прямыми BXD и ВгК. Точ
но так же находится другой угол.
. /6 + 1
Ответ: arcsin р .
о
53. Пусть ABCD — данная пирамида, боковые ребра которой
DA | = а, | DB \ — x, \ DC \ = у; по условию, эти ребра перпен-
50
дпкулярны и х + у = а. Нетрудно найти, что
sabc = 4" V*'{* + iP) + xy, VABCD = -J-
С другой стороны, если R — радиус искомого шара, то
R
VABCD ~ ~3~ (SDAB + SDBC + SDCA ~
= -g- (a2 + У«2* У)
я
Приравнивая два выражения для ^двсс найдем if =-g"
54. Из условия следует, что вершина S проектируется или
в центр окружности, вписанной в Д ABC, или в центр вневписанной
в пего окружности. (Вневписанная «окружность касается одной сто-
стороны треугольника и продолжений двух других сторон треуголь-
треугольника.)
Ответ: если ~7^<. Ь < а, то V— —т^- >^362 — а2 ; если а <
< 6^ а У 3, возможны два ответа:
если Ъ > а у^З, возможны три ответа:
12
55. Пусть углы SJS, SCA, SAC, ~SBA рапны а — 2ф, а
а, а + ф. По теореыо синусов из Д SAB найдем:
а лз Д iS/lC найдем:
Но по условию \ АВ\ = \ АС\. Значит, sin (а + ф) = sin (а — ф),
откуда а = я/2. Условие, связывающее площади треугольников
SAB, ABC и S/4C, приводит к уравнению ctg2 ф cos 2ф = 1, от-
1 ._
куда ф = -тр arccos (У 2 — 1).
Ответ: -g- — arccos (>^2 — 1), -у — -у arccos (y^2 — 1),
я л 1 ._
•у i -у + -у arccos (V 2 — 1).
51
56. Пусть \ SA \ = I, I лег-
легко выражае!Ся через а, а и р. Ес-
Если I < а, то Д Л5С = Д Л?й.
(Будем строить Д /ISC: возьмем
угол г вершиной S величины а,
отложим па одной стороне
| SA | = I, построим окружность
радиуса а с центром в А; по-
поскольку а ^ I, эта окружность
пересечет вторую сторону угла
в одной точке.) Если же \1 >
> а, то возможны два случая:
&ASC = Д ^
б
Рис. 2.
& Д + р
Отрезок / будет меньше, равен или больше а в зависимости от
того, будет ли 2а + Р больше, равно или мепыпе л.
Кроме того, в обоих случаях плоские углы, прилежащие к вер-
вершине А, должны удовлетворять условиям, при которых возможен
трехграпный угол.
п
Ответ. Если р > -g- , 2а + р > п, то
если
п
а + Р > -о- . то
a3 sin (к + Р)
12 sin a
к =
если Р > ¦
веденных вкп:е ответа.
4
57. -с-, считая от точки
зт2 Р — [2 cos Bа + Р) + cos Р]2;
л 2л
, -д- < а + Р < о > то возможны оба при-
К.
58. Возьмем Сх так, что АВССг — прямоугольник (рис. 2).
Dx —г сепсдниа Л Cj, Oj, O2 — соотгетстЕепно центры окружностей,
описанных около треугольников ACjD, ABC, О—центр сферы,
описанной около ABCD. Очевидно, О2 — серрдипа АС, АВ и СгС
перпендикулярны AD и АС\, следовательно, плоскости ADCX
и АВССХ ' перпендикулярны, а О,7?,О2О — прямоугольник. Таким
образом, | DCX | = V I DC\'i — | С,С |2 = V^fc2 — а2, радиуо ок-
окружности, описапной около Д DC,^, будет равен
2 sin 1ЭАС,
2 sin a
А радиус сферы R = | ОА | можно найти из прямоугольного тре-
треугольника АОХО (на рисунке этот треугольник не изображен):
Д =
| 0,0 Р= 4"
52
59. Пусть К — середина г обра
АВ куба" ABCDAlBlC1Dl, M — се-
середина ребра DlC1, К и М одновре-
одновременно являются серединами ребер
PQ и RS правильного тетраэдра
PQRS. DlC1 лежит на RS. Если ре-
ребро тетраадра равно Ъ, то | МК | =
= ЪУШ = аУЪ. Значит, Ъ = 2а.
Спроектируем тетраэдр на плос-
плоскость ABCD (рис. 3), Рг, (V Hi,
Sf -~ проекции Р, Q, Я, 5. Пос-
Поскольку PQ составляет с этой плос-
плоскостью угол 45°, то длина PtQ, бу-
будет а/2.
Пусть L — точка пересечения прямой АВ и прямой
Из подобия треугольников PXLK и PXRXMX найдем
Рис. 3.
Значит, ребро тетраэдра i5/? (а, следовательно, и другие ребра:
PS, QR и QS) пересекает куб.
Для пычисле1.пя объема получиви.егося ""ела удобно это тело
рассматривать как тетравдр со сре.шниымп у!Ламн.
с3 VI г-
Ответ: —+— A6/2—17).
СО. Обозначим длины этих скрещивающихся ребер через а п h,
расстояние между ними — через d. угол — через ср, по формуле за-
задачи 15 найдем объемы получившихся частей
10
10 7
= q. abd sin ф, У.г = ,„., abd sill ф.
Ответ:
20
-у-
61. Площадь проекции второго сечения на первую плоскость
вдвое меньше плогпадп первого сечения. С другой стороны (см.
задачу 8), отношение площади проекции второго сечения к площади
самого сечения равно cos a.
Ответ: 2 cos a.
1
62.
12
nR4i.
63. Если х, у и z — расстояния от центра шара до проведенных
плоскостей, то а:2 + у2 + z2 = d2, а сумма п:,ощаден трех кругов
будет равна
п [.(Я2 — а-2) + (Д2 - #2) + (Я2 — г2)] = я (ЗЯ2 — d2).
64. Пусть | АС \ = х, | BD \ = у (АС и BD касаются шара).
Dy — проекция D на плоскость, проходящую через АС параллель-
параллельно BD. Имеем
53
] /\,CADt jroi CADl paren а или 180°—а. В соответствии
с этим хну должны удовлетворять одной иэ хшух систем уравпепий
2Д
2 + у2 — 2iy cos a = 4/?2 tg^ (
I! ЛИ
х + v = "^оТф" ' B)
а? .}- !/2 + 2ху cos a = 4W tg* ф.
2Я №
Для системы A) подучим: лг + у = со , ху = —; для
соьг-2~
2Й /?2
системы B) —х+у= , лгу = —. Учитывая исравенстии
a
(z+ г/J^- ^J/i получим, что система A) имеет решение hi и ф ^--^-i
it a
а система B) — при ф ^ —^ к~. Поскольку объем тетраэдра ABCD
1" ana
равен -к- гг/й sin а, получим ответ: если —к- ^ Ф <С ~о~ — ~9~' °ъъ™
2 а л а зг
тетраэдра равен -д- R3 tg -д- ; если -й" — -о~ ^ Ф <. ~2~» возмояшы
2 . « 2 ™ «
два эначевия объема -д- л tg ~о" и ~д~ «* ctg -o~ .
65. Пусть общий перпендикуляр к данным ребрам делится ку-
Сом на отрезки у, хи z,y-\-x+z=c(x — ребро куба, у примы-
примыкает к ребру а). Грани куба, параллельные данным реб[ам, пере-
пересекают тетраэдр по двум прямоугольникам, у первого стороны
x + z yb z х + у
а, , у второго — а, 6, при этом меньшие сторо-
ее ее
у
вы этих прямоугольников равны ребру куба, т. е. -^- Ь = х.
Z
—?- а = х, откуда
сх сх аЪс
У = —' г = — и*= аЪ + Ъс + са '
66. Пусть Of и О2 — проекции центра шара О на плоскости
KLM п KLN, Р — середина ML.
Проекции 0j и О2 па КЬррппаш совпадать. Можпо доказать,
что эти проекции попадают в середину RL — точку Q (рис. 4).
Поскольку двугранный угол между плоскостями KLM и KLN
равен 90°, радиус искомой сферы будет
Если мы продолжим OiP до пересечения с прямой KL в точке R,
(го из прямоугольного треугольника PLR найдем | RL \ — 6а,
54
I HP I = ЗаУЗ. Затем найдем
Следовательно, радиус сферы равен
~3~
121а2
67. Используя равенство касательных, выходящих из одной точ-
точки, докажем, что в основапии лежит правильный треугольник и
медиапы боковых граней, проведенные
к сторонам основания, равны. Из это-
этого будет следовать, что пирамида пра-
правильная.
д» Y "с
Отпет: т .
68. Данные три угла не могут при-
прилегать к одной грани; далее, они не мо-
могут прилегать'к одной вершине, посколь-
поскольку в этом случае все отрезки, соединя-
соединяющие середины противоположных ребер,
будут равны. Остается случай, когда
три ребра, соответствующие прямым
углам, образуют незамкнутую ломаную. рис_ 4.
Пусть это будут ребра АВ, ВС и CD.
Обозначим \АВ\ = х, \ВС\ = у, | CD | = z. Тогда расстояние
| р
¦ш / I5 W
I/ —^— + у'г + -?- ,
между серединами А В и CD будет |/ —?— + у'г + -j- , а между
1 .
АС и BD (илп AD и ВС)—-к-уа;2 -J- г2. Наибольшим будет ребро
AD | = Yх2 -\- уг -Н z2 = Yb2 + За2.
fin 4 /3 - 3
69. п _ .
70. Сначала докажем, что ABCD — прямоугольник и плос-
плоскость DEC перпендикулярна плоскости ABCD. Для, этого проведем
через Е сечение, перпендикулярное ВС. Это сечение должно пересечь
основание по прямой, проходящей через М и пересекающей отрез-
отрезки ВС и AD (возможно, в их концах). Далее, провести через В сече-
нпе, являющееся равнобочной трапецией, можно лишь при условии,
что это сечение содержит ребро АВ, причем | DE | = | ЕС \,\АЕ\ =
= | ЕВ |. Следовательно,
3
т. е. | АС |2 > | СЕ.\* + | АЕ |2 и ?\АЕС — пе остроугольный^ По
~АЕ~С пе может быть тупым, так как тогда тупьш был бы DEC.
55
5 5
Таким образом, | АС | = -j- \ ЛЕ | = -g- | ЕС |.
3 ""
Ответ: -g-
71. Проведем через С прямую, параллельную АВ, и возьксы
па гей точку Е так, что | С? | = | АВ\, АВЕС — параллелограмм.
Если О — центр сферы, то, поскольку ОСЕ = л/3 и | СЕ | = 1
(следует из условия), А ОСЕ — правильный. Значит, точка О
равноудалена от всех вершин параллелограмма АВЕС. Отсюда
следует, что АВЕС — прямоугольник, проекция О на плоскость
АВЕС — точка К — центр АВЕС и \ BD | = 2 | OK | =
=2J/ | ОС |* ~-^\ ВС |2=1.
72. Если х — площадь искомого сечения, | АВ \ = а, то, вос-
воспользовавшись для объема пирамиды ABCD и ее частей формулой
задачи 11, получим
откуда
'°- За sin (а + Р)
74. При пересечении шара плоскостью A MN получим окруж-
¦ ность, вписанную в треугольник A MN. В этом треугольнике
1^3 1^3 а
AN | = а —2~ , | AM \ = а -д—, | Л/УУ | = -g- (находится из
A CMN). Следовательно, если L — точка касания искомого шара
с AM, то
2 px sin -
3 a
8S2 sin a sin
a
T
P
2
+ 3
gisin
a
2pq cos
P +
a
T
a
~T
Q
2.
3
pq sin a
a
1 /~2~
Шар, вписанный в ABCD, имеет радиус г = ¦?-1/ -у а и касается
плоскости ACD в точке Л/.
Таким образом, если х — радиус искомого шара, то
\AL\ 5 —/3
Отсюда
75.
76.
77.
78.
56
5
а; = —
9V
8
a V 2".
arctg
48
1
2|/3
r - |AW|
•
79. Обозначения: О— центр с(|еры, О,, О2, О3 — центры дан-
данных окружностей, О4 — центр искомой окружности. Очевидно,
Д Oj O2OS — правильный. Найдем его стороны (М—точка каса-
касания окружностей с центрами Ох и О2). | О1М\ = | О2Л/1 =
= 1,_| ОМ | = 2. Значит, Л/00", = МОО2 = 30°, | 00, | = | ОО2| =
= V3, | О,О2 | = ]/. ОО4 перпендикулярна плоскости ОгО2О3 и
проходит через центр AOaO2O3, расстояния от О,, О2 и Os до ОО4
рапны 1. Пусть К — точка касания окружностей Ot и О4, i — осно-
основание перпендикуляра, опущенного из О, на ООХ. KN J_ LOlt
УЪ
Из
I OXL | = | O-lK | = 1, | OOX | =
OKN и OOjL найдем
треугольников
образом, искомый радиус
подобия
| OtN \ = I/ -g-
| OJi \ = | LN | = 1 — 1/ -о~
прямоугольных
Таким
80. Поскольку противоположные ребра правильного тетраэдра
перпендикулярны, перпендикулярными должны быть прямые
CiE и BtF (рис. 5).
Рис. 5.
Если К — середина СгС, то, поскольку прямые ВгК и В^^
перпендикулярны прямой СгЕ, прямая BXF должна лежать в плос-
плоскости, проходящей через ВгК и BtAlt а отсюда следует, что AiFjBgK
и, значит, | DF \ = а (это ответ на пункт а)).
б) Расстояние между серединами MN и PQ равно расстоянию
между прямьии В^ и СгЕ. Его можно найти, приравнивая раз-
различные выражения для объема тетраэдра FB^CiE:
s2 lfBllc^l
Отсюда х — ¦
81. а) а; б)
аB-|Л>)
2
82. Пусть | А В | = а, тогда \ABf\ = \ АСг \ = 2,6 а. Возьмем на
прямых АВ и АС точки К и L так, что |/1Я| = |/1//| = |/4В1| =
= | /4 С[ | = 2,6а. Равнобочная трапеция KLC1Bl вписана в окруж-
окружность основания конуса. Все стороны этой трапеции легко вычис-
вычисляются, .-шачпт, находится и радиус описанной около нее окружно-
13 г-
сти, он равен -tjq- у 7а.
57
Теперь можно пайти объемы конуса и призмы.
15379л
Ответ:
83. Заметим, что отрезок MN своей точкой пересечения с пря-
прямой PQ делится пополам. Спроектируем этот отрезок на плоскость
ABCD. Если Nj — проекция N, Кг — середина AD, Ql — середина
DC (Kt и (>i — проекции К и Q), то NtM перпендикулярен AQt
и делится точкой пересечения пополам. Значит, N^AD = 2QlAD.
Отсюда найдем | NlK11, затем [ NXM |.
Ответ: ~^-Yli.
84. Проведем через ребро АА^ плоскость, перпендикулярную
плоскости ВССфг (рис. 6). М и N — точки пересечения этой плос-
плоскости с С1В1 и СВ. Возьмем на MN точку К так, что | NK | = | MN |.
По условию AA*MN — квадрат, значит, А К перпендикулярна AM,
Рис. 6.
Рис. 7.
отсюда следует, что А К перпендикулярна плоскости АС^, т. е
А К есть прямая, по которой пересекаются плоскости, проходящие
через вершину А. Аналогично для вершины Ах определим точку L.
Прямые А К и АгЬ пересекаются в точке S. Таким образом, наш
многогранник представляет собой четырехугольную пирамиду
SKPLQ с вершиной S, основание которой находится в плоскости
BB-lCxC. Далее, BtN есть проекция ABt. Отсюда следует, что плос-
плоскость, проходящая через А перпендикулярно АВг, пересекается
с плоскостью ВВХСХС по прямой, перпендикулярной BtN. Из усло-
условия следует, что Д В^СХ — правильный. Значит, четырехуголь-
вик PLQK, являющийся основанием пирамиды SPLQK, есть ромб,
гоставленный из двух правильных треугольников со стороной
Ответ:
58
85. Искомый угол дополняет до л/2 угол между образующей
О А и осью второго конуса. Обозначим через Р и О центры осповагшй
данных конусов, через S — точку, в которой плоскости осповзмг.й
конусов пересекают перпендикуляр, восставлеппый к плоскости
ОАВ в точке О (рис. 7). В пирамиде SOAB известно \ОА | = | ОВ |,
SO перпендикулярно плоскости ОАВ, ОР и OQ перпендикулярны
соответственно, SB и SA, ~РОВ = ~QOA = ф, T>OQ — р. Надо найти
РОА. Пусть \ОА\ = \ОВ\ — I, \АВ\ = а. Тогда
\ОР | = | OQ | = Z cos ф,
С другой стороны,
р р
| PQ | = 2 | ОР | sin -J- — 21 cos ф sin -у-.
Отсюда
Р
a cos ф = 11 sin -g- • A)
Найдем теперь | РЛ |:
— 2 | РВ | • | АВ
a sin ф
=» P sin2 ф + e2 — 21 sin ф-о ¦
Но, если у = РОЛ", то из Д РОА имеем:
| РА |2 = Р cos а ф + г* — 2г2 cos ф cos v-
Приравнивая два выражения для | РА |2 и учитывая A), най-
найдем
2 sin2 -у-
cos y = cos ф — -
COS(f
P
n
Ответ: -у- — arccos I cos ф — ¦
cos ф 1
86. EV + V 22) R-
87. Если плоскость пересекает ребра AD и CD, то в сечении бу-
будет треугольник, при этом радиус впксанпой окружности будет ье-
а
вяться от 0 до ,- .^-т—,г . .. •
59
Пусть теперь плоскость пересекает ребра АВ и ВС в точках Р
я N, SA и SC — в точках Q и R, SD — в точке К и продолжения
AD и CD — в точках L и М (рис. 8). Поскольку прямые PQ и
NR параллельны и касаются окружности, вписанной в наше сече-
сечение, то PN есть диаметр этой окружности. Обозначим | PN | = 2г,
будем иметь
| ML | = 2а /2 — 2г,
О i в е т:
Рис. 8.
< Г
(a V2 -rf
DMKL —
2 cos a
Таким образом,
г = -
2cosa
4cos2a
откуда
a/2
1 + 2 cos a -{- /4 cos2 a -f 1
V2 B cos a + /4 cos' a + 1) '
Г ~" 1 + 2 cos a + У 4 cos4 a 4- 1 "
88. Проведем сечение плоскостью, проходящей через ребро /1В
и точку L — середину С?>, К — точка пересечения плоскости Р и
Л//, высота, опущенпа» из А на BL, пересекает В К в точке iV,
fi/, — в точке Q (рис. 9). Нетрудно доказать, что центр сферы лежит
на прямой AQ. При этом центр сферы может быть на отрезке AN
(точка О) и на продолжении AQ (точка Ог).
Радиус первой сферы равен радиусу окружности, касающейся
АВ и В К и имеющей центр на AJV. Обозначим его через х; х можно
найти из соотношения
\BN | = ~ | ВК | = ~ \Г2 | АВ |« 4- 2 | BL |* - \AL |» =
2 |Л2
= ~5" SBAL ~ 0"
У2а
значит, я = -.лтт1- Так же находится радиус второй сферы,
о + V 11
-.лтт1
о + V 11
Ответ:
60
89. Пусть х — ребро теграэдра, | MN | = —-—¦ Если ребро, сере-
дипа которого М, образует с данной плоскостью угол а, то противо-
противоположное образует угол -^ а. Проекция тетраэдра на эту плос-
плоскость представляет собой равнобочную трапецию с осноЕапияыи
х
a;cos« и a; sin а и расстоянием мргкду осноианпями, равным ^
Рис. 9.
Таким образом, S——j=r (cos a + sin а). Кроме того, по условию,
угол при большем основании 60е, откуда | cos а — sin а | =Т/ ~о~.
Ответ: 3$У 2.
90. Пусть ребро куба равно 1. Обозначим через О центр грани
¦ ABCD. Из того, что NMC = 60е и Tide = 90°, следует, что О —
между М и С. Обозначим | ОМ \ = х, ] NB | = у. Тогда | MN | =
= 2х, | N0 | = х|^3, | MB | = 1/ -г,- + л2. Применяя теорему коси-
вусов к треугольникам MNB и ONB, получим
+ ^
* = 2 -г" ~ уз "•
п 12
Отсюда найдем: х = —т=-, у — ~г=-
у 6 уз
Ответ: | А М |: | МС \ = 2 — У~3, | B7V |: | NDt | = 2.
91. Плоскость, проходящая через ААУ параллельно ByD, бу-
будет параллельной плоскости DD-^B-JB. Точно так же плоскость, про-
проходящая через DD. параллельно АуС, будет параллельна плоскости
А А уСгС.
С другой стороны, плоскости, проходящие через ребра ВС и
ВУСХ, будут параллельны плоскостям /4J51C1D и AyBCDy. Учитывая
это обстоятельство, построим сечение наших многогранников пло-
61
скостью, параллельной основаниям и проходящей через середины
боковых ребер, н плоскостью, проходящей через середины парал-
параллельных сторон оснований призмы (см. рис. 10). На рисунках L и К
A
\
\
ft
\
s
I
4
с
Рис. 10.
являются серединами противоположных ребер EF и HG треуголь-
треугольной пирамиды EFGH, сами ребра EF м ПС, перпендикулярны. Обо-
Обозначая \ВС\=х, \ AD \= rue, высоту трапеции A BCD через у,
высоту призмы через z, найдем
Объем прнзмы равен
уп
У
Ъп-\-Ъ
Объем треугольной пирамиды
Ответ:
ЗK
xyz.
(+)
92. Пусть высота призмы равна х. Возьмем на продолжении реб-
3 5
р ВуВ точку К так, что | ВК \ = у х, \ ВУК \ = у х. Поскольку KN
параллельна ВМ и | KN | = 2 | ВМ |, проекция A';V на CN вдвое
больше проекции ВМ на CN, т. е. она равпа —~ . В /\CNK имеем
\CN
Х» INK I =
2- I СК\ =
В заврсимости от того, острый или тупой угол
дп уравнгния:
, будем иметь
Б2
или
Ответ: —j=- пли а.
93. Обозначим через Л1 и Ву дЕе других точки касания, И и г •—
радиусы шаров. В трапеции ААУВВ1 найдем основания: | ААХ \ —
ct ct
= 2R cos -7j- , | fiBt | = 2r cos -5- и боковые стороны | Л Bt | =
¦= I Л1-B I = 2 У Rr, после чего определим диагонали | АВ \ = | AlBl | =
= 21/ Дг A -f- cos2-^-). Если шар, проходящий через А и Alt
пересекает А В в точке АГ, то | 4tB |2 = | ВК \ • | В А |, откуда
Так же находятся другие части, на которые разделен отрезок АВ.
Ответ: Отрезок ЖВ разделен в отношении
а „ а а
cos2 -Tj- : sin2 -g- : cos2 -тр .
94. Можно доказать, что ось цилиндра должна проходить через
середину ребра BD и принадлежать плоскости BDL, где L — се-
середина АС. Пусть ось цилиндра обравует с BD острый угол а. Спро-
Спроектируем пирамиду на плоскость, перпендикулярную оси цилиндра,
получим четырехугольник А^уС^^ в котором \ АуС% \ — \ АС \ =•
= 12. Диагонали АУС± и BlD1 перпендикулярны, точка пересече-
пересечения диагоналей F делит A-fix пополам, а диагональ DyBt делится
точкой F на отрезки 6 Y3 cos а и 10 YH sin а — 6 |Аз cos а. Из
условия | A XF | . | FCX \ = \ BXF | - | FDX \ получим для а уравнение
sin2 а — 5 sin a cos а + 4 cos2 а = 0,
откуда найдем tg at — 1, tg а2 = 4. Но | В]/?! | = К) 1^3 sin а и
равняется диаметру основания цилиндра. Получим два значения
5 /6 20 УЪ
для радиуса основания цилиндра: —п— и —¦¦— .
95. Возьмем на ребре AS точку К так, что | А К | = о. Тогда
точки В, D и К принадлежат сечению конуса плоскостью, парал-
параллельной основанию конуса (| АВ | = | AD | = | АК |). Из того, что
С лежит в плоскости основания, следует, что плоскость BDK делит
пополам высоту конуса. Таким образом, поверхность нашего конуса
в четыре раза больше поверхности конуса, радиус основания кото-
которого равен радиусу окружности, описанной около ?\BDK, с обра-
образующей, равной а.
4я У 2а2 (/Ь2 + 2а2 — а)
Ответ:
—4о
96. Пусть радиус основания конуса равен В, высота — ft, реб-
ребро куба — а. Сечение конуса плоскостью, параллельной оспованию
и проходящей через центр куба, есть окружность радиуса
2ft — а |/
И «jl » в которую вписан прямоугольник (сечение куба) со
сторонами а и <iy2, т. е.
Сечение конуса, параллельпое осыооаншо конуса и проходящее че-
через ребро куба, противоположное ребру, лежащему в основании,
ft — пУ
есть окружность с радиусом Л ^ . С другой стороны, диа-
диаметр этой окружности равен с, т. е.
ft — а У 2
а = 2Я f— . B)
Из соотношений A), B) получим
У 2 E + УЗ)
— ^
я E3-7^3) У2
У 2 E + УЗ) 2/3-1
h— ^ а, Н= g а-
Ответ:-
97. -|-.
98. Из равенства АСВ = ADB и перпендикулярности А В и DC
можио получить, что точки С и D симметричны относительно плос-
плоскости, проходящей через А В перпендикулярно CD.
Ответ: -g- .
99. Пусть К — середина А В, Р— основание перпендикуляра,
опущенного из К на CS. Возьмем на А В точки М и ;V так, что
ДРМЛГ — правильный (рис. 11). Пирамиду SPMN можно достро-
достроить до правильной призмы PMNSMlNl так, что PMN и SMyNy
будут ее основаниями, a PS, ММу, NN^ — ее боковыми ребрами.
Призма A1BlCA2B2S будет гомотетична призме PMXSMyNy с цент-
центром в S и коэффициентом | CS | / | PS |. Легко оидеть, что искомая
доля объема пирамиды SABC, находящаяся внутри призмы
?,равна отношению | MN \ / \АВ ]. Обозначим | А В \ =
CS | = 2с. Найдем:
в,
Ответ: ~— .
100. Пусть плоскост!, проходящая через ВуС-у, пересекает Л В
и DC в точках К и /. (рис. 12). По условию, объемы многогранни-
многогранников AKLDAjB^flj и KBCLBxCl равны. Применим к ним формулу
Симпсона (задача 15), обозначив \АК\ = \DL\- а. Поскольку
64
высоты этих многогранников рчпны, получим для о уравнение
16
откуда а g
Обозначвм высоту пирамвд"ы через /г. Введем систему координат,
взяв ееначало в центре A BCD ,ceux щ параллельными А В и ВС. Точ-
/7 7 \ / 7 7\
1иЛ С -Е^будутпмет :,oi рд i аты [—jj-,— Т"'0/' ("9"» ~~2~'0J>
Рис. 12.
/ 1 1 \
I —~2~, —,h\. Нетрудно найти уравнение плоскости .4Г/?! ; hx —
— hi/ -f z = 0. Плоскость KLCjBi будет иметь уравнение lOhx —
— 8z + 3h ~ 0. Норыальвмй вектор к первой плоское!и п (ft, —Л,
1) ко второй тA0/г, 0, —8). Условие их перпендикулярности даст
I \ГЪ 38 У 5
и м ЮЛ2 — 8=0, h = —г— Объел п ф «и ь рчгеи —е
101. Возможны два случая:
1. Боковыми сторопами трапеции яшЫются п|оскции ребер АВ
и ^1^. Можно доказать, что в этом случае центр о]еры находится
в точке С. Объем призмы будет равеп За3/8.
2 Г оковыми сторонами трапеции являются проекции j ебер А В
и А1С1. В атом случае центр сферы проектируется в центр окружно-
окружности, описанной около трапеции АВС'\А'х, высота трапеции равна
^ объем призмы равеп ^
Ответ:
102. 4- а
За3
или
103. Спроектируем данные многограпиики на плоскость ABC
(рнс. 13). На рисунке отсутствуют проекции точек Аи Вх и 6't —
они совпали сточками А, В и С; Si и D± — проекции точек S и D,
Если мы на отрезке PSi возьмем точку К так, что | РК | = | NDt |,
то точка К является проекцией точки Kit в которой ребро PS пере-
3 И Ф. Шарыгпн
65
секает плоскость Аф^С^ Таким образом, искомое отношение раско
\КВ\ \NDi\~\PB\ _ П^ЛЧ-Чадр-д PSt | -J
\pb\
\BSl\~\DlSl\
A)
Следова1ельно, наша задача свелась к нахождению от. ков
| StM |, \BSt |, \DiSi |, где^ — точка, пз которой стороны ДЬ?ЬМ
Р
>У
Рис. 13.
видны под равными углами, ?\BDXM — прямоугольный с катетами
\D,M | = 2а, \BDi\ = aV3.
Обозначим | StM | = х, | SyB | = у, | ^Dj | = z.
Повернем AD^M на угол 60° вокруг точки D± (рис. 13,6),
iS^Sz —правильный со стороной z; точки В, Si, S2, Mi — на
одной прямой, В~б^Мх = 150°. Из ДВС1Л/1 найдем х + у + z =
Высота ?\fSDiMi, опущенная на сторону ВЛ/j, раина
I За5" 6с
7
2а z
-То- , откуда z = -^7=- .J + T
6а
5а
=•, ж= у—=¦. Подставляя найденные зпа-
V 13
Теперь легко найти у :
чения в A), получим, что искомое отношение, считая от вершины
В, равно 3.
104. Любая касательпая плоскость делит пространство па две
части, при втом либо все три сферы расположены в одной части,
либо две — в одной, а одна в другой. Очевидно, что, если некоторая
плоскость касается сфер, то и плоскость, ей симметричная относи-
относительно плоскости, проходящей через центры сфер, также является
касательной. Покажем, что не существует плоскости, касающейся
данных сфер так, что сферы радиусов 3 и 4 находятся по одну сторо-
сторону от нее, а сфера радиуса 6 — по другую.
Пусть центры сфер радпусов 3, 4 и 6 находятся н точках А, В
и С. Плоскость, касающаяся данных сфер указанным выше обра-
образом, разделит стороны АС и ВС в отношениях 1 : 2 и 2 : 3, т. е.
66
пройдет через топни К п L на АС и ВС такие, что | СИ | = 22'3
I CL | = 33/5. Нетрудно паптп рнсстояпив от С до АЛ. Оно рав'по
ЗзУ/91 < 6. Отсюда следует, что через KL нельзя провести плос-
плоскость, касающуюся сферы радиуса 6 с центром в С. Можно пока-
показать, что все другие касательные плосессти существуют, а всего их
будет 6.
105. Решепие задачи основано на том, что продолжение падаю-
падающего луча симметрично отраженному лучу относительно той грапи,
от которой луч отражается. Введем естественным образом систему
координат, ваяв ее начало в точке N, а в качестве осей х, у и z —
ребра NK, NL и NM, обозначим через Q' и R' последовательные
точки пересечения прямой SP с координатными плоскостями, от-
отличными от LNM. Имеем: | PQ \ — \ PQ^ \, | QR | = | Q'R' |.
Точка Р имеет координаты @, 1, 1^3). Обозначим через а, р, а
углы, образованные лучом SP с осями координат. Из условия сло-
дует, что Р = я/4, далее найдем cos а из равенства 2 cos2 a -f-
-f cos2 P = 1, cos a = 1/2 (а — острый угол). Следовательно, век-
вектор а, A/2, |^2/2, 1/2) параллелен прямой SP. Если А (я, у, г) —
Произвольная точка на этой прямой, то
GA — OP + ta,
или покоординатно
J— _ J^l
Координаты у и а обращаются в нуль при tx — —У2 (это будет
точка Q') и при Ц = —21^3 (точка R'). Таким образом, Q' 1 — —j>— i
0, VI ~ -^у-J , R' {— V3,1 — Ув, 0),
| PQ' | = У2, | Q'R' | =
О т e e t: 2 V.
IOC. Обозначим через К точку касания сферы с продолжением
CD, а через М и L — точки касания с ребрами AD и BD, N — со-
редина ВС (рис. 14). Так как \CD\=\DB\=\ DA |, DN
перпендикулярна плоскости ABC, | DK \ = 11>Л/ | = | DL |,
KL параллельна DN, ML параллельна АВ, значит, плоскость KLM
перпендикулярна" плоскости ABC, KLM = 90°. Если О — центр
сферы, то прямая DO перпендикулярна плоскости KLM, i. e. DO
параллельна плоскости ABC, следовательно, |?W|=1 (радиусу
сферы). Кроме того, DO проходит через центр окружности, описан-
описанной около Д/fLM,— середину КМ. Отсюда следует, что ODM =
= -|- ЖЬ~М. Далее, \DA\=\DC\ = V | CN |2 + | DN |2 = У,
| С А | = I СВ | cos 30° = Уб, т. е. ACDA — прямоугольный,
= 90°, 6Ъ~М — 45°, | DM | = | ОМ | = 1. Искомый отрезок касатель-
касательной равен \ AM \= \AD \ — \DM \= Vb — I.
107. Пусть Ох, О2, О3 — точки касания шаров с плоскостью Р,
причем н точно Oj касается шар радиуса г, а в О2 и Оя — радиусов
Я, О — еертпна конуса (рис. 15), <р — угол между образующей
67
конуса п плоскостью Р. Можно найти, что
10,01 =г ctg-f-, | 00, | = | СОа | = Е ctg -|- ,
IOAI = \Ofi, | = 2 1^7?>, | 0203 | = 2R.
Поскольку | 0jO21 = | OjO3 |, то равным 150° может быть лишь
угол O^DS, значит, R/r = 4 sin2 75° == 2 + /3
Гпс. 14.
Далее, если L — сгредина О2О3, то
O3p-|O3L|^ = Rу ctg»-f- -I,
| 0L | = /|
| 0,L | =
- | 03L |« =
Точка О находится на прямой Oji, причем она моя ет Сыть как
i а отрезке OXL, так и на его щ одолжении за точки L или Ох (на ри-
рисунке О' и О"). Соответственно получим три соотношения
10J, | = | 00, I + | 0L |, | OXL | = | OtO' | - | O'L |,
Яаменив в каждом из этих т[ ех соотношений R = B +
ctg -^ = а-, в первых двух придем к противоречию (а- = 1 или
3), в третьем случае найдём х— 21^3/3
1
Ответ: cos q> = -тг-.
108. Обозначим через К и L середины ребер АО п ВС, Л' и Р —
точки пересечепня проведенной плоскости с прямыми АВ и АС
(рис. 16). Найдем отношения | PA |/ | PC | и | РК |/ | РМ |. Прове-
Проведем KQ и AR параллельно DC, Q — середина АС.
рщ | , pj ~ '
«8
-рзщ
pgj
Затем паГ им
.__ЩП __LE?L_ s
IPM | T | MC f ~ 2 | Л/C I - Й '
\PL\
г. е.
са 1
= 2. Поскольку пысота, опущевпая из А ня PNK, ряв-
К = 6,
-\PN\
О Г) IV»
Таким образом, площадь гепсвпя будет
С Р'
Гис. 16.
109. Зная радиус шара, вписанного в правильпую треугольпую
пирамиду, и высоту нирамиды, нетрудно найти сторону основания.
Она раопп 12, | МК \ = | KN \ (по условию касательные к шару из
точек М и N равны).
Пусть | ВМ | = х, | BN | = у. Найдя | MN | по теореме коси-
косинусов из ДВЛ/Л7, а | МК | и | Л'/f | — из треугольников ВМК и
BNK, получим систему уравнений
* — i2x = у*~ 12у
\ х-
уг — ху = 49,
Эга система имеет решение a-j = i/j = 7. В этом случае расстояппе
,_ 71/ |Аз
от К до Л/iV равно 4 у 3 — —g— = ~2~~ <^^' т" е" плоскость. прохо-
проходящая через MN и касающаяся шара, в самом деле, пересекает
продолжение SK ва точку К,
12 12
| ЛГХ> | \SD\ %
Второе решение этой системы удовлетворяет условию х -\- у =
12. Из первого уравнения получим [х + уJ — Зху = 40.
69
xy =-- 95/3. Гч-юда следует, что
= 1 а: У'З + у V — жу —^ i = "
Седове .ьш, высота, опущенная из А' на MN, равна-g-Уз>2.
^ ев этом случае плоскость, просящая через MN в касайся
тара, не удоглетворяет условию аьдачи.
О т в е т:6 -То" •
,„
Рис. 17.
следует из того, что
равными сторонами).
все
педа, проведя через каждое ребро
пирамиды плоскость, [паралле-
[параллельную противоположному реору.
Ребра пирамиды будут являться
диагоналями граней параллеле-
параллелепипеда (рис 17), а ребра паралле-
параллелепипеда равны расстояниям меж-
¦у серединами противоположных
эебер пирамиды. Пусть \AD\-a,
I ВС I == Ъ, тогда любые два про-
противоположных ребра пирамиды
будут равны а и Ь. До"-^"
Пусть \АВ\ =*. | DC\ -у.
Тогда х + у=а+Ь, х +J
_ аа + {,2 (последнее равенство
грани параллелепипеда - ромбы с
ь и = о. Значит,
АВС = 100°, следовательйо, \АВ | =
| ВВ | = Ь, I DC | == о. о
Из ?\АВС найдем а = 26 sm 50 ,
Ь2 Sin 100°
hit
откуда -jrj = 2b--=sinl00o1 = ^ 6 Ч & "
111. Равенство произведений длин ребер
озпачает, что противоположные ребра пирамиды
пирамиду SABC обычным образом до паралле.
через каждое ребро плоскость, параллельную
гсбру Ввиду равенства противоположных реоер
получившийся параллелепипед будет прямоугольным. ------
ребра этого параллелепипеда через а, Ь и с, как показано на рис. и.
70
4
Проведем d &BCD высоту DL. Из &BCD найпоч
SABC = "Г
Объем пирамиды SAEC составляет 4/3 объема параллелепипеда^
высота на грань ABC дана, полу-
получаем уравнение
(i)
По теореме косинусов для Д ABC
получим
<У?
B)
И, наконец, последнее условие задачи даст нам
С2 _ 2fl2 _ 2fc2 = 30. % C)
Решив систему A)—C), найдем а8 = 34, Ь8 = 2, с8 = 102..
34/6
Ответ: —д-— .
112. Обозначим через М и N точки касания с шаром касатель-
касательных, проведенных из А и В, Л/j и Nt — проекции точек М и N на
Рыс. 19.
Плоскость ЛВС (рпс. 19, а; на рисунке изображены один пз двух
Эквивалентных случаев расположения касательных, при которых
ети касательные скрещиваются, в двух других случаях эти каса-
71
OL
I BNt | = | BMi | = | OL | = Yr°- — (I sin a — r)8 =
=1^2 rZ sin a — г2 sin2 a.
При повороте вокруг точки В на угол <р = ЛВС точка А перей-
перейдет в С, Mt — в iVj, следовательно, треугольники ВМ^х к ВАС по-
подобны,
\АС\ 2а
"ПЗТ —
2а ,
= — V^rl sin a - Р in2 a;
получается из ?\АВС поворотом вокруг В на угол v
ABMi с последующей гомотетией. Следовательно, у го i
MxNi и АС равен Y-> а поскольку М^\ п Л/Л: параппы ы, . го i
между МЛ и АС — также V-
Из Д ЯЛ/jA паидем
2rl sin a — i2 sin2 a+l*~l2 cos2 a г<пи
C0S V = 2i Vrt sin a — /* snV a \2rl sin a — F« u a '
Зе тем
] sin a — (fa r2) sin' a
sin у =
см, используя полученные значения для | МЛ7 | | 1/, |
и sin 1, объем пирамиды ACMN:
V —| 1С 1 -1 Л/ V 1 • | Л/Л/х | sin v ~
2«2 sin a r
3 V2rl sin a — (I H) sin2 A)
enepi точ j P та , что MiNiCP — парал orp м,
М СР — также пар ограы г. П сть р — уг ежду
гда = ~Р Но ВМХ полу ется из BNf по-
01 п ас и ci g е па угол ф = А О сюда
уго , у С j а сн ф, а, чи , и "~~1Р =
еуг льни! и tP С подобны. Из э г обия
— а со . от р равен уг у А Р ДЛ Л- Р — рав-
в то м |=| МР | — I, | Р | os a.
Р а со а
|3 Р 2а cos а У^'2 — a2 cos a
sin -Q- cos -q~ = j§ .
Г>и in ы CMN по другому
1 с — I Л/| | С V | х sin Р = -д- яг cos a^Z2 — о2 cos2 a,
гдс ] ^ асстояние Сравнивая эту формулу с равенством
72
A), получим
_ 2д (g а У'Ы siii a —Jlr+ rz) sin3 a
/F— «2 cos^a '
113. Пусть | EA_ | =x, площадь Ь.ЕМА будет наибольшей, если
| ?Я | = | ПА | = -J- , и равна при этом -у |/ -у — -^-. Расстоя-
Расстояние от В до плоскости ?Л# не больше чем [ А В \ — 1. Поскольку
S AEB = ^
J 1_ _ J_
12 ~ 2 ABCEH ~ * АВЕН *? -12
Таким оорааом, яг = 1, и ребро >4В перпендикулярно плоскос-
плоскости ЕАН. А ВСЕ —квадрат со стороной \.
Рассмотрим две треугольные призматические поверхностп: пер-
первая образована плоскостями А ВСЕ, АНЕ и ВС И; вторая — А ВСЕ,
ЕСН и АВН. Очевидно, радиус наибольшего шара, помещающегося
в пирамиде АВСЕН, равен радиусу наименьшего из шаров, вппсан-
ных в эти призмы. Радиус же гаара, вписанного в каждую из этих
призм, равен радиусу окружности, вписанной в перпендикулярное
сеченпе. Перпендикулярное сечение первой приа-мы представляет
собой прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1/2, радиус
3-/5
окружности, вписанноп в этот треугольник, равен т . Перпев-
дикулярпое сечение второп призмы есть треугольник АНЕ, радиус
?2-1 3-/5
окружности, вппсапиои в него, равсп г, > .
Ответ: т .
114. Из того, что прямая, перпендикулярная j-г [ i H и BS,
гроходит 'через середиЕу BS, следует. чт0 грани АС В п ACS равно-
равновелики.
Пусть SASS = SBSC=Q, тогда ^лсв = SACS = 2Q. Обозна-
Обозначим через Аи Elt Cu Sj проекции М на грани BCS, ACS, ABS,
ABC соответственно, hA, hB, hc, ks — высоты, опущрщше на втп
грани, V — объем пирамиды. Тог^а будем иметь
31
| MAt | + 2 | Л/Bj | + I МСг \+ 2 | Л/5, | = -^ .
Но, по условию, \MB\ + \MS\=\MA1\ + \ МВХ \ +
+ | Л/Cj | + | MS1 |. Из двух последних равенств следуег:
3V
\МВ\ + \ MBt \ + \MS\ + \MS1\=-q-.
Но
4 h 2Q <fe
V = 4~ hs ¦ 2Q = 4" hf- '2Q = "Г
73
МВ
MS
| = hB
Гп-повательно, 1 МВ \ + | МВг |+ | MS \ + | MSt | hB + fes.
С другой стороны, | MB | + 1 MBi | >hB, \ MS \ + | MSt | > fes.
Значит, | Л/В 1 + 1 Л/fij | = hB, \ MS | + ( MS* | = fcs, и высо-
высоты, опущенные из В и 5,пересекаются в точке М, а ребра АС н BS
перпендикулярны.
Из условий задачи следует также, что общий перпендикуляр
к АС и BS делит пополам также и А С. Пусть F —середпна АС,
Е — середина BS. Обозначим | FE \ = х. Тогда
=4" I sb н ае |=4"
-г •
Получим уравнение -tj— I/ a;z+-^-=l/ 1"+-g-, откуда г-
Рассмотрев равнобедренный треугольник BFS, в котором | BS | =
= 1,1 BF | = | FS 1, высота 1 FE | = — , М — точка пересечения
высот, найдем | ВМ | = | SM | =
115. Поскольку боковые ребра четырехугольной ппрамиды
равны между собой, ее вершина Е проектируется в точку О — центр
прямоугольника ABCD. С другой стороны, из равенства ребер тре-
треугольной пирамиды следует, что все ее вершипы основания лежат
на окружности с центром в точке О.
Пусть окружность, на которой лежат вершины основания тре-
треугольной пирамиды, пересекает стороны прямоугольника ABCD
в точках, обозначения которых даны на рис. 20, а. Из того, что бо-
боковые грани треугольной пирамиды — равнобедренные равновели.
кие треугольники, следует, что углы при вершинах этих треуголь.
нпков либо равны, либо дополпяют друг друга до 180°. Значи^
М
A S
в основании лежит рашобедренный треугольник. (Докажите, что он
ве может быть правильным.) Далее, две вершины этого треугольни-
треугольника не могут находиться па меньших сторонах прямоугольника
?#СЯ. Если основанием будет ALiV5, то | SL \ = \ LN \, §Ш =
— 90", а отсюда будет следовать, что A BCD — квадрат. Если же
основанием будет Д LNR, то из условия а < 60° будет следовать,
что | BN | > | NR |. Значит, равными будут стороны RL и LN, что
возможно, когда точки К и L совпадают с середипой А В.
74
Рассуждая аналогично, придем к еще одной возможности: вер-
П1ипы основания tj угольной пирамиды находятся в точках R, N
к Р, при этом Р есть середина CD.
Рассмотрим первый случай (рпс. 20 б). Пусть | LO | =
= \ON\= | OR | = г. Тогда | NR | = | CD | = 2r tg -f- . Но, по-
поскольку ~LEN + NER — 180°, треугольники LNE и ЖЕД, удучи
приложенными друг к другу (см. рис. 20, ), о разуют пр уголь-
угольный ALNR. Значит,
| LN | = У4 | LE f — | NR2 j = |/ 4Л2 + 4г2 — 4r2 tg2-y- .
С другой стороны,
|L/vr.= - "¦/"¦ ~^ . . - «
обра.юм,
2tg2 —+ |/l-tg2 —-1
Применяя аналогичные рассуждения к &NRP получпм, что ;2 < 0,
а
Ответ:
3Btg*-f- + ]/l-tg*-f-l)
116. Продолжим ребро SA за точку S и возьмем на продолже-
продолжении точку Аг так, что | SA\\= \ SA |. В SA-JiC двуграпные углы при
ребрах SAt и 5С будут равны, а поскольку | SA1 | = | SC |, то
\ AtR \ = j СВ | = fc. Треугольник ARAl — прямоугольный с ка-
катетами а и Ь. Следовательно, гипотенуза |Ai4j| — 2\ AS \ —
Ответ: — У а2 + Ь2.
117. Рассмотрим тетраэдр с ребром 2а. Поверхность сферы,
касающеися всех его ребер, разбивается поверхностью тетраэдра
на 4 равных сегмента и 4 равных криволинейных треугольника,
каждый" из которых равен искомому треугольнику. Радиус сферы
aV2 (Y2 1 -|/Т\
равен —g—• высота каждого сегмента равна о ! —g— — -g" |/ ~3~/'
следователыю, площадь искомого криволинеиного треугольника равна
j/j[/y2 1 -1/"~\1
= -g- B/3-3).
118. Рассмотрим куб с ребром 2/2. Сфера с центром в центре
куба, касающаяся его ребер, имеет радиус 2. Поверхность сферы
разбивается поверхностью куба на 6 сегментов и 8 криволинейных
треугольников, равных меньшему из_искомых треугольников.
Ответ: я C/2 — 4) и я (9/2 — 4).
75
119. arccos
VS—i
\
120. Проведем сечение через ось конуса. Рассмотрим трапецию
ABCD, оГфазовавшуюся в этом сечении, где А и В — точки касапия
с поверхностью копуса одного шара, С и D — другого. Можно до-
доказать, что если F — точка касания шаров, то F — центр окруж-
окружности, вписанной в ABCD.
В дальнейшем,. при определении объемов тел, образующихся
от вращения соответствующих сегментов, следки' воспользоваться
формулой, полученной в задаче 18.
121. -g-Sfi-
122. Воспользуемся формулс'1 Лейбница (см. A) задача 153)*)
1
31 MG |2 = | MA f + | MB f + \ MC |a — -g- ([ AB f +| ВС p + \CAf),
где G — цептр тяжести треугольника ABC.
Если теперь ABC — данный прямоугольный треугольник,
АхВуСу — данный правильный трсуюлышк, G — их общий центр
тяжести, то
| да I* + | Аф р + I АуС р = 3 I AtG р -г -5- Ьа =^ а2 + -4" б2.
*о о
Записав пиалошчные равенства для Bt и Сг и сложив их, получим,
что искомая сумма КЕадратов равна За2 + 4Ь2.
123. Пусть сторона основания пирамиды равна а, а боковое
i>ef>po — Ъ. Проведем через FE плоскость, параллельную ASC, обо-
.шачлм через К и N точки пересечения этой плоскости с ВС и SB.
Поскольку Е — середина апофемы грапи SCB, то | AF \ = | СК \ =
= а/4, | SN | = Ь/4, | КЕ \ = 2 | EN |.
Проведем через L прямую, параллельную AS, обозначим через
Р ее точку пересечения с SC. Будем иметь | SP \ — 0,1 Ъ. Треуголь-
Треугольники LPC и FNK подобны, пх соответствующие сторопы парал-
параллельны, кроме того, LM и FE также параллельпы, т. е.
I РМ |/| \МС | = | NE | / | Е% | = 1/2, следовательно, | SM \ = 0,4Ь.
Теперь найдем:
19 _ _15_ , 1
1 400 "~ ~*~ 100 •
Ь и. ^шш | LF | = | Л№ | получим а — Ъ. Треугольник FNK —
3 7
правильный со .стороной —ц-о., | FЕ |2 = -^г я2 = 7. Следовательно,
а = Ь = 4.
О
твет:
124. Докажите, что плоскость, пересекающая боковую поверх-
поверхность пнлицдра, делит его объем в том же отношении, в котором она
делит ось цилиндра.
„ па3
Ответ: -ткт- .
*) Здесь и далее A) обозначает: U1 а р ы г и и И. Ф. Задачи
по геометрии: Планиметрия?— М.: Наука, 1982 («Библиотечка
' Квант», вып. 17).
76
J
125 Каждая грань призмы предстаяляет собой параллелограмм.
Если ми соединим точку касания этой грани и вписанного шг>рп со
гсеми вершинами этого параллелограмма, то наша грань разобьет-
разобьется на четыре треугольника, причем сумма площадей двух из mix,
прилежащих к сторонам оснований, равна сумме площадон двух
других. Площади треугольников первого типа для всех боковых
граней дадут в сумме 2S. Значит, боковая поверхность равна <tS,
а вся поверхность призмы 6Д.
126. Если бы сферы к и р пересекались, то площадо поверхности
части сферы р, расположенной внутри сферы а, составляла бы 1/4
всей поверхности сферы а. (Эта часть представляла бы ест шнт вы-
га
сотой -jjjjjT » где г — радиус сферы и, Ft — радиус сферы E. Следо-
Следовательно, ого поверхность будет 2пН -т^- = яг2. | Значит, сфера а
содержит внутрп себя сферу E и огтюшение радиусов ррвпо у5.
127. При решении задачи используются следующие факты:
1) центр вписанного в конус шара лежит на поверхности второ-
второго шара (рассмотрите соответствующее утверждение из планимет-
планиметрии);
2) из того что центр вписанного шара лежит на поверхности
второго, будет следовать, что площадь поверхности вписанного шара
равпа 4Q, а его радиус будет VQ/n;
3) объем усеченного конуса, в который вписан шар, также вы-
выражается через полную поверхность усеченного конуса и радиус гаа-
1 t/Q
pa, как и объем описанного многограппика, т. е. V = -g- S I/ —^-.
128. Докажите, что, если Лиг — радиусы окружностей осно-
оснований усеченного конуса то радиус вписа ною шара будет УRr~
S
Ответ: -g-.
129. Любое пз рассмат} i it i и i 11 ставляет соб й
равнобедр нпьш треугол1ник, б о ые стор н рого равны об-
образующей конуса. Следовательно, паибольшую площ дь имеет то
сечение у которого наибо н>шее зпа сние прин п а т синус угла и
вершине. Гели у ол при вершине осевою се и я конуса — ост-
острый, то осевое сечеш е i меет напбо ьш ю плоп ь эт т угол —
тупой, то напболь yi лоща^ь г i тре гопьн к.
Ответ: -р- at
130. Проведем SO — высот са. Об i ш а-
ниды SABO, SBCO, SCAO. В каждоп этих л в авные
углы при боковых ребрах 5^4 и SB, SB и SC, Si л Обо-
вначим эти углы через х у и г. Получим Систем
ft I
откуда ваг"щем~2=——g * a искомый угоч бу.ц'т равен
п —а-| Р_^_1.
2"
7?
131. Хорда ВС параллельна любой плоскости, проходящей че-
через середины хорд А В и АС. Следовательно, хорда ВС параллельна
плоскости, проходящей через центр сферы и середины дуг А~В и АС-
Отсюда следует, что болыкой круг, проходящий через В к С, п
большой круг, проходящий через середины дуг А В и АС, пересе-
пересекаются в двух точках К и Кл таким образом, что диаметр ККЛ па
ралле-'ен хорде ВС.
nli I
Ответ:
д:
g 2
132. Легко видеть, что сеченпе данного тела плоскостью, пер
пенднкулярной оси вращения, представляет собой кольцо, площадь
которого не зависит от расстояния оси вращения до плоскости тро-
угольвпка.
яа3/3
Ответ: —gj— •
133. Если данная плоская фигура представляет собой выпук-
выпуклый многоугольник, то рассматриваемое тело состоит из призмы объ-
объема 2dS, полуциливдров с суммарным объемом пр<Р и совокупности
4
шаровых секторов, в сумме составляющих шар объема -g- mP. Следо-
4
вательно, в этом случае объем тела будет равен 2dS -f- npd* -\- -g- nd3.
Очевидно, эта формула справедлива и для произвольной выпуклой
фигуры.
134. Пусть О — центр шара, CD — диаметр, М — середина
ВС. Докажем, что \АВ\ = \АС\. Для этого достаточно доказать,
что А М .1 ВС. По условию, SA ± OS, кроме того, SM ± OS (тре-
(треугольники CSD, CSB, BCD — прямоугольные, О и М — середины
CD и С В). Следовательно, плоскость A MS перпендикулярна OS,
AM J_ OS. Bo AM X CD, значит, АМ перпендикулярна плоскости
BCD, таким сбразом, АМ±ВС.
твет:
Bas
6 DЛ2 + о2) '
135. На рис. 21, a SABC — данная пирамида, SO — ее высота,
G — вершина трехгранного угла. Из условия следует, что G нахо-
0
Рис. 21.
дится иа SO. Кроме того, грани трехгранного угла при пересечении
г плоскостью основания ABC образуют правильный треугольник,
стороны которого параллельны сторонам ДЛВС и проходят через
78
его вершипы. Следовательно, если одно из ребер трехгранного угла
пересекает плоскость ABC в точке Е, а грань CSB — веточке t
то F лежит на апофеме SD боковой грани CSB и | FD | — I JJA |.
Рис. 22.
По условию, | SF | = | FD |. Проведем через 5 прямую, параллель-
параллельную ЁО, а обозначим через К точку пересечения этои прями с пря-
1 SG |
мои EF (рис. 21, б). Имеем \SK\ = \ED\. Значит, \Go\' =
= -. Е0\ = ¦ Е0, — ~4~- Таким обраэом, объем пирамиды G.4BC
составляет 4/7 объема пирамиды SABC.
С другой сторогы, построенный трехгранный угол делит часть
пирамиды SABC, расположенную над пирамидой GABC, пополам.
Ответ. Объем части пирамиды, расположенной вне
гранного угла, к обьему части внутри него относится как о
136.
О
79
137. Ка рпсунках ?2, а—г изображены общие части этих
пирамид для все-х четырех случаев.
1) Обтая часть представляет собой параллелепипед (рпс. 22, а).
Для определения объема надо от объема исходной пирамиды от-
отнять объемы трех пирамид, ей подобных с коэффициентом подобия
2/3, и прибавить объемы трех пирамид, также подобных исходной
с коэ&фшшентом подобия 1/3. Таким образом, объем ра»дп:
-[—D-М4-П-4-'-
2) Общая часть есть октаэдр (рис. 22, б), объем которого
3) Общая часть изображена па рпс. 22, в. Для определения ее
объема надо от объема исходной пирамиды отнять объем пирамиды,
ей подобпой с коэффициентом подобия 1/3 (на рисунке эта пирамида
пверху), ватем отпять-объемы тррх пирамид, также подобных иеход-
пой с коэффициентом подобия 5/9, и прибавить объемы трех пирамид,
у которых коэффициент подобия 1/9. Таким образом, объем общей
частн равен
4) Общая часть исображепа на рис. 22, г. Объем ее равоп
13В. Пусть ребро правильпого тетраэдра ABCD равно а, К
— середины ребер CD и А В (рис. 23). Возьмем на ребре СВ точ-
точку М, проведем через М сечепив,
перпендикулярное KL. Обозначим
| CM | = i и определим величину
ж, при которой прямоуголышк, по-
получившийся в пашем сечении, будет
иметь угол между диагоналями, рав-
равный а. Поскольку стороны полу-
получившегося прямоугольника равны
по — х, величину х можно найти
из уравнения:
а,
a alS~
111C_ 23 Если мы возьмем на ребре ВС еще
и точку N так, что | BN \ —
=| СМ \=х, и проведем через нее
сечение, перпендикулярное KL, мы получим зтерой прямоугольник
с углом между диагоналями, равным а. Из этого следует, что
плоскость BCD после поворота иокруг KL на угол а против ча-
часовой стрелки будет проходить через точки К, Р в N. Таким об-
80
разом поело попорота плоское и, BCD отсечет от тетраэдра A BCD
ипрамнду KPNC, объьм которой рвиен
1*С1 \СР\ A?HLv х{а-х)
"\ШТ ' ТЩ ' ~\СВТ ADCD ~ №
а
Те )г« ррссужденил будут верпы для любой грани тетраодрч. Слею-
l + tfi^-f-
вательно, об1ем обшеп части будет равен
139. Пусть куб ABCDAtBiC^ поворачивается на угол а
зокруг диагонали А С, (рис. 24). Возьмем на ребрах AtBx и 4,Z),
точкп К и L так, что | А-гК \ —
-— | A-J. | = х, опустим из К и L пер
пендакуляры на диагональ ACt;
пвпду шммстрии куба относитель-
относительно плоскости АССГАХ эти нерпендп-
куляпм ирондут через одну точ-
точку М на диагонали ACV Пусть ве-
величина х выбрана таким образом,
чго KMl, — а. Тогда после пово-
поворота вокруг диагонали ACj против
часовой стрелки (ечли смотреть в
направлении от Л к CJ на угол а
точ. а А' перейдет в L. Возьмем
также на ребрах В,>1, и ВгВ точка
Р и Q иа том же расстоянии х
от вершппы ?\. После того же по-
ворота -очка О перейдет в Р. Следо ательно, грапь ABB^At nocie
поворота провдет через точки A, L и Р и отсечет от нашего куба
парад иду /l^PL, объем которой равен -g- ах (а — г). Те же рас-
cviFJCHim керны для всех rpaHeii. Таким образом, объем общей
части равен а3 ~ ах (а - х). Нам о -талось шпти воличвну х иа
условия КМЪ = а. Для этою соединим М с серединой отрезка
/2 а г- V2
LK — точкой Л. Имеен I Wfl | = z-g-ctg-g-, |С1Л| = вУ2 — л:-^-*,
2а
Рис. 24
и из по обия треугольников СгПМп С^АЛА найдем х =
Таким образом, оОэем общей тстн равев
140. Пусть А — какая-то точка на луче, В — точка падения
луча на веркало, Кп L — проекции А на данное зеркало и на по-
повернутое/ А, и А2 — точки, симметричные А относительно этах
81
зеркал соответственно. Искомый угол равен углу А^ВА.?. Если
| АВ \ = а, то | АгВ | = | А2В | = а, \ АК | = a sin а. Посколь-
Поскольку KAL = Р, то | KL | =
= 2 | KL | = 2а sin а sin p.
| А К | sin р = a sin а sin р, | АХЛ 2 | =
Таким образом, если <р — искомый
Ф
. . Ф . . о
угол, то sin-g-= sinasinp.
Ответ: 2 arcsin (sin a sin p).
141. Зафиксируем Д А ВС, тогда в ?\ADC известны две его
стороны | АС | и | DC j и угол A DC = а. Построим в плоскости
Д ADC окружность радиуса | АС \ с центром в С (рис. 25, а). Если
Рис. 25.
а J&- 60е, то существует лишь один треугольник, имеющий данные
стороны и угол (вторая точка А± окажется по другую сторону от
точки D), это треугольник, равный треугольнику ABC. В этом слу-
случае АС и BD перпендикулярны.-
Если же а <[ 60°, то существует вторая возможность (па
рис. 25, а это Д AJ)C), для которой CAJ) = 90° -|- —',
За
= 90° — 2 • Но в этом случае в вершине С (рис. 25, б) сходятся
углы
В~СА~Х = Ж ~,
= a,
по-
поскольку 90" — -s- =
¦ о I -J- а, то точки Ai, В, С и D лежат
в одной плоскости и угол между A-fi и BD будет а.
Ответ: если а ^ E0°, то угол между А С и BZ) равен 90°,
если а < 60°, то угол мозкду А С и Z?Z) может быть равен или 90°,
или а.
142. Пусть в основании призмы лежит многоугольник А\Аг . . .
. . . Ап, О — центр оштсапной около него окружности. Пусть да-
далее некоторая плоскость пересекает ребра призмы соответственно
в точках Вг, В,, . . ., Вп, М — такая точка плоскости, что прямая
МО перпендикулярна плоскости основания призмы. Тогда спра-
ведлипы следующие равенства:
A)
у = s | мо |,
B)
гдо Г — объем части призмы, заключенной между основапш м
и проведенной плоскостью.
Докажем равенство A). При п четном опо очевидно. Пусть
п — нечетно. Рассмотрим треугольник АкАк+iAu где Ai — вер-
шипа, наиболее удаленная от Ак и А^+1. Пусть Ск и Ск — серечн1
I СО I
ры АьАь+1 u BftBfc+i соответственно. Тогда ¦ ¦
Теперь нетрудно доказать, что
Сложив эти равенства для всех к (при к = п вместо п + 1 следует
взять 1), получим утверждение A).
Для доказательства равенства B) рассмотрим многогранник
AhAk+iOBftBit^M. Если теперь V^ — объем этого многогранника,
то по формуле Спмпсона (см. задачу 15)
К ( A K+A+il ,
Ч ап+
АI
где ап, Ъп —- соответственно сторона и апофема многоугольника
j4jA2 . . . Ап. Сложив эти равен-
равенства для всех К, учитывая (l)i
получим равенство B). ,
Теперь нетрудно заключить, что /^
ответом на вопрос пашей за-
riV
дачи будет величина —-тт- .
143. Пусть пятиугольник
ABCDE является проекцией пра-
правильного пятиугольника, при-
причем | АВ | = 1, | ВС | = 2, | CD | =
| AD | 1 + /5
~ a, A BCD — трапеция, в которой ~Тв~СТ = ^ = 2 ' ~~
точка пересечения ее диагоналей, AFDE — параллелограмм. Про-
Проведем С К параллельно А В (рис. 26). В ДСХ/Мшеем | С К | = 1,
| KD | = 2 (К — 1), | CD | = а. Обозначим CDK = (р. Запишем
теорему косинусов для треугольииков CKD и A CD:
1 = а2 -|- 4 (к — 1)г — 4 (X. — 1) а cos (p,
| Л С |* = ая + 4W — 4яХ cos (p.
83
Из этих двух соотношении яаидсм
ЪХ — а?
— ЗА, —
Аналогично находим
Ответ. Две другие стороны равны:
-i—^ 1^14 + 10 /5 — 2 (У + 1) а*
Задача имеет решение при У*5—2 < а < Y5.
144. Пусть ребро куба равно а, \ NC, \ = ж. Найдем:
ж*
За» о
2 = —о— — tax
Если ?A/^ = MKN = ф, то но теореме косинусов для тре"
угольников LMK и Afif-ZV получим:
I LK р = | LM |2 + | МК р — 2 | LM | • | Л/# | cos ф,
+ I KN р - 2 | Л/Я | • | KN | cos ф.
Исключая из этих уравнений cos ф, получим
| LK Y • I KN | — | MN р • | LM | =
= (| LM | - | KN |) (| LM | • | KN | - | МК Р).
Ик])о-кая сходящие в это равепство отрезки по найденный
84
I
выше формулам, получим
\ х I За2
—) - Ы
\ а
~2ах + * / т =
а х \ / ах Зд2 Зад
z2 \
~ 2Г
Из втого уравнения нандем х
Ответ:
(. V2\
= а I 1 — —«— I •
|,|
145. Возможны два случая: 1) центр описанной сферы совпа-
совпадает с центром основания и 2) центр описанной сферы находится
в точке поверхности вписанной сферы, диаметрально противополож-
пой центру основания.
Во втором случае, обозначив через R и г радиусы внисанпой
и описанной сфер, найдем высоту пирамиды 2r + R и сторону ос-
основания VН~ — 4г2. Сечение, проходящее через высоту и середи-
середину стороны основания пирамиды, есть равнобедренный треуголь-
треугольник с высотой R + 2г, основанием V% (R2 — 4г2) и радиусом вии-
санноп окружности, равным г. Исходя из этого, для R и г можно
получить соотношение ЗЯЯ — 6Rr — 4г2 = 0.
А
3 + ]А21
Отврт: g (в обоих случаях).
146. Возможны два случая: 1) центр описанного шара совпа-
совпадает с центром основания, 2) центр описанного шара находится
в точке поверхности вписанного шара, диаметрально противополож-
противоположной центру основания. В первом случае плоский угол при вершине
равен я/2.
Рассмотрим второй случай. Обозначим через a, b и I соответст-
соответственно сторону ггновапия, боковое ребро и апофему боковой грани,
тог-
г — радиус шшеанрого шара равен радиусу округкис ш, вписанной
в рагне бедренный треугольник с основанием а и боковой стороной?;
а У 21 — а
В — радиус огшеапного шара равен радиусу окружности, описан-
описанной около равнобедренного треугольника с основанием i \^2
и боковой'стороной Ь;
Ь2/2
R = , . C)
При v.-'\m uctnr (iKpyHSHOCTn должен быть внутри треугольника,
что озиачаст Ъ >- о. Поскольку расстояние от центра описанного
а2
шара до основавня есть 2г, то -R2 — —g~ == 4r2. Заменяя в этом
85
равенстве Л и г ко формулам B) и C), получим после унрощенпч
(fc2 — g*f аД B1 _ g)
2Bb*-a2) = 21 +а *
Выражая 6 через а п 1 ио формуле A), получим
За2 \2
)
/3
Учитывая, что Ъ > а или I > а —;>— » получпм, что а и I удов-
лотгоряют уравнению
За2
Р — = аB1 — а),
^ f i Уз \
~^~<—g—J '
f
для второго корпя
откуда — =1+—
л 'л
Ответ: -^-или-р-.
147. Пусть .ЙГ — проекция вершины S на плоскость ABCD,
L, М, N и Р — проекции 5 на стороны Л В, ВС, ОТ и М.
Из условия следует, что треугольники LSN и. М5Р — прямо-
прямоугольные с прямыми углами при вершине S. Следовательно,
Рис. 27.
\LK\-\KN\ = \MK\.\KP\=\KS\K А поскольку | LK \ +
+ I #ЛГ I = I МК | + [ КР I == а; возможны два случая: или
= \KM\,\KP\ = \KN\, или | LK | = | А'Р
N | К
\ \ \\,\\ \\, | | | |, | |
= | KN |, т. е. точка К расположена на какой-то из диагоналей
АС или BD. Разберем оба случая.
1) К — на диагонали #О~(рис. 27, а). На этом рисунке изобра-
изображена проекция пирамиды на плоскость ABCD. Точка S находится
«над» К). Обозначим | LK \ = \ КМ \ — х. Теперь найдем:
S ЛГ1В =
Аналогично SADS = -—^ Э.. далее) V ABDS = U
fifi
С другой стороны, по формуле задачи 11
2_ SABSSBDSsina' a3 \/~x(a—x)sina
АШ» = 3 \АК\ = бУ(а~г)*
Приравнивая два выражепня для 1"Авлв' получим
я2 — ах + a2 cos2 а = О,
отк>да х (а — а-) = о2 cos2 a,
а8 | cos а|
v abcds— з
Задача имеет решение, если | cos а К -g- . Кроме того, угол при
ребре AS туной, поскольку плоскость ASM перпендикулярна гра-
пи ASD, а эта плоскость проходит внутри двугранного угла между
плоскостями A SB и ASD. Следовательно, в 1-м случае задача име-
п 2л
ет решение, если -g~ < а ^ ~з~~ •
2) Точка К находится на диагонали АС (рис. 27, б). Рассуж-
Рассуждая так же, как в случае 1), получим (по-прежнему | LK | = х)
a2 ~\fx (а — х) д3л- sin а
V = У
VABDS = 6 = 6 Ух (а + х) '
отк>"а легко найдем х = а | cos а |,
а3 У) cos а | A — | cos ~a\)
V - g .
Как л г 1-м случае, а>~2~. Таким образом, нолучаом
л 2п
Отпет: если -g- <, а ^ ¦ g , возможны два ответа;
a3 cos а а3 У— cos а A + cos а)
" i = с . ^ s = п 5
2я а8 V — cos а A + c°s а)
если а>-д- ,V = g .
148. Решим сначала следующую задачу. В ДЛВС на сторонах
\AL\ \AK\
АВ и АС взяты точки Lvl К так, чтп ¦ ^ . = т, = ге
В каком отношении прямая KL делит медиану AMI
Обозначим через TV точку пересечения КL и AM, Q — точка
пересечения KL и ВС, Р — точка пересечения KL п прямой, па-
раллельпой ВС, проходящей через А. Пусть | ВС \ = 2а, \ QC \ =
= Ь, | АР | = с, n> m. Тогда из подобия соответствующих тре-
с с \AN\
угольников будем иметь: — = п, 6 _^ 2а ' = w. откуда |дгЛ/| =
с 2тге
Ь + а ~~ т~\- п '
87
riyi-ib теперь m, п и р — отношения, п которых разделевы
плоскостью ребра АВ, АС и AD, для их определения будем иметь
систему
2тп 2пр 1 2рт
п-\- п
и -f- р
от да
~, р -
Т — 1 < m < 0, означает, что точка L лежит на продолжении
АВ за т чку А, т. е. пагва плоскость пересекает ребра AC, AD, ВС
и BD. Д лее, определив о ошения, в которых разделены ребпа ВС
г, [ 5 5 \ 7 23
и BD I получим -у- и -Q-I, найдем ответ'
149
149. Рассмотрим пирамиду SABC (рис. 28), в которой | С А | =
— \ АВ \, 'ВаО , SA ерп ндикулярна плоскости ABC,
vi , что верш на Л прое тируется
оскос ь SBC в точку О — центр
ж ости, впи аннои в SBC.
В шем в эт нрамаду i нус так,
падает с А, а ок-
яетгя ок-
С. ч вид-
в t>n х пи-
ко х спо оже-
что е о
ужно
ве !
ыо
ость,
, ч
МП
ны на
а я
есл
сно
[
шин
1-ГО
с
I 11
ания
ые
ВС т
i и
х ос-
зуют
в А,
Ды,
ону-
дн-
а
ав-
от
у-^-
Ответ: 2 srcsin ¦
У 1 + 2 tg2
150. Пусть плоскость Л KN касается шара в точке Р, а прямая
ЛР пересекает NK в точке М (рис. 29). Тогда плоскость CXNA яв-
является биссекторной плоскостью двугранпого угла, образованного
плоскостями ОгСгА и СХМА (плоскости DtAN и ANM касаются
шара, а плоскости ZIC1i4 и СХМА проходят через его центр).
Рис. 29.
Точио так ж^ плоскость СгКА является биссекторпой плоскостью
двугранного угла, образованного плоскостями МСХА и Г1В1Л.
Таким образом, двугранны i ' гот , -ду тоскогтямк ИГ, \ СЛЫ
>1ла
плоскостями Л/
Г и
я е-
п чо-
вдвое меньше двугранног
равного 2л 3.
Ответ: я 3.
151. Пусть К, L и У - с ре' р А
Тогда аз условия задачи след , ч i. тетраэяр A-JiyC-J?
вают плоек cti DKAX, BLAX, С 1АХ и плоскость ро\
рез А параллельно BCD. При эт м вершины В , Сг и
жены так, что точки М, К и L в яются сер т, i ш С 2, Сх
и BDX (на рис тнке точки В1л Clt Dt отсутству т).
Пусть т перь Q — середина ВС, Р — точка нерег я L
и KQ. Для т го чтобы нанти объем общ i ч ти дв^ с га рам 1д
A BCD и A1B1C1D1, мы долж ы от объ а пира ды ABC — V —
отнять бъемы трех пирам д, в овелики DI Q (ка»яа з н х
имеет объем —?- V ), и прибавпь б мы трех ш рамид, равнов ш-
1
ких AtBQP. Обтем последней пир миды равен -n-V. Та ш ( бра-
зом, объем общей частя равен -ег I
152. Докажем сначала, что двугранные jn рн рс ра\ DB
и АС равны я/2. Пусть \ AD \ = \ CD \ = \ ВС \ . | BD | —
|=Ь, | АВ \=с, Ъ^> а. Опустим из D и С перпендикуляры
89
DK n CL на ребро АВ (рнс. 31, а). Обозначим
\AK\-\BL\ = \x\ Г KL | = | с - 2х |, | Z># | = | CL | = /г.
ьк д угран ьш угол при ребре АВ равен л/Я
| D -\DK\*+\CL\*-\DK\-\ CL\-\ \KL\\ т. е.'
= -J (с — 2 J; заменяя h2 — а2 — х2, получи Зх2 — 4сг +
с — тк д i,= с/3, :гг = с. I з условия Ъ~5> а следует, что
< / чи = с/3. Таким обр зо , вели Ъ и с связаны
о ш с — 3 (Ьа — а )
Н опади т еуго iio ABD и ACD:
SA -5АВС=-2-
•"АС
4а —
В ражая объ т траэдр A BCD по формуле з дачн И через
дв г аппып угол при ребре А В и площади граней ABD и ЛВС,
Рис. 31.
а тем чсреэ <р — двугранный угол при ребре А С (он также равен
уг у при ребре BD) и площади граней ABC и ACD, получим
v abcd —
от уда
SABDSABC
/3
SACDSABC
\АС]
Б1П ф =
\ЛС\
>ACD
2с
4а2 — Ь2
Значит, <р = -о- .
Для определения суммы трех оставшихся двугранных углов
рассмотрим призму BCDMNA (рис.31, б). Тетраэдр ABCN равев
тетраэдру A BCD, поскольку плоскость ABC перпендикулярна
плоскости ADCN, ADCN — ромб, следовательно, тетраэдры ABCD
"SO
г ABCN симметричны относительно плоскости ВС А. Точно так же
1етраэдр ABMN симметричен тетраэдру ABCN относительно плос-
плоскости ABN (угол при ребре BN в тетраэдре ABCN равен углу при
i ебре BD тетраэдра ABCD, т. е. равен jt/2), следовательно, тетра-
др ABMN равен тетраэдру ABCN и равен исходному тетраэдру
A BCD.
Двугранные углы призмы при ребрах CN и ВМ равны соответ-
твенно двугранным углам при ребрах DC и ВС тетраэдра ABCD.
поскольку сумма двугранных углов при боковых ребрах треуголь-
треугольной призмы равна я, сумма двугранных углов при ребрах AD, DC
С В тетраэдра ABCD также равпа я, а сумма всех двугранных
vwioe тетраэдра, исключая данный угол при ребре А В, равна 2я.
153. Пусть в треугольнике ABC стороны ВС, С А и А. В равны
соответственно а, Ъ и с. Из того, что пирамиды АВСС±, АВВХС±
\ А А \В1С1 равны, следует, что н каждой из них есть по две грани,
J
апных треугольнику ABC. В самом дело, еслп в каждой пирамиде
сыла бы одна такая грань, то между вершинами пирамид АВСС1
и A-Ji^C^A было бы соответствие А -* Ах, В -* Вг, С —» Су, Сх —•
-> А, т. с. \CCi\ = \AC1\, | ВСг | = \ В^А |, а это означало бы,
то в пирамиде А ВС1В1 нет ни одной грани, равной А АВС. Теперь
"етрудно заключить, что боковое ребро призмы равно или а, или
, или с (если, например, /\АСгВ =Д АВС, то в пирамиде Л]В1С1Л
рань AXBXA соответствует грани АСгВ пирамиды АВСС± и
ЛЛАА = А АВС).
Разберем все возможные случаи.
1) | AAY | = | ВВХ | = | ССг | = а (риг. 32, а). Тогда из вер-
шны С пирамиды АВСС± выходят два ребра длимы а и одно дли-
[ы Ъ, а ребру ССу протиролежит ребро длины с. Отсюда следует, что
ершине С пирамиды АВССу должна соответствовать вершила Сх
шрамиды Аф^С^А и | АСг \ = а. Теперь можно заключить, что
АВг | = | ВСг | = Ь.
Во всех трех пирамидах двугранные углы при ребрах, имею-
цих длину Ъ, равны, при этом два этих угла р сумме дают зх (два уг-
'а, например, при ребре СХВ в пирамидах АВССХ и АВВХС^), т. е.
каждый из них равен л/2.
Проведем перпендикуляры BL и СгК к ребру АС (рис. 32, б).
Поскольку двугранный угол при ребре АС — прямой, то
2 = | СХВ Iя = | СХК |2 + I KL |2 + | LB Р =
= | СуС |2 - | КС р + (| КС | - | LC |J + | ВС |» - | LC |'- =
= 2аг — Ъх,
¦ 91
где х | LC |, п находится из уравнепич
I,2 — С3
26
Та им образом, За2 — ЗЬ2 + с2 = 0. Но Л, ABC по условию
прямоугольный. Это возможно лишь при условии с2 = а? -\- №.
Счсчов льно, Ъ а 2, с ~ a V3.
Т перь можно найти двугранный угол при ребре ВС патей
при ь АСС1 я/4 является линейным углом этого двугранного
угла тр го пытки ABC и C-fiB — прямоугольные, с прямыми уг-
ia н пр перпшпе С). Двугранный угол при ребре АВ пирамиды
BCCj p пен я/3. Покажем это. Пусть этот угол равен ф. Тогда
двугра ьп угол при ребре А В призмы ABCA^B-fi-^ равен 2ф, а
пр р ")[ 4j/?| — равен ф, таким образом,
я
Зф=Я, ф=-о~-
В ! | — | CCt I = b (рис. 32, e). В этом случаи
\AAt\ — | ?
11 пи миде АВССХ из*вершины С выходят два ребра длины b и од-
одно длины а. Значит, такая же вершина есть и в га рамиде . _
dio 1 олет быть или вершина А, или Сх. В обоих случаях получаем
| АВХ | — а | АСХ | = b (напоминаем, что должны найтись две
i{ чип с сторонами a, b и с Таким образ м, в ппраь идах АБСС\
Рис. 33.
и AiBxCl им ьтся по одной грани, представляющей из себя пра-
в 1 ьньш треугольник со стороной Ъ, в то время как в ппрамиче
АВВ1С1 такоп грани нет, чему бы ни равнялось ребро ВСг. Таким •
образом, этот случай невозможен.
3 | АА, | — | ВВ, | = | ССХ | = с. Этот случай, по существу,
совпадает с 1 м, только основания ABC и AsBlC1 меняются местами.
_ я. я/ Зл \ я / ' 2зт \
Ответ: -g- , -?- ( или —т~) i ~g~ I или —g— ).
15-5. Опустим перпендикуляры АгМ и ВХМ па CD, BrN и CtN
на AD, СгК н DXK иа АВ, DXL и AJ, иа Си.
Поскольку •
М,Л/|
J-ML
1 \
\С?\_
(эш отиошеиия равны косинусу двугранного угла прп ребре тет-
тетраэдра) и | А^ | = | Bjd | = | С^ | = | DjAt |, то должен
выполняться равенства AYM \ = I BwV I = I С,К I = I D,A, I =
= *, | В,М | = | i\TCl | = | KD\ I I | V | = Зх1 (па рис. ЗЗ1 изоб-
изображена развертка тетраэдра). Каждое ребро CD, DA, AB, ВС ока-
окажется разделенным на отрезки т и п так, как показано на рисунке.
Учитывая, чю т + /г = а, ыапдем г = ° |^3 , т = ~, п = -^- .
после чего пайдем объем тетраэдра
Ответ:
155. Не ограничивая общности, будем считать, что все обра-
образующие конуса, касающиеся шаров, касаются одновременно двух
шаров — ьнутреннего п внешнего. Проведем сечение через верши-
вершину конуса 5 и центры двух шаров, касающихся одной образующей
С В
Рис. 34.
(рис. 34, обозначения понятны из рисунка). Из условия, что «шаров
ралнуса R касаются друг друга, слпчует равенство | ОА \ = — .
аналогично | OB J = ¦
. Следовательно, | АВ \ = а — ¦
sin -
R
sin
sm
Пусть \АС\ = х. Тогда tga = — , ctg a =
эти равенства, получим уравнение для х:
х2 — ах + 2Яа = О,
. Перемножив
2
где a =
sm
Усчовве л2 — 8Л2 ^ 0 up 1водит к неравенству sin -jr -^ ~Z~f^ .
Кроме ого, ля по выполняться неравенство tg а = — < 1. Теперь
1 я
п ру о по учить что к р ль хх подходит, если -^-<sin —^
<J о-|/"9 ' ^ЛЯ КОРПЯ xi cc ает я ОДНО
г ппчеппо:
2/2
1 . п 1
bios о доказа ь что -д— < sin —^- <J j=r лишь при п — 9.
Объем конуса будет равен -3-11@ + xK tg 2a. Выражая о, ж
и tg 2a по соответствующим формулам через Лип, получим
Ответ:
in" -?- A - 6 sin2 -^- +1/ 1 - 8 sin2 -jp
2 sin* -
Кроме того, при n = 9 позмо5кно еще одно зиа ip
~y 1—
-"|/ 1-8sin2-|-
in2 -^- ^1 — 6 sin2 -^ ]/1 - 8 sin2 -jp
12 sin2
156. Спроектируем куб на плоскость, перпендикулярную Z?i#t
получим правильный шестиугольник ЛБСГСГ1Д1>11 (рис. 35) со сто-
стороной 1/ -д— а = Ь, где а — ребро
куба (правильный треугольник ВС\А%
спроектируется в равный ему треу-
треугольник, так как плоскость BCiAi
перпендикулярна B-J)). Рассмотрим
ЬКАСу, в нем | КА \ — \ АСх \ — 2Ь,
прямая NM проходит через середи-
середину ЛС1!. Пусть
\АМ\
-х.
Рнс 35,
Иров'дсм CfL параллельно MN*
Будем иметь:
| Afi| = \AM\,
\KN\ \KM\ 2
~ \KL\
94
я.уда
\bN\
Bdl
Таким
2 (| KN | —
образом,
|Ad
\BC
|ВЛ
\BCi
1
1)
„ 1**1
2 + Я
157. Если два неравных и подобных треугольника имеют две
авные стороны, то легко убедиться, что стороны каждого из них
бразуют геометрическую прогрессию, причем стороны одного из
них можно обозначить через а, ка, №а, другого — Яо, ?Аг, Я3а.
Далее, если стороны треугольника образуют геометрическую
прогрессию п две из них равны 3 и 5, то третья сторона равна К 15
в других случаях сумма двух сторон будет меньше третьей). Не-
рудно доказать теперь, что в нашем тетраэдре две грани есть тре-
гольншш со сторонами 3, "|/г151_5, а две другие имеют стороны
15, 5, 5 Л/ L. или же 3 1/ Л- t 3, V"l5; соответственно задача
55/6 11 ,_
меет два ответа —jg— и -jq- у 10.
158. Введем прямоугольную систему координат так, чтобы
ервая прямая совпала с осью х, вторая — была параллельна оси
и проходила через точку" @, 0, о), а третья — параллельна оси
и проходила через точку (о, о, 0). Пусть ABCDAiBlC1D1 —
параллелепипед, у которого точки А н С лежат на первой прямой
имеют координаты (хх, 0, 0), (г2, 0, 0), точки В и d — на вто-
ой, их координаты — @, уг, а), @, j/2, а), точки D и В1 — па тре-
ьей прямой, их координаты — (о, a,Zj), (о, a, Zj). Ич условия
равенства векторов AD = ВС = BxCf получим а — Г1==хг ==—а>
а = —j/i = уг — a, zj = —а = а — Zj, откуда хг = 2а, ж2 = —а,
t = —a, j/, = 2а, ц = —a, z2 = 2a. Таким образом, А Bа, 0, 0),
@,—afca), С (—а, 0, 0), D (о, о,—a), Bt (а, а, 2а), Сх @,2а, а).Мож-
по проверить, что~АВ = Dc7 Далее, | АС | = За, \АВ\ = а\[ъ,
ВС | = а/З, т. е. ДЛВС — прямоугольный, значит, площадь
ЛВС!) будет | Л В | • | ВС \ — За2/?. Уравнение плоскости A BCD
За
сть у + z = 0, значит, расстояние от Вх до нее будет равно "ТТк" •
Ответ: 9а3.
159. Рассмотрим правильную пирамиду ABCDS, в которой
роведено сечение KLMNP, представляющее собой правильный
ятиугольник со стороной а (рис 36). Пусть диагональ основания
ирамиды равна Ъ, боковое ребро I. Обозначим также | SM | =
- xl, | SN | = yl. Поскольку пятиугольник KLMNP — правиль-
правильный,
- = g a —pa,
95
я 2i
COS -— f- COS -F-
Пмс и (Р,= ,
Ъ
= х
С другой стор.шы, \ОЕ\
I
та
ь, следователг но
, л. С-у) ь
П i
• " °1= 2G-*) •
тя для | GO |, пол\ i уравие-
нир
— ^?
ис 36.
V~- = ^- B)
!o кольку | LN | = ца,
LN | ~~ у | DB |, то
j/Ь -[a. C)
1 i v рассмотрим Д PNB, в кото ом | PN | = а \ NB \ =
= A- )|, |Р/?| = -^-^2, о РШ=со ЧВ5 = —~.
По оре с loci п>сов по у i
= A— у) J +
A - /)(/ - а) Ь
2
1
У i № пая чо[.1 = g 1 — g 1 из уравврнн i A) —
}^5 _ l ^5 + 3
C) 1Д м — 2" 1 ^ *= f a> после чего 13 Н авнишя D)
4 1
м f алом обт си пирамиды равеи
(9 + 41/5)
ICO. Введем обычные обозначения: a, b, с — стороны треуюль-
ннка, ha, hb, hc — его высоты, р — полупернметр, г — радиус
вписанной окружности. Пусть М — точка пересечении плоскостей
A-Ji-fi, А1ВС1 п ABxCi, Оа, Оь, Ос — центры впевписаппых окруж-
окружностей (Оа — центр окружности, касающейся сторопы ВС и про-
продолжений АВ и АС и т. д.). Докажем, что искомой япляется пира-
пирамида ОаОьОсМ, причем высота, опущенная из точки М, проходит
через О — центр вписанной окружности и | МО \ = 2г.
Рассмотрим, например, плоскость АХВХС. Пусть К — точка
пересечения этой плоскости с прямой АВ,
| К А | | ААУ | ha Ъ_ \АС\
\КВ\ = \BBX\ = Ь.ь = а = \ВС\ •
т. е. К ость точка пересечения с прямой. АВ биссектрисы лнешиего
угла С. Отсюда следует, что основанием нашей пирамиды, и самом
деле, является треугольник ОаОьОс и что точка М проектируется
в точку О. Найдем | МО |:
где га — радиус вневипсанной окружности с центром в '/а;
S S 2S
Ь , следовательно,
р — а
Найдем площадь Д OaOf,Oc- Заметим, что ОаА, Of,B, ОСС — иысош
этого треугольника. Легко находятся углы АОаОьОс, например,
- (90° - -|-) - (s0° -
'80" - (90° - -|-) - (s0° - 4") = 80° - 4-
Аналогично находятся другие углы. Окружность с диаметром Офс
проходит через В и С, следовательно,
| ВС\ а
sin BOjC A
° sin
2
точно так же | ОьОа | = ~— , отсюда
sin —я-
—. с В
I OaA | = | OaOb | sin OaobA = л— cos — .
4 П. Ф. Шарыпш 97
Так pa о площадь Д ОаОьОс (обозначим ее О) будет
<? =
н
1
2
in
~*
А
-тг
ас
с
~2
ts
cos 2
с sin
4
¦s'
1
sm -—- —
be
в . с
Так же находятся sin —гр и sin —jr. Заменяя их в A), получим
У-Й 2(р-а)(р-Ъ)(р-с) •
а об1>ем пирамиды MOaO\fic будет
.Saber 1 4
3(Р — «)(р — Ь)(Р — с) 3 3
РАЗДЕЛ 1
161. Нет, не во всяком.
162. Указанным свойством обладает пирамида, у которой два
противоположных двугранных угла тупые.
163. Докажите, что если прямая не перпендикулярна плоскос-
плоскости и образует равные углы с двумя пересекающимися прямыми
этой плоскости, то проекция этой прямой на плоскость также об-
образует равные углы с теми же прямыми, т. е. параллельна биссект-
биссектрисе какого-то из двух углов, ими образованного.
164. Треугольник, четырехугольник и шестиугольник. Сече-
Сечение куба не может быть правильным пятиугольником, поскольку
у сечения, имеющего более трех сторон, найдется хотя бы одна па-
пара параллельных сторон, а у правильного пятиугольника парал-
параллельных сторон нет.
165. Отложим на ребрах трехгранного угла от вершины S
равные отрезки SA, SB, SC. Обозначим через О проекцпю S на
плоскость ABC. Треугольники Л SB и АОВ — равнобедренные с
общим основанием АВ, причем боковые стороны треуюльпика АОВ
меньше боковых сторон треугольника AS В. Следовательно, АОВ >
> A~S~B. Аналогичные неравенства верны для других углов. Таким
образом,
-fICSA <lOB + ~ВОС + WA < 2л.
(Последняя сумма равна 2я, если О — впутри ?\АВС, и мепыие 2я>
если О — вне &АВС.)
Для доказательства пторон части возьмем произвольную точку
внутри данного угла п опустим пз нее перпендикуляры на грани
данного угла. Эти перпендикуляры будут являться ребрами дру-
того трехгранного угла. (Полученный угол называется дополни-
дополнительным к данному трехгранному углу. Этот прием является стан-
стандартным приемом в геометрии трехгранных углов.) Двугранные уг-
углы данного трехгранного угла дополняются до я плоскими углами
дополнительного трехгранного угла, и наоборот. Если а, Р, у —
двугранные углы данного трехгранного угла, то, используя выше
доказанное неравенство для плоских углов, будем иметь (я — а) +
+ (л — Р) + (я — y)< 2я, откуда следует, что а -f- р + у > я.
166. 1) Пусть S — вершина угла, М — точка на ребре, М^
п М2 — проекции М на два других ребра, N — проекция М на
противоположную грань. Предположим, что ребро SM соответст-
соответствует двугранному углу С. Если | SM | = а, то, находя последова-
последовательно | SMi |, а затем из Д MMXN—|Л/ЛГ|, или, по-другому, сна-
сначала | SM2 |, а затем из Д MM2N — \MN\, придем к равенству
| MN | = a sin ос sin В = a sin р sin А,
т. е.
sin а sin P
sin A sin В '
2) Обозначим через «¦, бис единичные векторы, наиравленные по
ребрам трехгранного угла (о противолежит плоскому углу величины
Ь р ) В 6 Ь f
рр рр у ( р у уу
й. Ь — р, с—у). Вектор 6 можно представить в виде: Ь = в cos у «f»
-f- tj, где | n I = sin у, 1) — вектор, перпендикулярный в, анало-
аналогично с = a cos р + |, где 11 f = sin P, | перпендикулярен а.
Угол между векторами ij и § равен А.
Перемножая скалярно Ь и с, получим
Ьс = cos а = (а cos у + ч) (в cos р + §) =
=cos P cos у + sin p sin у cos A,
что и требовалось.
3) Опустим из точки внутри угла перпендикуляры на грани
данного угла. Получим, как известно (см. задачу 165), трехгранный
угол, дополнительный к данному. Плоские углы данного трехгран-
трехгранного угла дополняют до я двугранные углы дополнительного. При-
Применяя к дополнительному трехгранному углу 1-ю теорему косину-
косинусов, получим паше утверждение.
167. Воспользуйтесь 1-й теоремой косинусов (см. задачу 166).
168. Воспользуйтесь 2-й теоремой косинусов (см. задачу 166).
169. Сумма всех плоских углов тетраэдра равна 4я. Значит,
найдется вершина, сумма плоских углов при которой не больше я.
Все плоские углы при этой вершине — острые. В противном случае
один угол был бы больше суммы двух других.
170. Этим свойством обладает ребро, имеющее наибольшую
длину.
171. Пусть ABC — перпендикулярное сечение, | ВС \ = а,
| Ь | А В | П А ABC (В В
у рдур |
| с А | = Ь, | А В | = с. Проведем через А сечение ABfCi (В и Ви
СиС, — на соответствующих ребрах). Пусть, далее | BBf \ = | ат],
| cCi \ = | у \. (Если Вг и Ct — по одну сторону от плоскости ABC,
то х и у — одного знака, если но разные стороны, то знаки х и у
различны). Для того чтобы АВ^С-^ был правильным, необходимо п
4* 99
достаточпо, чтобы выполнялись равенства
с2 + *• = Ь2 + if,
W + tf = а2 + (* - J/J.
Покажем, что эта система всегда имеет решение. Пусть а ^ Ь
и с ^ Ь. Легко показать, что множество точек плоскости (х, у),
удовлетворяющих первому уравнению и расположенных в первой
четверти, есть линия, которая при возрастании х неограниченно
приближается к прямой у = х, а при х = 0 у = Ус" — Ь2. (Как
известно, уравнение if — х* — к описывает равпобочпую гипербо-
гиперболу.) Аналогично, лпния, которую описывает второе уравнение, при
гозрастанни х приближается к прямой у = х/2, а при х, стремя-
стремящемся к нулю, у неограниченно возрастает. (Множество точек, удов-
удовлетворяющих второму уравнепию, также является гиперболой.)
Отсюда следует, что эти две линии пересекаются, т. е. система
уравнений всегда имеет решение. "
172. Обозначим две оставшиеся вершины тетраэдра через С
и D. По условию | АС | + | AD | = | АВ |. Рассмотрим квадрат
KLMN со стороной, равной | АВ |. Возьмем на его сторонах LM
и MN точки Р и Q так, что | РМ \ = \ AD \, | QM \ = \АС\.
Тогда \LP\=\AC\, \NQ\ = \AD\, \ PQ \ = \ DC \ и, следо-
следоA KLP ДЛВС /KNQ ДВЛВ, ?BDC &KPQ
д \\\\, \Q\ \\ \ Q \ \ \ , д
вательно, A KLP = ДЛВС, /SKNQ = ДВЛВ, ?\BDC = &KPQ.
Из этих равенств следует утверждение задачи.
173. Нет, не любой. Например, если один плоский угол трех-
трехгранного угла достаточно мал, а два других плоских угла прямые,
то легко убедиться, что никакое сечение этого трехгранного угла
пе яиляется правильным треугольником.
174. Покажите, что если хотя бы одпп плоский угол дапног'
трехгранного угла пе является прямым, то можно его пересеч
плоскостью так, чтобы в сечепии был тупоугольный треугольник.
Если же все плоские углы трехгранного угла пряные, то nrofioe
его сечение является остроугольпым треугольником. Для этого
достаточно выразить стороны" произвольного сечения по теореме
Пифагора через отрезки ребер и проверить, что сумма квадратов
двух любых сторон сечения больше квадрата третьей стороны.
175. Пусть а — длипа наибольшего ребра, бис — длины
ребер, примыкающих к одному концу ребра а, е и / — к другому.
Имеем: (Ь + с — а) + (е + / — а) = Ъ + с + е + / — 2в > 0.
Отсюда следует, что выполняется хотя бы одно из двух неравенств:
Ь+ с— а> 0 или е + / — а> 0. Зпачит, из отрезков а, Ъ, с
пли а, е, f монспо построить треугольник.
176. В любом тетраэдре найдется вершина, для которой сумма
двух каких-то плоских углов меньше 18(г. (На самом деле справед-
липо более сильное утверждение: найдется вершина, сумма вгех
плоских углов нрп которой не превосходит 180°.) Пусть этим свой-
свойством обладает вершина А. Возьмем на ребрах, выходящих из А,
точки К, L, М так, что ATM = KAL = и, ALR = LAM = р.
Это можно сделать, если а + р •< 180°.
Таким образом,
Д KAL = &LAM, &KLM — &KAM.
Дпуграшшй угол при ребре А К в пирамиде АКТ.М равен
углу при ребре LM, двугранный угол при ребре А М рапеп углу
при ребре KL. Нетрудпо убедиться, что тетраэдр KLMA совме-
100
стптся сам с собой, если ребро К А совместить с LM, а ребро AM —
с KL.
177. Предположим, что нп один плоский угол данного трех-
трехгранного угла не является прямым. Пусть S — вершина даппого
угла. Перенесем параллельно второй трехгранный угол так, чтобы
его вершина совпала бы с некоторой точкой А какого-либо ребра
данного угла (рис. 37). АВ, АС и AD параллельны ребрам второго
двугранного угла. Точки В и С находятся на ребрах данного угла
или пи их продолжениях. Но АВ перпендикулярна SC, АС пер-
перпендикулярна SB, следогательпо, проекции BS в CS на плоскость
А ВС будут соответственно перпендикулярны АС к АВ, т. е. S
проектируется в точку пересечения вы-
высот /\АВС, значит, AS перпендику-
перпендикулярна ВС. Таким образом, ребро AD
параллельно ВС, а это означает, что
все ребра второго трехгранного угла
принадлежат одной плоскости. Если
же один плоский угол данного трех-
трехгранного угла прямом, то все ребра
второго должны лежать в одной грани
донного (той, которая соответствует
прямому плоскому углу). Если в точ-
точности два плоских угла данного трех-
трехгранного угла прямые, то два ребра
второго должны совпадать с одтш реб-
ребром данного. Таким образом, второй трехгранный угол может быть
невырожденным только в случае, если все плоские углы данного —
прямые.
178. Можно считать, что прямая I является диагональю пря-
прямоугольного параляелегашеда и образует углы а, р и у с его pel-
рами : Тогда, сложив три рав-
равных параллелепипеда так, как
показано на рис. 38, мы по-
получим, что углы между тремя
диагоналями этих параллеле-
параллелепипедов, выходящими из общей
вершины,равны 2а, 2jj, 2y.
Следовательно, 2а -f- 2C -j-
2<2
Рпс. 37.
179. Пусть S — вершина
угла, А, В и С — какие-то
точкп на его ребрах. Докажем,
что угол между любым ребром
и плоскостью протпвополож- *ис- "°-
вой грани всегда меньше
любого из двух плоских
углов, заключающих это ребро. Поскольку угол между прямой и
плоскостью не может быть тупым, нам достаточно рассмотреть слу-
случай, когда плоские углы, примыкающие к ребру, острые.
Пусть Ai — проекция А на грань SBC, А2 — проекция А па
ребро SB, поскольку | SA2 | > | SAt |, ASA~t <Х<Й2 = A SB
(напомним, что все плоские углы при вершине S — острые). Отсю-
Отсюда легко следует первая часть нашей задачи.
Докажем вторую часть. Имеем: ASB — BSA^ <J ASA{,
AS~C —- CS~2x ^ ASAX (хотя бы одно неравенство строгое). Сложив
101
эти неравенства, получим
AJS + ~AS? — CSSB < i
Записав аналогичные иеравепства для каждого ребра в сложпв их,
получим наше утверждение. Взяв трехгранный угол, все плоские
углы которого тупые, а сумма их близка к 2л, убедимся, что в этой
случае утверждение второй части не будет верным.
180. Пусть о и о,, р и Pi, V п Vi — двугранные углы тетраэдра
(одинаковыми буквами обозначены углы, соответствующие протц-
воположпым ребрам). Рассмотрим четыре вектора а,Ь,е и d, rop-
пендикулярпые граням тетраэдра, направленные во внешнюю сто-
сторону по отношению к тетраэдру и имеющие длины, численно рав-
ные площадям соотиетствующих граней. Сумма этих векторов рав-
равна нулю. (Можно дать следующую интерпретацию этого утвержде-
пия. Рассмотрим сосуд в виде нашего тетраэдра, наполненный га-
газом. Сила давления на канздую грань представляет собой вектор,
перпендикулярный этой грапи и пропорциональный по длине ее
площади. Очевидно, что сумма этих векторов равна нулю.) Угол
между любыми двумя векторами дополняет до it соответствующий
двугранный угол тетраэдра. Прикладывая эти векторы один к дру-
другому в различном порядке, мы будем получать различные простран-
пространственные четырехугольники. Углы каждого четырехугольника
равны соответствующим двугранным углам тетраэдра (исключа-
(исключаются два противоположных). Но сумма углов пространственного
четырехугольника меньше 2л. В самом деле, проведем диагональ
этого четырехугольника. В результате четырехугольник разобьется
на два треугольника, сумма углов которых равна 2л. Сумма же углов
четырехугольника меньше суммы углов этих треугольников, по-
поскольку в любом трехгранном угле плоский угол меньше суммы
двух других. Таким образом, мы доказали, что выполняются три
неравенства: а + щ + Р + Pi < 2п, р + pf + у + Vi < 2л, \ +
+ Yi + « + °-i <C 2л. (В этом и заключалась первая часть задачи.)
Сложив эти неравенства, получим a+aj+p + pj + v+Vi <
< Зл. Для завершения доказательства заметим, что сумма дву-
двугранных углов любого трехгранного угла больше л (см. задачу 165).
Сложпв неравепства, соответствующие каждой вершине тетра-
тетраэдра, мы завершим доказательство.
Замечание. При решении этой задачи мы использовали
прием, заключающийся в том, что вместо данного трехгранного
угла мы рассматривали другой трехграппый угол, ребра которого
перпеидикулярпы граням данного. Получившаяся пара трехгран-
трехгранных углов обладает тем свойством, что плоские углы одного пз mix
дополняют двугранные углы другого до л. Называются такие углы
дополнительными, или полярными. Прием этот весьма распростра-
распространен в сферической геометрии. Мы им также уже пользовались
в задаче 165.
181. Утверждение задачи следует из того, что для правильного
многоугольника сумма расстояний от произвольной точки впутри
него до его стороп есть величина постоянпая.
182. Если S±t S,2, S3, 54 — площади соответствующих граней
(тетраэдра,1 V — его объем, то
— -l — . _?l i Xi
hi + h-i "Г h3 т hi —
+ 5;.tj -I- -Уз -'
e SF
102
183. Пусть М и К — середины ребер АВ и DC тетраэдра ABCD,
Плоскость, проходящая через М и К, пересекает ребра AD и ВС
в точках L в N (рис. 39, а). Поскольку плоскость DMC делит
объем тетраэдра пополам, нам достаточно доказать, что ппрамиды
Рис. 39.
DLKM и KCMN равновелики. Отношение объема ппрамиды
KCMN к объему всего тетраэдра Л BCD рапно —г—. ... -. Аналогич-
4 | СИ I
но, для ппрамиды DLKM это отношение равно-т— „ . . Зпачит,
нам еужно доказать равенство:
\DL\
\DA\
\CN\
\СВ\
Спроектируем наш тетраэдр на плоскость, перпендикулярную
прямой КМ. Тетраэдр ABCD спроектируется в параллелограмм
с диагоналями АВ и CD (рис. 39, б).
Прямая LN будет проходить через
точку пересечения его диагоналей,
следовательно, нате утверждение
доказано.
18$. Пусть для определенности
| DA |< | DB\^\DC\,n хотя бы
одно нерапеиство строгое. Наложим
треугольники DAB, DBC и DCA
так, чтобы совпали равные углы и
равные стороны (рис. 40). B,C,,AZ
На рисунке вершины второго
треугольника имеют индексы 1,
третьего — ипдексы 2. Но | D2A2\ =
=| DA |< | jDiCjl] (по условию). ^Сле-
допательно, D2DXB — острый, a Sb~^D — тупой и | DB | > | ОгСх | —
противоречие.
185. Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость, па-
рчлла^ьную противоположному ребру. Три пары получившихся
пюскостеи образуют параллелепипед. Противоположные гебра
аетраэдра будут являться диагоналями пары противопоаожиых ipa-
103
Рис. 40.
' n.p le епипеда. П>сть, например, аи %-^ диагонали двух
ц чожных ранец параллелепипеда, т и п — их стороны
^ ). Тог a ala2cosa= т2— ?2. Записав подобные равенства
як д и пары upon воположных ребер, докажем наше утверж-
пие
ет
6. П ть
а А,
D L v
ра пр х д it через вершпны А, В и С а пересе-
и DC в точках К, L и М. Из подобия треуголь-
\DL\
а "чем: LK \ — \ АВ |
\DA\
а из подобия
еуг
В\
\DL\
в D L п DBC найдем: | ML | = | ВС \ iCD,
Ho
Тепе ь етрудно убедиться, что | LK \ = \ ML \.
3 ч а и е. Утверждение нашей задачи будет верным для
ю ого етраэдра, у которого произведения противоположных ребер
равны
187. Прпнадленчнос ь точек К, L, Р и N одной плоскости озна-
означает, что
V + V — V -f V A)
И
адачи 9 следует, что
\MK\-\ML\.\MP\
VMKLP - \MA\-\MB\-\ МС |
\МР ¦ | MN | . | МК |
MPNK = \MC\-\MD\-\MA\
| MN | • | ML I • | МК |
млвс»
V
V
V
V
MNLK — \MD\-\MA\.\MB\
| ML | • | МР | - | M/V |
MADC'
' MABDf
^„
MLPJV — | MB | • | МС I • I ,Ш> I MBCD '
За еняя этими выражениями соответствующие величины в A),
деля па | МК | • I ML | • | МР \ • | MN |, умножая на | Л/Л |Х
Х| MB | • | AfC | • I MD |, выражая объем каждой из оставшихся
пирамид через площадь основания и высоту h, получим, после со-
сокращен! я на Л/3, утверждение нашей задачи.
188. Докажите, что прямая, проходящая через данную точку
пара ле^ьно какой-либо диагонали куба, будет касаться каждого
шара.
189. Оба пункта следуют из следующего общего утверждения*,
если сумма а | А М | + Р | BN | + у | CL |, где а, р, у — заданны*
коэффициенты, постоянна, то плоскость MNL проходит через фик-
фиксированную точку. Это утверждение, в свою очередь, следует ид
равенства
а\АМ\+
= (а +
где Р — очка
па А В, Q — на MN,
\MQ\ P
190. Если в тетраэдре ABCD выполняется равенство | АВ | +
I CD | = | ВС | + | DA |, то точно так же, как это делается
104
вует
к
m
а
е
Р
1
с
асе
Ц
Р
-
я
Р
плоском случае, нно доказа ь, что у
я ребер АВ, ВС, CD DA, пр е все
нутри от е в В С CD и DA. с и
ара О к е- б е ро пл к сть, то к
мых двуг анн г в у-
ет а делен с ветству-
ще п 1 ю на два,
ри том для к й час-
и любого вуг нн го >г
а н дется ав ая ему
сть с седне о гла. На-
ри iep, гол е ду п ос
ми О А В и ABC a-
г у еж у пл костя-
ВС и ВС. „?.¦&-**--?
191. Пусть R ~ очка *^ZZ~=\'
е ения ОМ с штос-
ть KLN (р с. 1). Ут-
денне, что ее ь
тяжести Д KL , э -
в е о ве де и ,
ito о е ы тетраэдр
IKW, LNO MNKO р
аввы. О юзнач м е ез х, с •
, z рассто ния от М д сто-
он ?\АВС. Поскольку плос! ос KLM перпендпку t ребру 42)
асстоянле от О до KI М равно п екции О на AD, ко -я -панн'
рое ц и МР на D где Р — о новап е перпендику яра онушрн
ог из М на ВС. Легко видеть, что проекция МР па AD равна
~г , де г — р с тояние от М до ВС* Ее и а — д Г нн fl v
у гра ями тет аэдра ABCD, то
о такими же будут объе -ы вух других тс с „ мт
NKO. ML
. Спрее тируем т ip эд на п ос ость, прохо ящую р
перпендикул рпо CN. Об зна им з Alt Blt D, к м
екцш точек А, В, D, К и . Рассто е »е д BKiCN6pt
в о расстоянию отточки до В^-^, то» т к
кду AM и CN рав о расстоянию
N до AtMi. Но AH^jfli — - /
обедреппыи. Прямая А\М \\\ о /
ит чepe^ Kf (А"(- — точка перессче-
ш ледиан). А госюльку A^iA'i^i— /
ьне рапнобед! ешшГ, N р в о- >< j
ена от А^ и BxKi- / ~^ '
1 3. Пусть А — верши а о о- ' — »J pjz
ия пирамиды В — точка в
скости какой либо боковои грани, " "/
В | = а, Вг — проекция В на сто-
стону снования, В2 — проекция В Ри°- 42
п оскость осногапия, В — npoei щ я 2 на ребр основания,
ентое с ABU Bt — проект я ?2 на боГо1уго jpan., слеяшую с
105
гранью, содержащей А В (рис. 42). Если теперь а— двугранный
угол лги основании пирамиды, ВАВ^ ф, то
| В2В3| = I i4B, |
| АВ3 | = | ВХВ2 I = I ^V I cos а = я sin ф cos а,
| В3ВЛ | = | В3В0 | cos а = a cos (f cos а,
rt, наконец,
| АВ, | = /| 4Д8 |2 + 1 Д3Д4 I2 -
= вУ sin2 ф cos2 a + cos2 ф cosJ a— a cos a,
Отсюда следует, что длппа любого отрезка, находящегося
d плоскости какой-лпбо боковой грани, после двукратного проекти-
проектирования, указанного в услопии задачи, умножится на cos a (с по-
помощью параллельного переноса переведем один ш концов данного
отрезка в вершину А). Следовательно, любая фигура при таком
проектировании перейдет в фигуру, ей подобную, с коэффициентом
подобия cos a.
194. Утверждение задачи следует из равенств
VAAtBC ~ VAAiBtC ~ VAAiBtCi
и аналогичных равенств для объемов пирамид AAXCD и AAfDB,
195. Пусть М — точка пересечения прямых CBi и СгВ. Вер-
Вершина А лежит на DM. Проведем через точки D, Df-w А плоскость'
Обозначим череа К и L ее точки пересечения с СХВХ и СВ, а через
^42 — точку пересечения прямой АА± с DXK (рис. 43). Из того, что
ССфуВ — трапеция и KL проходит через точку пересечения ее
диагоналей, следует, что | КМ | = | ML |. Далее, рассмстшв
трапецию DiKLD, докажем, что | ААг | = -?р | АА21. Следователь-
Следовательно,
V -±V
v ABCD — 3 AsBCD'
Но пз предыдущей задачи следует, что VA BCD — V AxBiC,^.
Таы i бразом, отношение объемов пирамид AlBlClDl и АВОр
равн 3.
196. Введем следующие обозначения' A BCD — данный тет-
р эдр, | ВС | = а, \СА\ = Ь,\АВ\ = с, \DA\=*m, \DB\-
= п, \DC\-p. Пусть далее G — центр тяжести ?\АВС, N —
чка пересечения прямой DM с описанной сферой, К — точк?
пересечения прямой AG с окружностью, описанной около &АВС
(рис. 44). Воспользуемся следящим песложно доказываемым ра*
венством-
Тогда
\DG\.GN\ = \AG\.\GK\=~^ + b^ с*),
108
слсдоваиельно,
iCN i =
гдо
t _ | DG | = -g- Т^Зт- -f Зга2 + 3ps — a2 — b2 —
A)
(см. задачу 51), \DN\ = \DG\ + ]GN] = t+ %f
Утверждение, что ОМ перпендикулярна DM,
утверждению, что | DN | = 2 | D 11 = 2. -j-1 DG | — -^-
ш3 + п2 + р* 3
3^ =~2~*' OTi уда, заме яя t его выражением A) через
сечичины ребер тетраэдра, получим
спчьно
т. е .
Если i4f, Bf, Cx—центры тяжестей граней DBC, DCA
и ?)^4В, то в тетраэдре A^^D будем иметь
где ma, «6 и рс — медианы к сторонам ВС, С А и А В в треуголь-
треугольниках i>Z?C, ДСЛ и DAB. Если теперь ij — расстояние от вершины
Рис. 43.
до точки М, то, поскольку М по условию лежит на поверхности
еры, описанной около тетраэдра АхВхСф, а прямая DM прохо-
т через центр тяжести треугольника AiBlCi, для определения
личины f Z? Л/1 мы можем воспользоваться формулой, получее-
ои нами выше для | DN |, т. е.
107
1ДС
li = 4" V12 (m« + 4 + P'i) - «2 - &3 -IT
Воспользовавшись известной формулой длппы ыедпапы тре-
треугольника, получим
4 га- -f 4гс2 -f 4рг — аг — ft8 — сг
1^1 = 27f, '
<i = -у- У Зга2 -1- Зге2 + Зрг — аа — Ь'- — с1 = -у t.
3
С другой стороны, | DM | = -?- t, т. е.
j
18* - 4 '¦
Заменяя < по формуле A), получим B), что и требовалось.
197. Зафиксируем какую-либо ось симметрии I. Тогда, если
V является также осью симметрии, и при этом V не пересекается'
с / или пересекает I, но не под прямым уголом, то прямая I", сим-'
метричная V относительно I, также является осью сиымегрии.1
1)то очевидно. Если же какая-либо прямая lt является осью симмет-
симметрии, причем lt пересекается с I и перпендикулярна I, то прямая 12,
проходящая через точку пересечения I и 1Х и перпендикулярная им,
также будет осью симметрии. Убедиться в этом можно, например,
следующим образом. Примем прямые I, ij, ?2 аа оси координат.
Применяя последовательно к точке М (я, у, z) преобразования
симметрии относительно прямых I н 1и мы переведем точку М ciia-J
чала в Му (х, —у, —г), а затем Мг в М2 (~х, ~у, г). Таким образом
последовательное применение преобразования симметрии отнес г
тельно прямых I и ^ эквивалентно спмметрпн относительно 12.
Из наших рассуждений следует, что все осп симметрии, исклю-
исключая I, можно разбить на пары, т8 е.» число oceii симметрии, если опг
копечпо, непременно нечетное.
198. Пусть М—проекция В на AD. Очевидно, М принадле-
принадлежит иоверхпости сферы с диаметром АВ. С другой стороны, можно
показать, что | AM | ¦ | AD \ = | АВ |2. Из этого следует, что вс?
точки М должны принадлежать некоторой сферической поверхно-
поверхности, содержащей данную окружность. Значит, точки М припадле-
жат одной окружности, по которой пересекаются две эти сфериче-
сферические поверхности.
199. Докажите, что проекции точки М на стороны четырехуголь-
четырехугольника А В CD лежат на одной окружности (если К и L — проекции
М на АВ и ВС, то точки В, К, М и L — на одной окружности, и
значит, МЫ? = MB К, MKL =~M6t. То же самое для других
сторон).
После этого можпо воспользоваться результатом задачи 198
200. Поскольку цептр тяжести лежит иа прямой, соединяют»!
середины ребер А В п CD, из условия задачи будет следовать, что
эта прямая будет перпендикулярна ребрам А В и CD.
201. Пусть К и М ~ середины ребер АВ и CD. Из условия сле-
следует, что прямая КМ проходит через точку О — центр вписанного^
шара. О равноудалена от граней ACD и BCD. Следовательно, точ-
108
на К также равноудалена от этих граней. Отсюда следует, что эти
грани равновелики. Точно так же равнопелпкпмп оказываются
грани ABC п ABD. Если мы теперь спроектируем тетраэдр на
плоскость, параллельную ребрам АВ и CD, то проекцией будет
параллелограмм с Диагоналями А В и CD. Отсюда следует утвер-
утверждение нашей задачи.
202. Повернем куб рокруг диагонали ACf на некоторый угол*
Поскольку плоскость треугольника AXBD перпендикулярна ACi,
а его стороны касаются вписаннрго в куб шара, стороны треуголь-
гика, получающегося из AtBD после поворота, также будут ка-
касаться" вписанного шара. При соответствующем выборе угла поворота
грань АА^Вф перейдет в данную плоскость, а отрезок MN будет
отрезком диагонали повернутой грани.
203. Обозначим через а, р, v углы, образованные прямоуголь-
прямоугольными гранями с четвертой гранью. Если St, 5а, S:i, 54 •— площади
гранен, то Sl= 54cosa, S2 = S4 cos p, S3—'s. cos у. После
этото можно воспользоваться тем, что cos" a + cos2 p + cos8 у =
= 1. Это следует, например, из того, что углы, образованные высо-
высотой, опущенной на четвертую грань, с боковыми ребрами пирамиды
равны также a, p и у (см. задачу 10).
204. Возьмем прямую, перпендикулярную данной плоскости,
ч обозначим через a, p и у углы, образуемые этой прямой с ребрами
:уба. Проекции ребер на плоскость принимают значеппя sin a,
dn p, sin у. А поскольку cos* a + cos2 p + cos2 у = i, сумма ква-
квадратов проекций будет равна
4a2 (sin2 a + sir,2 p + sin2 у) = 8a2,
где а — ребро куба.
205. Проведем через каждое гебро тетраэдра плоскость, па-
параллельную противоположному ребру. Мы получим куб, в который
вписан тетраэдр. Если ребро тетраэдра Ъ, то ребро куба будет
Ь/1^2. Проекция каждой грани куба есть параллелограмм, диаго-
пали которого равпы проекциям ребер тетраэдра. Сумма квадратов
всех диагоналей равна удвоепно;" сумме квадратов проекций ребер
тетраэдра и равла удвоенной сумме квадратов проекций ребер
куба.
Воспользовавшись результатом предыдущей задачи, получим,
что сумма квадратов проекций ребер правильного тетраэдра на
произвольную плоскость равна 8 -g- = 4Ь2.
206. Рассмотрим сначала случай, когда данные прямые скре-
скрещиваются. Обозначим через А и В положения точек в некоторый
момент времени, к — отношение их скоростей (скорость 'тела, на-
находящегося в точке А, в к раз больше скорости другого тела).
М и N — две точки па прямой А В такие, что \ АМ\:\ MB \ =
= \ AN \ : | NB \ — к (М — па отрезке АВ), О — середипа MN.
Доказательство утверждения нашей вадачи разобьем на следую-
следующие пупкты:
1) Точки М, N и Q перемещаются по прямым, причем прямые,
по которым перемещаются точки А, В, М, N и О, параллельны
одной плоскости.
2) Прямые, по которым перемещаются точки М и N, перпен-
перпендикулярны.
3) Если две прямые периендикулярпы и скрещиваются, то
любая сфера, постромшая как на диаметре на отрезке, концы кото-
которого расположены па отих прямых, проходит через точки Р и Q,
Ш
r PQ — шин перпендикуляр к этим прямым (Р и Q находятся
I П 1Ы\
4) Гео гетрпческг i местом точек L таких, что | AL \ '. \ LB\ =
= к ее оверхность сферы, построенной на MN как на диаметре,
II у е > адений 1) — 4) следует, что окружность, существова-
п к утверждается в вадаче, есть окружность, получаю-
яся пр в щегаш точки Р (или Q) вокруг прямой, по которой
перем ся точка О, где Р и О — концы общего перпендикуляра
к р ыи по которым перемещаются точки М и N,
П>н ы 1) и 2) можно доказать, например, следующим образом.
П сть А 0 и В с — положения точек в некоторый фиксированный
ь е т е тени. Спр ектпруем наши точки параллельно прямой
А Во н п оскость, параллельную заданным прямым. Точки Лд
it Вв спроектпруются в одну точку С, точки же А, В, М, N и О
спроектпруются в точки А', В', М', N' и О'.- Тогда точки М' и N'
будут основаниями биссектрис внутреннего и внешнего угла С
треугольппка А'В'С. Значит, М', N' и О' перемещаются по прямым,
причем М^сК" — 90°. Отсюда следует, что и точки М, N и О так-
также юре ещаются по прямым, поскольку очевндпо, что каждая из
э их точе расположена в фиксированной плоскости, параллельной
заданным прямым. Пункт 3) очевиден. Пункт 4) следует из соответ-
соответствующего утверждения планиметрии.
В случае, когда точки А п В перемещаются по дв^м пересекаю-
i юн пря* юн , рассуждения несколько видоизменяются. Задача
свод 1 ся к доказательству существования в плоскости, содержащей
аа нп е прямые, двух фнксировчнных точек Р и Q таких, что
\AP\:\PB\ = \AQ\:\QB\ = k.
07 Пусть О — центр шара, г — его радиус, АР и BQ — ка-
с пье шару (Р и Q — точки касания), М — точка пересече-
и пр х АР и BQ. Обозначим: | ОА \ = а, \ OB | = Ъ,\ РМ\ =»
| АМ\* = (Vа* — гг±
Е н- ки одинаковые, то шолняется соотношение
^^Т АМ\2 — V ~2 ВМ\2 +
+ {\ 2— ~ V Ь2 - г2) | О1\ | = li. A)
i Ki p з ые, т
-( ~=rT2 + V -'2)| м\ =г2, B)
— к ст 1ты, щпе от г, и Ь.
ь cjj и а коэффпцпептов прп | AM р, | ВЛ |2 и | ОМ 1?
х A) и B) ра на нулю, reoi тр ческпм местом точек Mi
я пол пется од о из этих соо ноп einm, является пло-
с i ая\ та плоскость перпе m лярна плоско^тп
А В — да пый треуго ьпик стороны которого,
1 ' в Ь и с. Радиусы трех шяро , ка юшихся ыс"КДУ
01 11 т ejro ьв ьа в точках А, В и С рапны соотвгт-
с
с ~2а~ Г" ~2с~ ' Обозп пы чеРе х Ди>с пара, кагчЮ-
г ся т х д mi х плоскости треугольпи а, Л/ — точка касания
ПО
этого шара с плоскостью. Имеем:
,Д^, = 2]/^, \МВ1 = 2}/"^, ,^, = 2|/^.
Следовательно, | МА \ : \ MB I = Ъ : a, I MB I : I MC \ — с:Ь
пли \МА\:\МВ\:\МС\ = Ъе:ас: аЪ.
Для любого неравностороннего треугольника существуют ровно
две точки Mi и М2, для которых выполняется это соотношение.
При этом, если воспользоваться теоремой Бретшнгйдера (см. зада-
задачу 149 из A)), получим чте^еслп А = а — наименьший угол тре-
голытка, углы ~BM[C и ВМ2С рапны 60° + а и 60° — а. Пусть
ВМгС = 60° + а. Запишем для ^BMjC теорему коспнусоп, о'о-
начпв радиус шара, касающегося плоскости в точке Мг, через г
х = г).
г),
2асг ЪхЪт
—J— + —— — 4ar cos (СО0 + а) =Ф
^-L_?(_L_ , J 2cosF0° + «) \
г \ab ~> ас а Г
Аналогично, считая, что радиус шара, касающегося плоскости
в точке Л/2, есть р, получим
_L 9 / с . 6 2 cos F0° — а)
+ ^а
Вычитая B) из A), получим
_1_ 1 4 [cos F0° — а) — cos F0° + д)]
г Р а =
8 sin 60° sin а 2 /3
что п требовалось. '
209. Пусть Л/ - середина АВ, Ох и О2 - центры шаров, Л,
и /г2 — их радиусы, тогда
Это означает, что середины псех отрезков общих касательных
к данным шарам лежат в одной плоскости, перпепдикулярпоГ.
а дачпУ Отсюда следует спрапедивость утперждешш Hamcii
210. Такого пятпугольппка не существует.
211. Пусть AtA2A3А4А5 — данный пятиугольпик. Из условия
едует, что все диагонали пятиугольника рапны между собон.
и берем три вершины пятиугольника таким образом, чтобы дне
оставшиеся вершины находились по одну сторону от плоскости,
еделяемои тремя взятыми вершинами. Пусть, например, это
ут вершпны А2, As, Аъ. Тогда вершины А1 п А4 будут симмет-
Гт иДР/Г ДРУГУ °™осптельно плоскости, проходящей через сере-
* а л Та " перпендикулярной А„А3. Это следует из того, что
; A2^sA6 — равнобедренный, | А2А5 | = | А3А, I, А, и А* — по
L
14л21. Зпачнт, точки Alt A2, А3, А,
111
и одвой плоскости. Дальнейшее попятно. Случаи, когда искомая
плоскость проходит через другие вершины, рассматрипаются ана-
аналогично.
212. Обозначим через М точку пересечения дпагсналп АС(
с плоскостью AYBD. Тогда М — точка пересечения медиан тре-
треугольника AtBD, и, кроме того, М делпт диагональ АСг и отно-
отношении 1 : 2, т. е. | AM | = -g- d.
Рассмотрим пирамиду ABAXD (рис. 45). Возьмем на прямой
ВМ точку К так, что \ МП \ = \ ВМ\, и построим призыу
MKDANP. Нетрудно за-
„ метить, что расстояния
между боковыми ребрами
этой призмы равны соот-
петстпующим расстояниям
от точек Alt Вт D дрАМ.
Следовательно, стороны -се-
-сечения, перпендикулярного
боковым ребрам призмы
MKDANP, равпы этим
расстояниям. Далее, объем
пирамиды AI1A,D рапев
объему построенной призмы
и составляет Че обте-
ма параллелепипеда, т. е.
4~ V = 4- dS, V = 2dS.
Рис. 45. 213. Пусть М — цеатр
тяжести тетраэдра A BCD.
Объем пирамиды МА ВС составяяег V4 объема данного тетраэдра. До-
Достроим пирамиду МАВС до параллелепипеда так, чтобы отрезки МА,
МБ, МС являлись бы его ребрами. На рис. 46 этот параллелепипед
Рис, 46.
изображен отдельно. Очешщно, ребра MC, CK, KL и диагональ ML
втого параллелепипеда равны и параллельны соответственно МС,
МА, МБ и MD, Но объемы пирамид МАВС и MCKL равны, т. е.
каждый из них составляет -j- VABCD, Следовательно, объем тетра-
112
/ 4 у» 1
эдра, о котором идет речь п задаче, составляет (~g~y " ~4~ ^лвсо =
-#'¦
214. Прп решении задачи 180 нами было доказано, что сумма
лекторов, перпендикулярных гравям тетраэдра,' паправлепных по
ннешшою по отпогсению к тетраэдру сторону и по длине равных
площадям соответствующих граней, равна нулю. Из этого следует
существование тетраэдра KLMN.
Прп нахождении объема тетраэдра мы воспользуемся следую-
следующей формулой:
V — -g- abc sin ее sin P sin С,
где а, Ь и с — длины ребер, выходящих из какой-либо вершины
тетраэдра, а п р — два плоских угла прп этой вершине, С — дву-
двугранный угол между плоскостями граней, соответствующих углам
ее и р. Если теперь а, р и у — все плоские углы при этой вершине,
А, В и С — двугранные углы, то
A)
Возьмем теперь какую-либо точку внутри тетраэдра, опустим
перпендикуляры из нее на три грани тетраэдра, соответствующих
рассматринаемому трехгранному углу, п отложим на каждом из
них отрезки, по длине численно равные площадям этих граней.
Очевидпо, объем тетраэдра, образованного этими отрезками, равеп
объему тетраэдра KLMN. Плоские углы при вершине трехгранного
угла, образованного этими отрезками, равны 180° — А, 180°—В,
180° — С, двугранные углы — 1809 — а, 180° — р, 180° — у.
Следовательно, используя равенство A), получим для W — объема
этого тетраэдра
IVs = (jr-J S*SlSl sin2 A sin2 В sin2 С sin a sin P sin у, B)
где ?,. S2,Sg — площади граней, образованных ребрами а, Ъ и с,
1 . „ 1 1
т. е. 5| = -5~ ab sin у, St = -«j- be sin ее, «э8 ^—^-са sin p.
Заменяя Sft S2, Ss в B), получим
W* = (-q) (-у)9 авЪвс« sin1 a sin4 P sin* у sin2 A sin2 В sin2 C. C)
Сравшшая ш.гряжения A) и C), получим
3
215. Утверждение задачи следует из того, что произведения
отрезков, на которые каждая из этих хорд делится точкой пересе-
пересечения, равны между собой.
217. Утверждение нашей задачи следует из такого планимет-
планиметрического факта. Если через точку Р, расположенную вне дапной
окружпости, прочедеиы две прямые, пересекающие окружность
соответственно в точках А и Ау, В и Blt то прямая AyBf параллель-
113
ва касательной к окружности, описанной около РАБ, проведенной
через точку Р.
Таким образом, множество точек, о которых говорится в задаче,
будет принадлежать плоскости, параллельной плоскости, касаю-
касающейся в точке Р сферы, проходящей через данную окружность п
точку Р.
218. Уравнение
(г - аJ + (у - бJ = № (г - cf
описывает i оническую поверхность, вершина которой находится в
точке S (а, Ь, с), ось параллельпа осп г, к = tg а, где а — угол меж-
между осью конуса и образующей. Вычитая друг из друга уравнения
двух конических поверхностей с осями, параллельными оси г,
одинаковыми параметрами fc, во различными вершипами, получим
линейное соотношение между х, у и г.
219. Обозначим через F точку пересечения прямых KL и Л/Л',
а через Е — точку пересечения прямой PF со сферой, проходящей
через точки Р, А, В и С (предполагаем, что Р не лежит в плос-
плоскости грани ABC).
Точки Р, Q, R и Е принадлежат одной окружности, пред-
представляющей собой сечение сферы, проходящей через Р, А, В и С,
плоскостью, проходящей через точки Р, К и L. Но, поскольку
F — точка пересечения прямых КL и MN, точки Р, S, Т и Е дол-
должны принадлежать окружности, являющейся сечением сферы,
проходящей через Р, А, С и D, плоскостью, определяемой точка-
точками Р, М и N. Следовательно, точки Р, Q,R, S и Т лежат на
двух окружностях, имеющих две общие ^точки — Р и Е, а такие
дпе окружности принадлежат одной сфере.
Замечание. Мы рассмотрели случай общего полмкепня
заданных точек, для полноты решепия нам нужно рассмотреть еще
несколько предельных случаев, например, Р лежит в плоскости
грани, KL и MN параллельны и т. д.
220. Пусть ребра SA, SB, SC и SD четырехгранного угла
являются образующими конуса, ось которого SO. Тогда в трехгран-
трехгранном угле, образованном прямыми SO, SB и SC, двугранные углы
с ребрами SA и SB равны. Рассмотрев три других таких угла, легко
получим, что суммы противоположных двугранных углов данного
четырехгранного угла равны. •
Обратно. Пусть суммы противоположных двугранных углов
равны. Рассмотрим конус, образующими которого являются пря-
прямые SA, SB и SC. Допустим, что SD не является образующей.
Обозначим через SDt прямую, по которой пересекаются поверх-
пость конуса и плоскость ASD. Мы получим два четырехгранных
угла SABCD и SABCD^ в каждом из которых суммы противополож-
противоположных двугранных углов равны. Из этого будет следовать, что в трех-
трехгранном угле, дополнительном к углу SCDD± (смотри решение за-
задач 165 и 166), один плоский угол равен сумме длух других, что не-
невозможно.
221. Пусть все нершины шестигранника ABCDEFKL, за ис-
исключением С, расположены на поверхности сферы с центром О
(рис. 47). Обозначим через Cj точку пересечения прямой КС с по-
поверхностью сферы.
Для краткости будем обозначать через" <J FEL двугранный
угол между плоскостями FEO и FLO (аналогично обозначаются
естальные двугранные углы). Используя утверждение (прямое)
114
задачи 220, можем ааппсать:
+
-j-
FKL = < EFК
= «§ ?ЛВ
— -&ELD
? #FB
•? EFB,
<XEAD,
ЛГС^В
-{- <J LDCf = <*[ A'LD + <j KCfi.
Сложив все эти раненстпа, учитывая, что сумма любых трех двугран-
двугранных углов, имеющих общее ррГ.ро (например, ОЕ), равна 2л, полу-
получим
L
— Е_
а это означает (см. задачу 220,
обратное утверждение), что реб-
ребра ОА, ОБ, ОС± и OD являются
образующими одного конуса. От-
Отсюда следует, что С± лежит в
плоскости ABD, т. е. С^ совпада-
совпадает с С
Требует отдельного рассмот-
рассмотрения случай, когда О находит-
находится впе многогранника.
222. Пусть A BCD — данпып
тетраэдр, К, L, M,N, Р и О — Рис. 47.
данные точки соответственно на
ребтрах АВ,AC,AD, ВС, CD nDB.
Обозначим через Dx точку пересечения окружностей, проходящих
через К, В, N и С, L, N. Нетрудно доказать, что точка Dx принад-
принадлежит окружности, проходящей через точки А, К и L. Аналогично
в плоскостях BCD, ACD и AD В определим точки Аи Вг и Cv Пусть,
наконец, F — точка пересечения трех сфер, описанных около
тетраэдров KBNQ, LCNP и NDPQ. Воспользуемся результатом
задачи 221. В многограннике с вершинами В, N, At, Q, К, Dlt F,
Сг все вершины лежат на поверхности сферы, пять граней —
BKDj^N, BKCtQ, BNAjQ, D^A^F, A-fiC^F являются плоскими че-
четырехугольниками, следовательно, и четырехугольник KD^FCi
является плоским. Точпо так же докажем, что плоскимп являются
четырехугольники LD1FB\ и MByFCx.
И, наконец, в шестиграннике AKD1LMB1FC1 семь вершин
А, К, Dx, L, М, Ви Cf лежат на поверхности сферы, проходящеп
через А, К, L и М, значит, и точка F лежит па этой же сфере.
224. Пусть S — нергаина угла. Пересечем у юл плоскостью
таким образом, чтобы образовалась пирамида SABCD, в которой
A BCD — оснопапие, а противоположные боковые, ребра равны:
' | SA | = 1 SC |, | SB | = | SD\
(Докажите, что это всегда можно сделать.) Поскольку плоские
углы при вершинах равны между собой, A BCD — ромб. Пусть
О — точка пересечения А С и BD. Обозначим | АС | = 2х, \ BD \ =
= 2j/, | SO I = z. Будем считать, что х ^ у. Если ~ASC и 'B~SD —
острые, то z > у, а это означает, что в Д A SB \ А В | < | A S \ < | BS |,
т. е. AS~B — мепьпшй угол этого треугольника, ASB < 00°.
Так же рассматривается предположение, что оба угла тупые.
225. От Sh до-jj- Sh.
ИЗ
226. Наибольший объем имеет тетраэдр, два противоположных
ребра которого перпендикулярны и являются диаметрами основа-
2
Ш1Й. Его объем равен -g- R2h.
227. Пусть | АВ | = | ВС | = 1, | AAt | = х.
V --S И-±х
xDDiBC,— 3 DBDi 2 ~" 6
С другой стороны,
sin ф = -^- • у -j-
sin ф = -^- • у -j-+**. Уг+рг sin
где ф — угол между D-J1 п плоскостью DBC%.
Таким образом,
откуда следует, что наибольшим значением ф будет arcsin -я-.
228. Пусть высота призмы равна 1, | AM \ = х. Опишем около
треугольника АгМСг окружность. Рассмотрим тело, получающееся
при вращении дуги AjMCf этой окружности вокруг хорды AjCf.
Угол A1MCi будет папбольшим, если прямая АВ касается поверх-
поверхности полученного тела. Последнее имеет место в том случае, если
прямые МО и АВ, где О — центр окружности, описанной около
треугольника А ВС, перпендикулярны, значит, прямая МО делит
IАМI
АхСг в отношении \\
С другой стороны, можно показать, что МО делит A-fii в отно-
| AjM | cos ЯА717
шении ^_-— . Выражая сторопы и косинусы углов
ДЛ,.1/С| через ж, получим уравнение
л
откуда х — 1. Наибольшее значепие угла А1МС1 равно-у-.
229. Прямые АЕ и CF нерпепдакулярны. Пусть ft —проек-
—проекция @ на плоскость АВВ^А^. Qt лежит на отрезке BL, где L — сере-
середина ААХ. Пусть N — точка пересечения АЕ и LB. Нетрудно найти,
что \AN\= -fg-. Обозначим: | АР \ = — + г, | A'ft | = у. Тог-
Тогда |PM|2 = -l+^_L. + ^2> ,р^|2 = л.2 + г/2+1I^|1 достн.
гает наибольшего значения при у = 0. Осталось найти наи-
9 2
-5- + -Г7=-я-Ьа;Я
большее значение дроби * ° ' Эта зпачение достигается
* + 1
при ««^g"
Ответ:
116
230. Рассмотрим ?_К1М, представляющий собой проекщю
данного Т] еуголышка на плоскость A BCD, К — на прямой СВ,
L - на CD, М — га СА. Если | СК \ = х, то | CL \ \а — х\,
||
Нетрудно получить, что
4" |х <а -*> -а (а - -г) I=4"Bх* -3ir 2а2>-
Наименьш ve значение равно п, .
231. Пусть х — высота параллелепипеде!. Рассмотрим сечепие
пирами ы плоскостью, проходящеп на расстоянии х от ее основания.
В сечении получится квадрат со стороной A — х), в который вписан
прямоугольник площади s, являющийся гранью параллелепипеда,
Возыожпы два случая:
1) Основание параллелепипеда есть квадрат со стороной Уs.
Диагональ параллелепипеда d = Ух* + 2s, причем
и пи
1- Vs < х < 1 - Vs.
Таким образом, в этом случае, если s<"g', I —2V
< 1 — 2VF+ 3s, если Hies>y, 2. < d2 < 1 — 2,V~s + 3s.
2) Стороны грани параллелепипеда, вписанной в сечение, па-
параллельны диагоналям сечения. Обозначим их через л п z Наша
задача заключается в том, чтобы исследовать изменение функции
о2 = х2 + у2 + z2 при условиях
г/z = s,
(Полечившаяся система совместна, если 1—a?^V2s, 0 < я «^
< 1 — V2sl) Имеем:
^ = жг + (у + zJ _ 2i/z = г2 + 2 A — гJ — 2s =
= Зг2 — 4х + 2 — 2 .
1 2
Если s^ -jg-, то наименьшее значение d2 достигается при х = -^~,
сели же s > -jg-, то при х = 1 — У 2s. Кроме того, d2 < 2 — 2«.
Объедипяя результатн пунктов 1) и 2), получим
Ответ: если 0<s.^-jg-, то
2 ,
3" —2s <rf<V2—2s,
117
1 7 + 2 /6
если -jg- < s < g5 ' т0
7 2/6 1
сслп 2J5 ^ s < ~2~ i T0
2/2s + 4s<d</l — 2/e +3s;
если -5-<s<l, то
/2s <d</l — 2/s +3s.
232. Пропедем сечение многогранника АВСАлТ1КСг плос-
плоскостью, проходящей на расстоянии Л от плоскости Аф^С^ и спроек-
спроектируем получипшееся сечение на плоскость А1В1С1 (рис. 48). На
рисунке проекция этого сечения
обозначена штриховыми линиями.
Очевидно, что окружность оспова-
пия цилиндра должна находиться
внутри трапеции KLNCt (К, L —
точки пересечения А1С1 и MN с
проекцией этого сечения). Если
h = 3, плоскость сечения совпадает
с плоскостью А ВС, а точки
К и L — с серединами сторон
#ici и Агс1- Если Л< 3, \ML\ =
= Hi*l = 4"' 1^1=1—F«
Рпс. 48, Л
| ^Ci | = 2 — -тр.
3
Нетрудно убедиться, что при h < -^ радиус наибольшей окруж-
/3 3
ности, помещающейся в трапеции KLNCt1 равен ~^—, а прпЛ>-2~
этот радиус равен радиусу окружности, вписанной в прапплышй
h I h \\r3
треугольник со стороной|йГС|=2—-g-, т. е. он равен12 — ~3~)~W~'
3 3 3
Ответ: а) если 0 < h ^ -g-, V = -jg- nh; если -g- < Л < 3,
б) наибольшее значение объема буд<»т при h = 2, V = ~2Т~ •
233. Если плоскость, проведеппая через наш отрезок парал-
параллельно граниABB-iAf, пересекает СВ в точке К так, что \СК\ = г,
то проекция отрезка на грань ABC имеет длину х, а проекция его
на ребро CCt равна | а — 2х |; таким образом, длина отрезка будет
равна
/г2 + (а — 2гJ =
о
Наименьшая длина равна —— .
V 5
118
234. Аналогом пашей задачи га плоскостп является следующее
утверждение. Дан угол и точка N внутри него. Рассмотрим всевоз-
моткпые треугольники, образуемые сторонами угла и прямой, про-
проходящей через точку N. Наименьшую площадь среди таких тре-
треугольников имеет тот, для которого сторона, проходящая через N,
делигся точкой N пополам.
Верпемся к нашей задаче. Пусть М — данная точка внутри
трехгранного угла. Плоскость, проходящая через М, пересекает
ребра трехгранного угла в точках А, В, С. Пусть прямая AM пере-
пересекает ВС в точке N. Тогда, если проведенная плоскость отсекает
тетраэдр наименьшего объема, точка N должна быть серединой ВС.
В противном случае, поворачивая плоскость вокруг прямой AN,
мы сможем уменьшить объем тетраэдра.
235. Если h—высота сегмента, то его объем равеп ~2~Sh — -g- nh3.
Наибольшим объем будет при h = I/ „ ; он будет равеп
3 V л" '
236. Заметим, что тень, отбрасываемая одпой лишь верхней
гряпью куба (считая, что все остальные грани прозрачны), представ-
аЪ
ляет из себя квадрат со стороной i~Z—. Отсюда следует, что пло-
площадь тени, отбрасываемой кубом, будет наименьшей, когда источ-
источник света расположеп над верхней гранью (освещена одна верхняя
/ ab Y
грань куба); она будет равна I ^ I с учетом площади нижней
грани куба.
237. Утверждение 1) верно, докажем это. Обозначим через М1
многоугольник, получающийся при пересечении нашего много-
граппика плоскостью, не проходящей через его центр, S — площадь
этого многоугольника. М2 — многоугольник, симметричный М1
относительно центра многограпника. Обозначим через П паимень-
гпий выпуклый многогранник, содержащий Mi и М» (П называется
выпуклой оболочкой Mi и М2). Очевидно, П — центрально-симмет-
центрально-симметричный мпогогранник, его центр совпадает с центром исходного
многогранника. Все вершины П есть или вершины Д/х или вершины
М2. Пусть М — многоугольник, получающийся при пересечении П
плоскостью, проходящей через центр, параллельной граням Мх
и Л/г, д — sro площадь. Возьмем какую-либо грань N многогранни-
многогранника П, отличную от Mi и М?. Очевидпо, что любое сечение мпого-
гранннка П плоскостью, параллельной N, должно или одновременно
пересекать все три многоугольника Мг, М2 и М или не пересекать
ни Один из них, причем, ввиду выпуклости мпогограпника П, от-
отрезки lt, l2 и I, по которым эта плоскость пересекает Mj, M2 и М,
связаны соотношением I ^ —к- (li -\- 1г). Отсюда следует, что
1
д ^ S. (Проинтегрируем неравенство I ^. -к- (h: + '2) п0 всепоз-
можпым плоскостям, параллельным N.)
Утверждение 2) певерно. Построим пример. Рассмотрим в де-
картопой системе координат многогранник, точки которого удоплет-
поряют перавепству |ar| + |j/| + |z|^l. (Этот многогранник пред-
119
с тавляет собой правильный октаэдр.) Все грани этого многогранника
егть правильные треугольники со стороной У 2 и радиусом опи-
описанной окружности Т/ —— Сечение этого многогранника плоско-
плоскостью, проходящей через начало координат я параллельной лю-
любой его грани представляет собой правильный шестиугольпик со
стороной —;— и таким же радпусом описанной окружпости. Но
3 амечание. Для произвольного выпуклого центрально-
симметричного тела справедливо следующее утверждение. Пусть И
и Яо — радиусы наименьших окружностей, содержащих сечения
данного тела двумя параллельными плоскостями, причем вторая
плоскость проходит через центр, тогда /?0^—%~R. При этом, кпк
мы уже видели, рапепство достигается для правильного октаэдра.
238. 4-
239. Пусть А и В — вершины конусов, М и Л' — две точки
иа окружности оснований, L — точка, диаметрально протппополож-
ная точке М (| AM \ = У г3- + Н2, \ ВМ | = У г* + h2). Проведем
через М плоскость, перпендикулярную AM, и обозначим через
Ви Nv и Lx проекции В, N и L на эту плоскость. Расстояние между
AM n BN равно расстоянию между М и B^'i и не может быть
больше, чем | МВУ \.
Из условия h < Н следует, что | МВХ \ < | MLt \, т. е. что точка
Вг находится внутри или на границе проекции основания конусов
на проведенную плоскость, и расстояние между М и BjA', равно
MBlt если МВ1 и В^Л'! перпендикулярны.
Ответ:
240. Продолжим ребро ВгВ за точку В и возьмем пч продолже-
продолжении точку К, | ВК | = а. Нетрудно видеть, что К равноудалена от
всех сторон четырехугольника ABjCD. Возьмем теперь на диагона-
I BL |
I BiL |
ли B-J) точку L так, что . ^д ¦ = У 2. Точка L является основанием
биссектрис треугольников B^AD и BjCD и, значит, L также равно-
равноудалена от сторон четырехугольника AB-fiD. Теперь можно дока-
доказать, что все точки прямой KL равноудалепы от сторон четы; схуголь-
пика. Таким образом, искомый радиус равен кратчайшему расстоя-
расстоянию между прямой KL и любой из прямых, образующих четырех-
четырехугольник АВгСБ. Найдем расстояние, например, между щ пмыми
KL и AD. Спроектируем К и L на плоскость CDDjC-^. Получим точ-
точки /fj и Lj. Искомое расстояние равно расстоянию от точки D до
прямой A^L
Ответ: а
2'Лг Пусть па ребре дпугранпого угла леягвт диагопаль АСХ
куба, грани угла пересекают ребра куба в точках М и N. Нетрудно
заметить, что, если объем части куба внутри этого угла достигает
120
воего наиболыпег или пав ьшего н ен i (, то i щ и тро
голъников АСфЫ АС дол ы ыть в ы (в рои с i ,
поворач вая угол в нужн р авлении, ( м т о i
ак у веч ть так и >мсныш ть .
Ее О < а < 0,о рассм т i вае ая т i т об t
1
аключенный в инте вале от — ~ •
2/3 с -у- 3 1+" ~Y
При а — 60 этот ъе посто е р ен1 .
При < а < 12 н ж о онцы нтер a a и ь a
1 в, а а з еиить на а — 6 пр i 120 < а < 180 — е иъ a
3/ , а а вменить на а — 120°.
242. 3 летим, что по ь п оекц и ю ого па лле i
все да в вое боль е пл ди п ии ь ког -либо ту и а
с верш ами в ах т ex p парал ет пипеда, о ни и
из одной его ве шины. Для пр ъ уг льного параллеле педа е
акие треу ольн и равны. Hi оь я п щ д пр ек i п я о-
угольно о па ллелеп пе а бу ет в том луче когд ОД1 i з т к х
треугол и о па леле п ст на отор оектирует я
паралле ед. Т м , nai ботьшая площад п о ьцин
равна а" 2 + - 2 -{- с
243. Докажите, что объем та ого тет аэдра еньтпе 'ем о ъ i
тетраэдра, две гра и к оро — правильные треуг ики
стороной 1, об азуюш е прямо. > го .
244. 1) Это утвер ение не е . Н п л ер, озьле! внутри
треугольника ABC две очьи Dx Е так, чт cjj ст ян и
от !>! ве шин те о ь ка б меш суммы р с н
Ei до ве шин. Возьме теперь у D дост точпо лизко Dt та ,
чтобы сум m расст ниц т D до ершин А, В и С остав тась ы
ме ьше суммы рассто нии от точки Е1% Т чку Е возы ем внутри
A BCD на пе пендик ляре к плоек сти ABC, восста лен м в то
ке Ev
2) Это утвержден е вер о. До аже i это. б зпачг е еч М
точку пересечения прямо DE п ос с ью ВС. Оч дп , —
внутри треу ольнп а АВС.
Прямые AM, ВМ М аз в ют пл скость треу ольш ка
АВС на шесть ч стен о цпя D на пло кость АВС — чка D1—
находится в одной из этих шести частей. В зависимости от того, г^е
находится ?,, один из глов D[ 'A, I\MB, D^MC — т и Гслн
этоD^MJi, то и DM~A буд"г туп м, о, значит, и TJfA то». т да
следует, что | DE \ < | DA \.
245. Пусть 2а — сторона основания, h — высота ра иды
Тогда R равен радиусу окружном- описаппой около р побе \, ен
a- hl
ного треугол пика с осно пиел 2п у 2 в высотои h, R ^ i
г равен pa и су от ру> псти, в исавпо"! в равнобедре ны
ник с основанием 2 и вые то i h.
Пусть
"' -ха*.
121
Будем иметь 2 + г= 2ft (V4 + х — 1), откуда ж8 + 4 A -f.
fo — &2) ? _j_ 4 + 8fo = 0. Дискриминант этого уравнения равен
(fc2 — 2fc — 1). Таким образом, к > V + 1, что и требова-
требовалось.
246. Центры тяжести граней тетраэдра служат вершинами тет-
тетраэдра, подобного данному с коэффициентом подобия */з- Следова-
Следовательно, радиус сферы, проходящей через центры тяжестей граней
данного тетраэдра, равен /?/3. Очевидно, этот радиус не может быть
ыеныпе радиуса сферы, вписанной в данный тетраэдр.
247. Пусть в тетраэдре ABCD | А В | = b, \ CD \ = с, остальные
ребра равны а. Если Л' — середина АВ, М — середина CD, то пря-
прямая MN является осью симметрии тетраэдра A BCD (рис. 49, а).
Рис. 49.
Теперь нетрудно доказать, что точна, для которой сумма расстоя-
расстояний до вершин тетраэдра достигает наименьшего значения, должна
находиться на прямой MN. В самом деле, возьмем проиввольную
точку Р и точку Р', симметричную ей относительно прямой MN.
Тогда суммы расстояний от Р и Р' до вершин тетраэдра равцы. Если
А* — середина РР' {К лежит па MN), то в треугольниках РАР',
РВР', РСР' v PDP' А К, ВК, СК и DK — медианы, а медиана
треугольника меньше полусуммы сторон, ее заключающих.
Величину | MN | нетрудно найти,
\MN\ =
Рассмотрим равнобочную трапецию LQRS (рис. 49, б), в кото-
которой осиования | LS | и | QR | равны Ь и с, а высота равна d. Пусть F
n E — середины оснований LS и QR. Если К — точка на MN, a
Т — на FE, причем | FT | = | NK\, то, очевидно, суммы расстояний
от К до вершин .4, В, С и D и от Т до вершин L, ?, Q и Д равны.
А в трппеции LQRS (да и в любом выпуклом четырехугольнике)
сумма расстояний до вершин достигает наименьшего значения
в точке пересечения диагоналей и равна сумме диагоналей.
Ответ: /4о2 + 2Ьс.
248. Докажем, что кратчайший путь, ведущий из точки А
окружности большего основания, в диаметрально противополож-
противоположную точку С другого основания, состоит из образующей АВ и диа-
диаметра ВС. Его длина 2R. Обозначим через г — радпус меньшего ос-
осиования, О — его центр. Рассмотрим путь, идущий из А в некото-
некоторую точку М меньшего основания. Дуга AM, расположенная ва
122
боковой поверхности конуса, будет пметь наименьшую длину, если
па развертке боковой поверхности конуса ей будет соответствовать
отрезок прямой. Но развертка боковой поверхности конуса с углом
между образующей и основанием, равным я/3, и радиусом основа-
основания R представляет собой полукруг радиуса 2.R. Значит, развертка
усеченного конуса есть полукольцо. При этом, если дуге ВМ на
Рис. 50.
основаны" соответствовал цеятральпый угол ф, то на развертке этой
Ф
дуге будет соответствовать центральный угол -g- (рис. 50). Следова-
Следовательно,
] AM |г = 4Я2 + 4г2 — 8Br cos -тр . \МС\= 2r cos -j- .
Нам осталось доказать, что
4Д2 + 4r-i _ SRr cos -J- + 2r cos -j- > 2Л.
Это неравенство доказывается с помощью очевидных преобразо-
преобразований-
249. Зафиксируем величины | а |, | 6 |, | с |, обозначим через а;, у
и z косинусы углов соответственно между а и &, & и с, е и а.
Рассмотрим разность между левой и правой частями доказы-
доказываемого неравенства.
Получим
, , d—l
Заметим, что функция <p(t) —yd + t—yl-^t— y~— ¦
У d-\-t-\- y +
монотонна по t. Из этого следует, что / {х, у, г) достигает своего
наименьшего значения, когда а, у, z равны ±1, т. е. когда век-
векторы «, Ь и с коллипеарны. В этом случае паше неравенство
легко проверяется.
250. Пусть прямая MN пересекает D1C1 в точке L. Обозначим:
I АЫ I = x, I BN \— у. Из условия следует, что х > а, у > о.
Спроентировав все точки на плоскость ABBxAi, найдем ~ГСгГ\~
123
-— , спроеьтнровав же пх на плоскость A BCD, вайдсм
у — а а у — а
— —-— • Следовательно, х_а = —~— i откуда ху =
у)а. Но (х + уJ ^ Ьху. Значит, гу ^ 4а2.
^Теперь получим | MN |2 = х" -}- у2 + а2 = (х 4- уJ — 2ху + а? ^
_ ±Щ1 2ху а2 = —g- (ху — а2J ^ 9аа. Наименьшее значение
а' ' а
I MN | равно За.
251. Если х — длина двух других сторон прямоугольника.
то обт "М пирамиды равен — 1/ Ъ2 —т- -у . Наибольшее зна-
3 г 4 4
чение объема будет нрил: = 1/ ~а , оноравпо-^ii—~" .
2о2. Пусть Л/ — точка на прямой АВ1г N — на прямой ВСи
Л/j и Л'х — проекции М и N на плоскость A BCD. Обозначил:
I В\1Л\ х, \Bh\ | — у, эогда
| Л^1 I = V»2 + У2,
По условию | MN | = 2 | Л/jA', |, следовательно, (а — х — уJ =
= 3»(ж2 + !/2). Пусть л* + у» = и*, х + у = v, тогда 2иг — г.-» > О,
а поскольку ы2 = 1/3 (а — i;J, то, заменяя и2 в веравенстве, свяны-
вчющеМ и и v, получим неравенство для v: i/2 -f ^ei, — 2a2 < 0,
откуда — a B + j^C) ^ и < a (|^6 — 2). Теперь найдем наимоиь-
nee зпачерие | MN |, оно рапно 2а.(|^3 — 1^2)^
253. Рассмотрим куб ABCDA1B1C1D1 с ребром Ш. Расположим
осп данпых цилиндров на прямых ААг, DC, B^^
а) Центр куба удален от всех ребер куба на расстояние Я ]/2.
Любая точка прострвпетва удалена на расстояние большее, чем
R \^2, хотя бы от одного ребра AAU DC, BjCj. Это следует из то™,
что циливдры с осями ААЪ DC, В1С1 и радиусами Я У2 имеют едии-
4'твен1)У1° общую точку — центр куба. Следовательно, радиус
Наименьшего шара, касающегося всех трех цилиндров, равен
R (f2-l).
б) Если К, L ч М — середины ребер ААЪ DC в f^Cj, то пря-
прямая, проходящая через центр куба перпендикулярно плоскости
KLM, Удалена от прямых АА1л DC и В1В1 на расстояние R У 2;
?\KLM — правильный, его центр совпадает с центром куба. Отсю-
Отсюда следует, что любая прямая, пересекающая плоскость KLM,
удалена хотя бы от одной из вершин fcKLM на расстояние пе боль-
большее, чем радиус описанной около него окружности, равный Л|/^2.
Таким обравом, радиус наибольшего цилиндра, касающегося трех
давных и удовлетворяющего условиям задачи, равен R (V 2—1)-
254. Пусть A BCD — тетраэдр наибольшего объема, О — центр
данный сфер. Каждый отрезок, соединяющий О с вершиной тетра-
тетраэдра, должен быть перпендикулярен грани, противоположной этой
вершине. Если, например, А О не перпендикулярен плоскости BCD,
то на поверхности той сферы, на которой лежит точка А, можно най-
найти точки, более удаленные от плоскости BCD, чем точка А. (Это
р;)ссу)КДение, очевидно, останется верным, если А, В, С и D лежат
124
на поверхностях различных сфер и даже не обязательно концентри-
концентрических.) Отсюда следует, что противоположные ребра тетраэдра
A BCD попарно перпендикулярны. Пусть, далее,'точки А и В лежат
на сфере радиуса R= У10,
а С и D — на сфере радиуса
г = 2. Обозначим через хну
расстояния от О до А В и CD
соответственно.
Проведем через А В се-
сечение, перпендикулярное CD.
Обозначим через К точку пе-
пересечения этой плоскости с
CD. Учитывая свойства на-
нашего тетраэдра A BCD, нетру-
нетрудно доказать, что | А К | =
= | ВК \, О — точка пересе-
пересечения высот Д4 ВК. Проведем
высотыKL я AM (рте. 51). Из
подобия треугольников ALO
ху ,
и ОКМ найдем | ОМ ] = —g-. Далее, | А В | = гУ йг — .
подобия треугольников AOL и A MB получим
В
Рнс. 51.
и из
ху
r
откуда 2х2 + ху = В2. Точпо так же получим уравнение 2у2 + ху ¦¦
= г2. Из системы уравнений
( 2*»+«у = 10,
найдем ж = 2, j/= 1. Объем-тетраэдра A BCD будет равен 6 V-
255. Пусть А — верпшпа трехгранного угла, плоские углы ко-
которого прямые, В — верпшпа другого jwia. Возьмем на отрезке
А В топку М такую, что 2\АМ \— | МБ |. Проведем через T04KV М
плоскость, перпендикулярную А В. Проведенная плоскость пересечет
каждый из этих двух трехгранных углов по правилшолу тре>голь-
пику со стороной Ъ — а у -g- . На рис. 52,а t\PQB соответствует
сечению трехгранного угла с вершиной А. Грань BCD отсекает от
пирамиды APQB пирамиду QFKL (где паходится точка F, понятно
из рис. 52, б). Объем этой ппрамиды пропорциопален произведени.о
| QK |-|(?? |- | QF \. Величина | QF |, очевидно, достигает наиболь-
наибольшего значения при а = я/3, где а = CMQ. Докажем, что | KQ | X
X | QL | достигает наибольшего значения таки е при а = я/3. По-
Поскольку KL касается вписанной в PQR окружности, периметр
&KQL постоянен и равен Ъ. Обозначим | KQ \ = х, \ QL \ — у,
тогда | KL | = Ь — х — у. Запишем теорему косинусов для ?\KQL:
(b — г — vY — г2 + у2 — ' -* b2 — 2Ь (х + у) + 3.rjy_= О -Ф
-^. Ь* — ibV^y + Зху > 0.
Следоьанльио, или у ху<^ -^- , и ли Уху ^.Ь. Но 0 < х ^ -ту-
125
Ъ , 6
п 0 < у < -тр. Значит, У ху < -д—. Равенство достигается, если
з •
образом, объем пирамиды QKLF наибольший при
— 3 i и втом \KQ\- | Q? | = -g- = -g- |/ -g- Далее прп
Рис 52.
а = я/3 /V — ередипа (?М (рис. 52,6). Проведя @Г параллельно FJ9,
получим | В 711 = | MB \. Таким образом,
Об пи амид APQR легко находится, он равен—^
п р 11ды APQR отрез ются три пира ш'(ы, равные пирамиде
112 2
Объем каждой пэ них состав яег -к- ¦ -s- • -*- = -тг- объема
' R Та им образом, ы и а = я/ от пи миды A PQR останется
13os У~5
- 810 '
i т чпо т > , п учим, т п п а — : /3 от пирами-
В DE стап тс ъ о огран шк вши. о объел а, и объем
тот а пи б\д
Сл
ч об ил, получим отв
| BD = 2 Петру дпо иа ни
Л CD —
<>(! — х-)
126
меппв и = 1 — з?, а затем и> = 4и 4- 1/и, почучн i
^A-2г2)'C
' ~" A— а;2J
= 5 — w) (w — 4) = — w
ь е н яме оетига тся ю = 92, отку
iH Л/
16
Ответ: наиболыпре н ение V
1
равно -j2".
257. Пусть х — радиус шара, V (х) — сумма объема части
ара, расположенной вне тетраэдра, и части тетраэдра — вне шара,
гко видеть, что V' {х) =
Sf (х)—1?г {х), где S-ii?)—поверх-
сть част шара, расположенной
е тетраэдра, Si[x) — поверх-
ость части шара, расположен-
й внутри тетраэдра. Минимум
стигается при S^x) = S^ {x),
р x()
i-шГт
258. Пусть а, Ь, с — стороны
а+Ь+с
нования, р 2 » г —
диус вписанной окружности,
у, z — расстояния от основа-
основания высоты пирамиды до сторон
Ь, с, h — высота пирамиды.
Т гда
54а V^T^ + -|- ъ
4"
ax taxк
Pnc. 53.
Заметим, что функция / (х) = |^й2 + я2 вогнута (выпукла
из). А для таких функций справедливо неравенство:
ctj > 0, i = 1, 2, . . ., n, ах + ctj + . . . + an = 1.
пользуемся этим неравенством. Получим
-1 / I a Ь с \2
I/ h2 -i- I х 4- v 4- z ) =
У ' \ 2p ^~ 2p y ' 2p /
№ +
и треоовалось
127
250. Если О—цептр окружности, L — проекция N иаплос-
ость основания, то течка М, поскольку М—ближайшая к лг
¦ очка окружпостп, должна находиться на отрезке LO. С другой
iTopoubi, поскольку N — ближайшая к М точка диагонали грани
MN — перпендикуляр к этой диагонали, а, впачит, KN также nfpl
пепдикулярпа этой диагонали, где Л' —проекция М иа грань, содер-
содержащую эту диагональ (рис. 53).
Пусть | .4?| = ах, ДЛЛ'/(" — [ аьнобедрепный примоугольвни
i ледовательпо, | / К \ — \ A L \ — ах,
5
Записав д in ?\MOE [ME параллельна AD) теорему Пифагора, по-
получим для х уравнение
(\ — Axf I 1 х \* 25
4 +i"T~ 1 —2жУ = 144 ^
& [6 A — 4г) A — 2г)]г +[6A — ix)f = [5 A — 2т)]\
Замспво в правой части 52. = З2 -(- 42 и перенеся ее влепо, получим
FA-4.г)A-2^)Р-
- [3 A — 2r)j3 + [6 A — 4.т)]г — [4A- 2x)V = 0 4=ф
^ 9 A — 2ж)г A — 8*)C — 8х) + 4 E — 16я) A — 8х) = 0 о
ФФ A — 8з-)[9 A — 2г)г C — 8а) + 4 E — 16г)] = 0.
Легко пидеть, что точка К должна находиться левее точки D
т. е. 0 < ж <[ Vj, впачит, выражении i гвадратных скобках нг рашю
нулю, х = Ve.
/34
Ответ: а ¦ 7>. .
260. а) Пусть | SC \ = d, а, Ь, с — стороны ДИВС, ha, hb, hc —
высоты ДИЙС, s — его площадь. Тогда
К . и К лс
sin p = , , sin v =
Таким образом, получаем для d уравпенио
Умно/кая это уравнение па 2s, получим
а у<р + V1 + bYd* + о2 = 2s + /c2dz + 4s2. A)
Умножив и равделив левую и правую части A) на равдостн со-
отпетствуюгдих величин (считаем, что А Ф В), получим
а" — Ьс2
\'сЧг-\- 4s2 — 2s
откуда
ас*УсР + б2 — bc"Vd*+ а2 = (а2 — б2) (У сЧ* + 4sa — 2s). B)
5'мионнв A) на б2 — а2 и сложив с B), получим
а (б2 + с2 — а2) /а2 + б2 + 6 (б2 — а2 — с2) /5Г+"а2~ = bs (Ьг—а2).
С помощью теорем косинусов и синусов последпее уравнение
преобразуется к виду
cos Л-УсР + б2— cos В-Ус1г + а2 = 5^~~ • C)
Правую часть уравнения C) преобразуем следующим образом:
fcs —а2
2?— = 2i? (sin2 В — sin2 Л) = 2Д sin (Л + В) sin (С — Л),
л осле чего умножим обе части C) на cos А ¦ Yd? + Ьг + cos В X
xV^2 + о2» получим уравнение
(cos2 А — cos2 В) (Р -f fc2 cos2 A — о2 cos2 Д =
= 27? sin (А + Д) sin (В — Л) (cos Л . Y<P + Ъ2~ + cos й- J^d2 + a'2)-
D)
В ураппешш D) cosM — cos2/? = sin (A + В) sin (Д — А),
b2cos2A — a2cos2B = 4Д2 sin (В + Л) sin (В — А). Следовательно,
после сокращения уравнение D) преобразуется в
^
cos Л ¦ Yd* + Ь* + cos В¦ Y^ + а2 = -^- + 2/?. D')
Сложив C) и D'), получим
2 cos А ¦ Yd* + Ь'1 = Тд~ + 2/? (sin2 Б + cosi A)<
откуда
(У d2 + b2 — 2R cos AJ = О,
d2 = 4/?2 (cosM — sin2fi) = 4i?2 cos (A + B) cos (A — B).
Таким образом,
| SC | = 2Д /cos (/I + tf) cos (A — B).
Задача имеет решение, если A -f- /? < 90°, т. е. в треугольнике ЛВС
угол С — тупой.
б) Воспользуемся обозначениями пупкта а). Тогда наше нера-
неравенство перепишется в виде
к
+
Если угол С — острый, то правая часть, как это следует из пунк-
га а), никогда не равна 1, следовательно, неравенство имеет место.
Поскольку оно выполпяется при d = 0. Если же С — угол тупой
(или прямой), правая часть равна 1 при единственном зпачении d (ec-
S И. Ф. Шлрыпга -129
лп С — прямой угол, то d — 0). Но при d — 0 и достаточно больших
япачеппях d неравенство очевидно (при больших d оно следует из
неравенства треугольника), следовательно, если бы при каком-либо
вначении d левая часть была бы меньше 1, то левая часть принимала
бы значение, равное 1, при двух различных значениях d.
261. Пусть A BCD — данный тетраэдр. Возьмем точки М и Л'
па ребрах ВС и BD и решим следующую задачу: при каком положе-
положении точек М и N радиус наименьшей окружности, содержащей внут-
рп себя треугольник AMN (рассматриваются окружности, распо-
расположенные в плоскости AMN), достигает наименьшего значения?
(Очевидно, радиус наименьшего отперстия не может быть меньше
величины этого радиуса. Для этого достаточно рассмотреть тот мо-
момент в процессе прохождения тетраэдра сквозь отверстие, когда две
вершины тетраэдра находятся по одну сторону от плоскости отвер-
отверстия, третья — по другую, а четвертая — в плоскости отверстия.)
Предположим, что точки М и N соответствуют искомому тре-
треугольнику. Допустим, этот треугольник — остроугольный. Тогда
наименьшая окружность, его содержащая, совпадает с описанной
окружностью. Опишем около треугольника AMN окружпость и
рассмотрим тело, получающееся при вращении дуги AMN этой ок-
окружности около хорды AN. Прямая ВС должна касаться поверхно-
поверхности этого тела. В противном случае на ВС мы могли бы взять точку
Л/, так, что радиус окружности, описанной около Д4 М,Л', был бы
меньше радиуса окружности, описанной около ДЛ MN. Тем более
ВС должна касаться поверхности сферы, проходящей через А, М п Л',
имеющей центр в плоскости A MN. Точно так же этой сферы должна
касаться и прямая BD. Следовательно, | ВМ ] = | BN |. Обозначим
| ВМ | = | BN | = х. Пусть К — середина MN, L — проекция В
па плоскость AMN (L — на продолжении А К). Из предыдущего сле-
следует, что LM и LN — касательные к окружности, описапной
около Д AMN. Д AMN — равнобедренный, | AM | = | AN | =
У — х+ 1, | MN | = х. Если MAN = а, то
х2 — 2х + 2 х УЪх2 — Ах + 4
Рассмотрим Д A KB, A KB = Р > 180°; cos р1 - , тт ,
V 3 (Ах2 — 4ж + 4)
] /JsT | = — | KB | cos P = —, ==. Приравнивая два выраже-
выражения для | LK |, получим для х после упрощений уравнение
Згч — 6ж2 + 7ж — 2 = 0. A)
Радиус окруишости, оппсанпой около ДЛЛ/iV, будет
2 — 4ж + 4 '
(Моншо показать, что, если Д A MN — прямоугольный, то его ги-
гипотенуза не меньше, чем Y15—10^2 > 0,9.) Покажем, что в отвер-
отверстие найденного радиуса наш теграэдр может и роите.
130
Отметим га ребрах СВ а СЛ точки L и Р так, что \CL\ =
— | СР | = | /Ш | = | BN | = х, где ж удовлетворяет уравнению A).
Поставим тетраэдр на плоскость, содержащую данное отверстие
так, чтсбы М к N были па границе отверстия. Будем вращать тетраэдр
гокруг прямой MN, пока ребро А В, пройдя* отверстие, не станет
параллельным нашей плоскости. Затем, оставляя А В параллельным
втой плоскости, переместим тетраэдр A BCD так, чтобы точки Р и L
попали на границу отверстия. И, наконец, будем вращать тетра-
1др вокруг PL, пока ребро DC не выйдет из отверстия. (Тетраэдр
окажется расположенным по другую сторону от нашей плоскости,
причем грань ABC будет лежать в этой плоскости.)
_ х2 — х + 1
Ответ: радиус наименьшего отверстия R = , ,
V 3xz — 4а- + 4
где х — корень уравнения Зх3 — 6х2 + 7ж — 2 = 0. Соответствую-
Соответствующие вычислепия приводят к следующим приближенным значениям
х ~ 0,3913, /? я; 0,4478 с ошибкой, не превосходящей 0,00005.
262. Пусть S — вершина угла. Возьмем на ребрах точки А,
В it С так, что \SA\=\SB\ = \SC\. Биссектрисы углов ASB
и BSC проходят через середины отрезков АВ и ВС, а биссектриса
угла, смежного с углом CSA, параллельна СА.
Г 1 "I 1
264. I — I , если — — число не целее,
I I "
Г 1 "I
4. I — I ,
L 2sinT" J
1 1
1
1
— 1, еслп —— — число целое, где [х] — целая
2 sin-к- 2sin-^-
часть х.
265. Данные прямые будем рассматривать как оси координат.
Пусть прямая образует с этими осями углы а, р и у. Тогда проекции
Еекторов ОА\, ОВ\, ОСг па оси О А, ОВ и ОС соответственно бущт
равны a cos 2а, а cos 20, a cos 2^, а = | О А \. Следовательно, М —
точка пересечения плоскостей, проходящих через Ах, Bt, C± соот-
соответственно перпендикулярно О А, ОВ, ОС,— будет иметь коорди-
координаты (a cos 2а, a cos 2E, ocos2v). Множество точек с коордппатами
(cos2«, cos2p, cos2v) есть треугольник с вершинами в концах единич-
единичных векторов осей. Следовательно, искомое геометрическое мес-
место точек также есть треугольник, вершины которого имеют коор-
координаты (—а, — а, а); (—а, а,—а); (а, —а, —а).
266. Обозначим данные прямые через 1У и 1%. Проведем через
lt плоскость ри параллельную U, а через 12 — плоскость р2,
параллельную 1^. Очевидно, что середины отрезков с концами на
^ и 12 принадлежат плоскости р, параллельной pj и р2 п равпоу-
даленной от pj и р2. (Можно показать, что, если рассматри-
рассматривать всевозможные такие отрезки, их середины целиком
заполнят плоскость р.) Спроектируем теперь эти отрезки на плос-
плоскость р параллельно заданной плоскости. Их концы теперь будут ле-
лежать на двух прямых, являющихся проекциями прямых lj и l2, a
сами проекции окажутся параллельными заданной прямой плос-
плоскости р, представляющей собой линию пересечения плоскости р и
заданной плоскости. Из этого следует, что искомое геометрическое
место точек есть прямая.
267. а) Все пространство.
б) Точно так же, как это делалось в задаче 266, можло доказать,
что геометрическое место точек, делящих в данном отношении все-
5* 131
Рис. 54.
возможные отрезки, параллель-
параллельные дапной плоскости, с коп-
цамн на данных скрещивающи-
скрещивающихся прямых, есть прямая ли-
линия. Применяя дважды это ут-
утверждение (сначала найдем ге-
геометрическое место середин сто-
сторон АВ, а затем — геометри-
геометрическое место центров тяжести
треугольников ABC), докажем,
что в этом случае геометрг-
ческое место центров тяжестт:
треугольников А В С есть прямая
линия.
268. Проведем чегез общий
перпендикуляр к пр м'лм плос-
плоскость р, перпен полярную 1%.
Пусть прямая NM пересекает
13 в точке L, Nt, Мг, ?t — точ-
точки пересечения прямых 1±, 12,13
N М
с оГщпм перпендикуляром, N2, М2 — проекции N и М на прове-
проведенную плоскость, аир — углы, образуемые прямыми 1г п 12с
-)той плоскостью, К — середина NM, Кл и К2 — проекции К на оо-
щий перпендикуляр и па плоскость р (рис. 54). Имеем
IAV4 ~
ga+\Ml1\lgp
пултттжм =сопЧ'
значит, точка К описывает врям1ю линию.
269. Введем прямоугольную систему координат, выбрав ее на-
начало в точке А. Пустьet К, blt cj, е2\а2, Ъ2, с2), . . ., еп (ап, Ьп,
сп) — единичные векторы, параллельные данным прямым, е (х, у,
г) — единичный вектор, параллельный прямой, удовлетворяющей
условиям задачи. Таким образом, получаем для е уравнение
\агх + Ь^у + с& | +
+ | а2х + Ъ2у + c2z | + ... + | апх + Ьпу + cnz \ — const.
Легко теперь видеть, что геометрическим мостом концов гектора
е Судет множество окружне-гтей или их частей, расположенных на
поверхности единичной сферы с центром в А.
270. Поместим в точках А, В, С, Аг, Вх \\ Сг равные грузы. Тог-
па центр тяжести полученной системы грузов будет совпадать с цен-
тром тяжести треугольника с вершинами в серединах отрезков АА+,
I В„ ССг.
С другой стороны, нентр тяжести этой системы совпадает с сере-
П1ПОЙ отрезка GH, где G—центр тяжести треугольника ABC,
II — центр тяжести трех грузов, находящихся в Ал, Вх и С,.
При изменении Ах, Вх и Сх точка Н перемещается по прямой I,
л точка G остается неподвижной. Значит, точка М — середина GH
Судет описывать прямую параллельную I.
271. Проведем через А прямую t, параллельную I. Искомое гео-
геометрическое место точек представляет собой цплппдрнческую по-
1ир\погть, и которой I и t — диаметрально противоположные об-
I 13}ющис, исключая с ш прямые I и t.
132
272. Докажем сначала, что если прямая МК касается сферы р, то
она касается также и сферы а. Рассмотрим сечение данных сфер
плоскостью, проходящей через точки М, А', А, В и Л' (рис. 55).
МКВ измеряется половиной дуги KB, заключенной впутрн этого
угла^елслопательно, МКВ' = BAN~, так как угловые измерения
дуг KB и Sl\! равпы (берутся дуги, расположенные по разные сторо-
Рнс. 55.
пы от прямей KN, если касание внешнее (рис. 55, а), и расположеп-
пые по одпу сторону, если касание внутреннее (рис. 55, б)). Отсюда
следует, что AM К = ~ABN или АМК = 180° — Юш, а это озна-
означает, что А МК измеряется половиной А М, так как соответственные
дуги AM п AN имеют равпое угловое измерение, т. е. МК касается
окружности, по которой приведенное сечение пересекает сферу а.
Теперь можно доказать, что геометрическое место точек М есть
окружность.
273. Пусть А и В — данные точки, С — точка пересечения пря-
прямой А В с данной плоскостью, М — точка касания какого-либо шара
с плоскостью. Поскольку \СМ |2 = | СА \ ¦ | СВ |, Л/ лежит па
скружвости с центром в точке С и радиусом Y\ С А \ ¦ | С В |.
Следовательно, центр сферы принадлежит боковой поверхности пря-
прямого цилиндра, осповяплем которого является эта окружность.
С другой стороны, центр сферы принадлежит плоскости, проходящей
через середину АН и перпендикулярной АВ. Таким образом, иско-
искомое геометрическое место точек есть линия пересечения боковой
поверхности цилиндра и плоскости (эта линия пазывается
еллипсом).
274. Обозначим через О\,О2 и i?j, B2 соответственно центры и ра-
радиусы данных сфер; М — середина какой-либо общей касаюлышй.
Тогда легко видеть, что
I ОХМ Р - | О2М |2 = R\ - Rl
и, следопателыго, М лежит в плоскости, перпевдпнулярпой отрезку
OjO2 и пересекающей отот отрезок в такой точке N, что
R\ ¦
133
Посмотрим, в каких пределах может меняться величина | NМ |.
Пусть | ОгО2 | = а и Вг > i?2, тогда
Пели 2х — длина общей касательной, середина которой — точка А7,
то
\MN |2 = | d« I2- |
/ д2 д2 \
^ * a 2 +a) .
Теперь, если a^ Rt-\- B2, то величина 4а;2 меняется в пределах от
а2 — (/?! + i?2J до а2 — (/?! — i?2J, a, значит, в этом случае геоме-
геометрическим местом точек М будет кольцо, плоскость которого пер-
перпендикулярна ОгО2, центр находится в точке W, внутренний радиус
равен
/ГЖМГ
—
а впепший —
Если н« а< i?t + i?2, т. е. сферы пересекаются, то внутренний ра-
радиус кольца б>дет равеп радиусу окружности их пересече! л я, т. е,
он будет
-^- Y(a + И, -i П.) (а + И, - li2) (а + Е2- Я,) (Я, + «2 - а).
275. Обозначим через А и В точки касания прямых ^ и ?2 со
сферой, а черев К — точку касапия прямой MN со сферой. Будем
и*сть
\АМ\ = \МК\, 15^1 = 1^^1.
Спроектируем 1г и 12 па плоскость, перпендикулярную АВ. Пусть
Ал, М\, Nt и К] — соответсчвенпо проекции точек А (а также В),
Л/, N и К. Очевидно,
| AM | — р'
где pig — постоянные велнчипы. Пусть теперь d и h — расстояния
от А, до прямых Л,Л/! и /4,^.
Б>дем иметь
d
h
—м
l,M,|d
*iW, | A '
lAiAi| |
4Af, |
/i,yv, |
sAMAt ]AlNl]
SA,N,K, 1 Л1Л^" 1
| MK | | A7V, |
'^MA/'i4'^!
134
Таким образом, отпопшние расстояний от точки К± до двух за-
заданных прямых плоскости постоянно. Это означает, что точка ЛГ^
принадлежит одной го двух прямых, проходящих через точку А±.
А искомое геометрическое место wc-к представляет собой две ок-
окружности на поверхности данной сферы. Эти окру; лостп получают-
получаются при пересечении сферы двумя плоскостями, проходятппмп через
прямые, которые описывает точка Kit и прямую АВ. Сами точки
А п В исключаются.
279. Пусть ВК — вксота /\АВС, И — точка пересечения рысот
/S-ABC, ВМ — высота /S.DBC, N — точка пересечеппя гысот
/\DBC. Докажем, что N является проекцией точки // па плоскость
DBC.
В самом деле, КМ перпендикулярна DC, поскольку ВМ пер-
перпендикулярна DC, а КМ есть проекция ВМ на плоскость A DC. Та-
Таким образом, плоскость К МБ перпендикулярна ребру DC, следова-
следовательно, If Л' перпендикулярна DC. Точно так же HN перпендику-
перпендикулярна ребру DB. Значит, IIN перпендикулярна плоскости DBC.
Нетрудно доказать теперь, что N лежит в плоскости, проходящей
через AD перпендикулярно ВС.
Искомое геометрическое место точек представляет собой окруж-
окружность с диаметром IIL, где L — основание высоты, опущенной из А
на ВС, плоскость которой перпендикулярна плоскости ABC.
283. Обозначим через Р и Q точки пересечения противополож-
противоположных сторон четырехугольника ABCD. Если сечение плоскостью бо-
боковой поверхности пирамиды ABCDM есть параллелограмм, то пло-
плоскость сечения должна быть параллельна плоскости PQM, при этом
стороны параллелограмма будут параллельны пряным РМ и QM.
Значит, для того чтобы в сечении мог получиться прямоугольник,
угол pJfQ должен быть прямым, т. е. М лежит на поверхности сфе-
сферы с диаметром PQ. (Тем самым пункт а) решен.)
б) Обозначим через К и L точки пересечения диагоналей четы-
четырехугольника A BCD с прямой PQ. Поскольку диагонали паралле-
параллелограмма, получающегося при пересечении боковой поверхности
пирамиды ABCDM плоскостью, будут параллельны прямым МК
и ML, этот параллелограмм будет ромбом, если К ML = 90е, т. с.
М лежит на поверхности сферы с диаметром KL.
в) Из двух предыдупшх пунктов следует, что геометрическим
местом точек М будет окруншость, являющаяся пересечением сфер
с диаметрами PQ и KL.
г) Геометрическим местом точек является коническая поверх-
поверхность с вершиной в точке пересечения диагоналей четырехуголь-
четырехугольника A BCD, образующей которой является окружность из преды-
предыдущего пункта.
284. Ёслп К и L — середипы ВС и AM, О — центр сферы, опи-
описанной около АВСМ, то, поскольку G — середина LK и ОС перпен-
дикулярпа LK, \ OL \ = | О К \. Отсюда следует, что \ АМ\ =
= | ВС |, т. е. М лежит на поверхности сферы с центром в А и ра-
радиусом | ВС |.
Пусть, далее, N — центр тяжести Д ABC, Oi — центр окруж-
окружности, оппсапноы около Д ABC, G, — проекция G на плоскость ABC.
Поскольку по условию OG перпендикулярна АК, то и Ofii перпен-
перпендикулярна АК. Значит, G лежит в плоскости, проходящей через
Ot и перпендикулярной АК. Отсюда, поскольку
135
г
следует, что и точка М лежит в плоскости, перпендикуляр-
перпендикулярной А К.
Таким образом, искомое геометрическое место точек представ-
представляет собой линию пересечения сферы и плоскости, т. е., вообще го-
говоря, является окружностью.
285. Введем прямоугольную систему координат, взяв за начало
О вершину трехгранного угла, а оси направим по ребрам этого угла.
Пусть плоскость окружности составляет с координатными плоско-
плоскостями XOY, YOZ и ZOX углы а, р к у. Тогда точка Ог — центр ок-
окружности — будет иметь координаты (Я sin р, Я sin v, Л sin a),
где Я — радн>с окружности. Проведем из пачала коордпиат пря-
прямую, перпендикулярную плоскости окружности. Эта прямая будет
образ г ь с осями углы р, у и а. Следовательно,
cos2 a + cos2 + cos2 у = 1
и, зпа11 т,
| OOt р = Л2 (sin2 а + sin2 р + sin2 у) = 2Л2.
Таким образом, точка Ot лежит на поверхности сферы с центром в О
и радиусом i?V 2. С другой стороны, расстояние от Ot до координат-
координатных плоскостей не превосходит Я.
Следовательно, искомое множество представляет собой сфери-
сферический треугольник, ограниченный плоскостями х = R, у — И,
z = Я на поверхностп сферы | 00 х | = /?1^2, расположенный в пер-
первом октанте.
286. Пусть паук находится в вершине А куба ABCDA1BlClD1.
Рассмотрим треугольник DCCX. Нетрудпо доказать, что кратчайший
путь, соединяющий А с любой точкой внутри треугольника DCCX,
пересекает ребро DC. При этом, если грани ABCD п DCC^D^ «раз-
«развернуть» так, чтобы получился прямоугольник, составленный из
двух квадратов ABCD и DCCXDX^ то кратчайший путь будет пред-
представлять собой отрезок прямой лпнпи. Следовательно, дуга окруж-
окружности радиуса 2 см, центр которой при развертке находится в точке
А, расположенная внутри треугольника DCCl, будет являться ча-
частью границы искомого геометрического места точек. Вся граница со-
состоит из шестп таких дуг и разбивает поверхность куба на дп • т*асти.
Та часть, которая содержит вершину А вместе с границей, и яв-
является искомым геометрическим местом точек.
287. Примем ребра трехгранного угла за осп координат. Пусть
{х, у, z) — координаты вектора ОА, (х{, yi, zj) — координаты i-й
стороны ломаной. Каждая сторона ломаной рассматривается как
ректор. Тогда
х — 1*4, У = Ъуи z = 5>i,
нри этом из условия задачи следует, что все xi отличны от нуля и
совпадают по знаку с х (то же верно для yt и г,). Очевидно,
О А | ^ а. С другой стороны,
I * I + Ы + I «I = 2 (| Ч I + I W I + U I) > XL = «
(h — длина 1-го звепа ломаной).
Нетрудно показать, что любая точка А, удовлетворяющая усло-
условиям | ОА К а, | а-1 4- | у | + | z | > а, где х, у, г— координаты
точки А, мол ет являться концом ломаной, имеющей не более трех
впеньев, здовлотворяющей услопням задачи. Пусть, например, Mi
136
11 M2 — две точки, расположенные на одной прямой, выходящей па
Точки О такие, что | хг | + | уг | + I H I = a, *xVfr ф 0 (zt, у.,
г1 — координаты точки Л/л), | ОМ2 | = а. Рассмотрим ломаную
с вершинами @, 0, 0), (xlt О, 0), (хи у±, 0), (х1, yu zj. Длина
этой ломаной равна а. «Растягивая» эту ломаную, мы получим все
точки отрезка MtM2 (исключая Мг). Таким образом, искомое гео-
геометрическое место точек состоит их всех точек вне октаэдра | х\ -f- \у | -|-
+ | z | = о и внутри или па поверхности сферы с центром в О и ра-
длугом а. При этом исключаются точки, расположенные в коор-
координатных плоскостях.
288. Прежде всего заметим, что если /• — радиус шара, вппсан-
пого в A BCD, то, во-первых, все ребра тетраэдра A BCD больше, чем
2г, н, во-вторых, радиус окружности, вписанной в любую грань
тетраэдра, больше г. Первое утверждение очевидно. Для доказа-
доказательства второго проведем через центр вписанного шара плоскость,
параллельную, например, грани ABC. Получим в сечении Д/41В1С1,
подобный ДABC с коэффициентом подобия, меньшим единицы, п со-
содержащий внутри себя окружность радиуса г.
1) Условием, определяющим множество точек А, будет нера-
неравенство \ОА\~^. Зг. Равенство | О А | = Ът будет справедливо для
правильного тетраэдра. Если бы для какой-либо точки А выпол-
выполнялось бы неравенство | ОА | < Зг, то радиус наименьшего шара,
содержащего тетраэдр А В CD, был бы меньше Зг, что невозможно
(см. задачу 246}.
2) Условием, определяющим множество точек В, будет неравен-
неравенство | ОБ | > г \/~5. В самом деле, если для какой-либо точки В
выполнялось бы неравенство | OJ9 | ^ г|/, то для /\_DBC радиус
окружности, его содержащей, был бы не больше, чем ]Абг2 — г2 =
= 2г, т: е. радиус окружности, вппсапной в &DBC, был бы не
больше г, что невозможно.
3) Условием, определяющим множество точек С, является пера-
вепство | ОС | > г/2. В самом деле, если | ОС | < гУ~2, то | CD | <
< 2г.
4) Условием, определяющим множество точек D, будет неравен-
неравенство | OD | > г.
Покажем, что | OD | может быть сколь угодно большим. Для
этого в качестве тетраэдра A BCD возьмем тетраэдр, все грани кото-
которого — равные равнобедренные треугольники, угол при вершнве
у которых достаточно мал. Тогда центры вписанного и описанного
R
шара будут совпадать, а отношение — > где В — радпус описанного
шара, может быть сколь угодно большим.
289. Если МС — гипотенуза соответствующего треугольника,
то должно выполняться равенство | МС р = | МА |2 + | MB p.
Введя прямоугольную систему координат, легко убедиться, что точ-
точка М должна описывать поверхность сферы. Найдем центр и радиус
этой сферы.
Пусть Cf — середина АВ, С2 — на продолжении ССг, \ СЛС2 \ =
= | CCt | (АСВС2 — параллелограмм). Обозначим стороны ?\АВС,
как обычно, через а, Ъ и с, тпс — медиана к стороне А В. Будем иметь
с-
I ABP с
\МА f + |Л/0Р = 2 \МСг \" + f—^- _. 2 | Л/С, |» + — .
137
IJ о кольку
| МА |2 + | MB |2 = | МС |2,
долу him
| МС [2 - 2 | МСг |2 = -у" ¦ A)
Пусть МС2С — ф, запишем для треугольников МС2С и МС2С1
теорему косинусов
| МС |2 — | МСг |2 + 4mji — 4 | МС2 | mc cos ф, B)
| МСХ |2 = | МС2 |2 + т^ — 2 | МС2 | тс cos ф. C)
Умножим C) на 2 и вычтем из B), получим, упитывая A), что
| МС2 |2 = 2т2с — -|- = а2 + б2 — с2.
Таким образом, для этого случая множество точек М будет не
пусто, если а2 -)- Ь2 — с2 ^ 0, т. е. угол С в /\АВС не тупой. Все
множество точек М, следовательно, для остроугольного треуголь-
треугольника состоит из трех сфер, центры которых находятся в точ-
точках С2, А„ и Вг таких, что САС2В, АВА2С, ВСВ2А — параллело-
параллелограммы, а радиусы соответственно равны V а? + Ь2 — с2,
Y Ъ1 г1 a2, jAa2 + с2 — Ь2. Для прямоугольного &АВС иско-
вюе множество состоит из двух сфер и точки, а для тупоугольно-
тупоугольного — пз дв\х сфер.
290. П^сть О — центр земного шара, А — точка экватора,
соответствующая нулевому меридиану, М — точка на поверхнос-
поверхности земного шара с долготой и шпротой, равными ф, N — проекция
на плоскость экватора. Введя в плос.остц экватора прямоу-
прямоугольную систему координат, взяв в качестве оси х прямую ОА,
а нача? о в точке О, получим, что /V имеет координаты: х =
= R сос2 ф, у = R cos фвт ф, где R — радиус земного тара. Легко
проверить, что координаты точ-
точки W удовлетворяют уравнению
R \2
— 4 '
т. е. искомое множество есть
окружность с центром(-^г
R
и радиусом -=-.
291. Введем следующие
обозначения: S — вершина
конуса, TV — проекция точки
Рис. 56. М на плоскость, проходящую
через точки S и А параллель-
параллельно основанпю конуса, Р — точка на прямой SN такая,
что SMP = 90° (рис. 56), МР является нормалью к поверхности
конуса, из условия следует, что АР параллельна отраженному лу-
лучу. Значит, АМ~Р = МРА, \ AM \ = | АР |. Пусть a — угол меж-
133
лу высотой конуса п образующей, \ SA \ — а. Плоскость, проходя-
проходящая через М параллельно плоскости SPA, пересекает ось конуса
в точке Sx, Ai — проекция А на эту плоскость,
| SSt | = х, MS^Aj = Ф, | МАг | = у.
По теореме косинусов для Д^Л/Л^ будем иметь
j/2 = х2 tg2 а + а2 — 2ах tg а cos ф. A)
Кроме того,
| РА |2 = | МЛ |2 = г/2 + г2, B)
ISMI z 2z
I О Г) I __ ,J L_ _. __ , /О\
1 '~ sin а cos а sin а ~~ sin 2а * * '
Записывая теорему косинусов для ?\SPA, используя соотноше-
соотношения A) — C), будем иметь
4х2 4ах
3?tg2a — 2aa:tgacosT + a:2 = sin°-2a ~ t=in 2а cosq)'
откуда x = a sin 2a cos ф.
Если мы теперь восставим к SN в точке N перпендикуляр в пло-
плоскости SPA и обозначим через L его точку пересечения с SA, то
Таким образом, | SL | постоянна, следовательно, точка N опп-
сывает окружность с диаметром SL.
292. При решении задачи нам понадобятся следующие утверж-
депия из планиметрии. Если в окружности радиуса R через точку
Р, находящуюся на расстоянии d от ее центра, проведены две вза-
взаимно перпендикулярные хорды AD и BE, то
а) | AD |2 + | BE |2 = 8i?2 — 4d2,
б) перпендикуляр, опущенный из Р на АВ, делит пополам хор-
хорду DE.
Эти два утверждения обобщаются на пространственный случай
следующим образом.
Если через точку Р, находящуюся внутри тара радиуса Я е с
центром в О, на расстоянии d от его центра проведены три взплмпо
перпендикулярные хорды AD, BE и CF, то
а*) | AD |2 + | BE |2 + | CF |2 = 12Д2 — 8d2,
б*) прямая, проходящая через Р перпепдикулярпо и юскостп
ABC, проходит через точку пересечения медиан /\,DEF.
Докажем пункт а*). Пусть /?i, R», Я3 — радиусы окружностей,
писанных соответственно около четырехугольников ABDE, ACDF
и BCEF, di, d2, d3 — расстояния в этих четырехугольниках от цент-
центров описанных кругов до точки Р, х, у, z — соответственно расстоя-
расстояния от точки О до плоскостей этих четырехугольников. Тогда х2 +
+ ,/ + # = #, dl + d\ + d\ = 2 (** + j,2 + г2) = 2d2, B\ +R\ +
+ И\ = ЗВ2 — d2.
139
Таким образом, всспользопаншись утверждением пункта а),
получим
| AD |2 + | BE |2 + | CF |2 = -^ [(| AD |2 + | БЕ |2) +
= -|- (8Д2 - 4d* + 8Д2 _ 4d^ + 8Д* - 4djj) = 12Я2 - 8d\
Для доказательства пункта б*) спроектируем проведенную
прямую на плоскости четырехугольников ABDE, ACDF и BCEF,
носле чего воспользуемся пунктом б).
Перейдем теперь к утверждению нашей задачи. Построим на
отрезках РА, РВ и PC параллелепипед и обозначим через М вер-
вершину этого параллелепипеда, противоположную точке Р.
Аналогично, для отрезков PD, РЕ и PF определим точку N.
К — точка пересечения РМ с плоскостью ABC, Q — середина РМ,
'? — середина PN, Ог — центр окружности, описанной около
&АВС, II — основание перпендикуляра, опущенного из Р на А ВС.
Из пункта б*) следует, что // лежит на прямой NP. Далее,
К — точка пересечения медиан треугольника ABC, \ РК | =
= ~3~ I РМ\. Прямая OQ перпендикулярна плоскости ABC и прохо-
проходит через ючку Ot, поскольку О и Q — центры двух сфер, прохо-
проходящих через точки А, В и С. (Заметим, что попутно мы здесь дока-
вали, что точки Ог, К я II находятся па одной прямой, причем
| KII | = 2 | OjA |. Как известно, эта прямая называется прямой
Эйлера.)
Таким образом, OQ || NP, точно так же ТО [| МР. Значит, О —
середина NM.
1
Возьмем па отрезке ОР точку S так, что \PS \ =-тт-\РО \.
Перпендикуляр, опущенный из S на KII, проходит через середину
КН. Следовательно, | SK \ = \ Sit \. Но SK | ОМ,
Из пункта а*) следует, что | NM |2 = 12Д2 — № (NM — дпа-
гоиаль параллелепипеда, ребра которого равны | AD |, | BE |,
| CF |), т. е. | SK | = -jj-У 3.Wa — 2gP — величипа, не зависящая
от того, как провели отрезки РА, РВ, PC.
293. Обозначим через а,Ь и е единичные векторы, направленные
по ребр™^ трехгранного угла. Пусть, далее, ON — е, Р — центр
сферы, ОР= и, ОА = ха, ОВ'= уЬ, ОС = ze.
Точки О, N, А, В и С принадлежат одной сфере с центром в Р.
Это озпачает
(м — еJ = и", (ха — uf = и2,
(уЬ — -мJ = и\ (ze — мJ = г&,
откуда
е2 — 2ем = О,
х — Чаи = 0, ,|.
у — 26м =0,
г — 2cit = 0.
«40
Пусть е — аи -f рб -\- ус. Умножая второе, третье н четвертое
уравнения системы A) соответственно на а, р и у а вычитая пз
первого, получим
е2 — ах — Рг/ — yz = 0. B)
Если Л/ — центр тяжести ДЛ5С, то
j А
ОМ = -3- (ОА + ОБ + ОС) = -g- (*а -f J/* + гс).
Учитывая уравнение B), можем сделать вывод, что геометрическим
местом точек М будет плоскость.
294. Докажите, что каждая из этих плоскостей проходит через
точку, симметричную точке N относительно центра тяжести тетра-
тетраэдра.
295. Докажите, что все эти плоскости проходят через точку, сим-
ыетричпую центру описанной около тетраэдра сферы относительно
его центра тяжести.
206. При решении задачи 295 мы доказали, что точка Монжа сим-
симметрична центру описанной около тетраэдра сферы относительно
центра тяжести тетраэдра. Следовательно, если точка Монжа при-
принадлежит плоскости какой-либо грани тетраэдра, то центр описан-
описанной сферы удален от этой грани на расстояние, равное половине
соответствующей высоты, и расположен по ту же сторону от грани,
что п сам тетраэдр. Из этого легко получить утверждение нашей
задачи.
297. Воспользуйтесь равенством
4 IMD Y + \АВ I2
| МА р -}- \МБр = —'¦ Цр-1 '—.
где D — середпна АВ, и тем, что в произвольном тетраэдре сумма
квадратов его противоположных ребер равна удвоенной сумме квад-
квадратов расстояний между серединами двух пар его остальных ре-
ребер (см. задачу 21).
298. Обозначим площади граней тетраэдра через Sf, S2, Ss, 54;
F — объем тетраэдра. Если г — радиус шара, касающегося всех
плоскостей, образующих тетраэдр, то прп соответствующем выборе
знаков ej = ;Ь1, i = 1, 2, 3, 4, должно выполняться равенство
(ei^i + e2S2 + esSs + SiSi) -^- = V. При этом, если для данного
набора е{ величина г, определяемая последним равенством, поло-
положительна, то соответствующий шар существует.
Так, у произвольного тетраэдра всегда существует один впи-
вписанный шар (ег = +1) и четыре вневписапных шара (одно ej =
= —1, остальные +1), т. е. четыре такпх шара, каждый пз кото-
пых имеет центр вне тетраэдра и касается одной его грани во внут-
внутренней точке этой грани.
Далее, очевидно, что если при каком-либо выборе е; шар су-
существует, то для противоположного набора Bj шар не существует.
Это означает, что шаров не более восьми. Ровно восемь их будет
в том случае, когда сумма площадей любых двух гранен не равна
сумме площадей двух других.
299. Для любых двух соседних сторон четырехугольника су-
существуют две плоскости, равноудалепные от ппх (Опссекторпые
плоскости самого угла четырехугольника и угла, с пим смежного),
При этом, если три такие плоскости, соответствующие трем вершп-
141
пам четырехугольника, пересекаются в некоторой точке, то чсрсч
эту точку проходит одна из двух биссекторньтх плоскостей четвер-
четвертой вершины. Таким образом, при нахождении точек, равноудален-
равноудаленных от прямых, образующих четырехугольник, нам достаточно
рассматривать биссекторные плоскости трех углов этого четырех-
четырехугольника. Поскольку каждой вершине соответствуют две плоско-
плоскости, точек пересечения будет, вообще говоря, носемь.
Нам осталось выяснить, при каких условиях какие-то три та-
кле плоскости не пересекаются. Так как наш четырехугольник
пространственный, никакие две биссекторные плоскости не парал-
параллельны. Значит, осталась возможность, когда одна биссекториая
плоскость параллельна лилии пересечения двух других. А это оз-
пачаст, что, если через какую-либо точку пространства провести
три плоскости, параллельные данным, то эти три плоскости будут
пересекаться по прямой.
Пусть, для определенности, не пересекаются биссекторные
плоскости трех внутренних углов четырехугольника ABCD. Про-
Проведем через вершину С прямне, параллельные сторонам А В и AD
(рис. 57), и отложим на этих прямых отрезки СР и CQ, \ СР | =
= | CQ |. Такие же отрезки СМ и CN отложим на сторонах СВ и CD.
Из приведенных ныше рассуждении следует, что биссекторныо
плоскости углов МСР, PCQ, QCN и NCM пересекаются по прямой,
и, значит, все точки этой прямой равноудалены от прямых СР, CQ,
CN, СМ, т. е. прямые СР, CQ, CN, СМ лежат на поверхности кону-
конуса, а четырехугольник PQNtyl является вписанным. Пусть плоскость
четырехугольника PQNM пересекает А В и AD в точках L и К.
Прямая LK параллельна QP, а это означает, что NMLK — такжо
влисаннын четырехугольник. Кроме того, нетрудно видеть, что
| LB | = | МБ |, | KD | = | DN |, \KA\ = \AL\.
Отсюда, в частности, следует, что | А В | + | DC | = | AD | + | ВС |.
Пусть теперь О — центр окружности, описанной около четы-
четырехугольника KLMN. Из равенства треугольников LOB п MOB
следует, что О равноудалена от прямых АВ и ВС. Точно так же
покажем, что О равноудалена от всех прямых, образующих четырех-
четырехугольник A BCD, т. el О — центр шара, касающегося прямых АВ,
ВС, CD и DA. Ввиду произвольности выбора точек Р и Q получим,
что в этом случае существует бесконечно много шаров, касающих-
касающихся прямых АВ, ВС, CD и DA. Iovho так же разбираются и другие
случаи, при этом будут возникать аналогичные соотношения между
сторонами ABCD: \ AB |-f- | AD | = | CD \ + | СВ |, \АВ\ +
-f | ВС | = | AD | + | DC |. Нетрудно показать, что указанные
142
соотношения между сторонами четырехугольника ABCD являются
необходимыми и достаточными условиями существования бесконеч-
бесконечного числа шаров, касающихся сторон четырехугольника. Во всех
остальных случаях таких шаров в точности восемь.
300. Используя для объема тетраэдра формулу задачи 11,
докажем, что каждое пз рассматриваемых отношений равно
дуг — i где Si, S2, Ss, S^ — площади граней тетраэдра,
V — его объем.
301. Если hi (i = 1, 2, 3, 4) — высота соответствующей гра-
грани тетраэдра, то
V 2 Ь h?
Если теперь di — расстояние от центра описанного шара до
г^-й грапи, R — радиус этого шара, то
z? - r\ = (г? - h\) - (в* -4) + h\ =
= [R2 - (h - dif] - (Л2 - d\) + Ь\ = Midi.
Таким образом, под корнем оказалось выражение
(см. задачу 182), что п требовалось.
(Мы предполагали, что центр описанного шара находится внут-
внутри тетраэдра. Если центр находится вне его, рассуждения такие же,
при этом одну иэ величин di следует считать отрицательной.)
302. Обозначим длины ребер тетраэдри A BCD так, как пока-
показано на рис. 58,а. Проведем через вершину А плоскость, касающую-
касающуюся описанного около тетраэдра A BCD шара. Тетраэдр ABC-J^i на
рисупке образован этой касательной плоскостью, плоскостями
ABC, ABD, а также плоскостью, проходящей через В параллельно
грани A DC. Аналогично тетраэдр AB2C2D образован этой же ка-
касательной плоскостью, плоскостями ABD, ADC п плоскостью,
проходящей через D параллельно ABC.
Из подобия треугольников ABC и ABCf (рис. 58, б, АС± —
касательная к окружности, описанной около ?\АВС, следователь-
следовательно, ВАС1 = В~С2, кроме того, ВС^^АС, значит, CJ3A =~ВАС)
найдем | АСХ \ — —^— . Аналогично найдем | ADX \ = -^— , | АС2 | =
тр тп
= —г—, |/Ш2|=—-—- Но треугольники AC^i и АВ2С2 по-
подобны, значит,
\АС2\ ~ \АВг | ' I ClVl I = ~ш ¦
'ИЗ
Заметим, что если длппы сторон ^\AC1D1 умножить на величину
Ьт
1 то их длины окажутся числепно равными величинам am, bn
С
п ср, таким образом,
Ь2т2
¦S.
Пусть, далее, AM— диаметр описанпого ипра, В К — высота
Рис. 58.
пирамиды ABCXDX, опущеппая из В па AC1D1 (рис. 58, а). Из по-
с2
Нобия треугольников А В К и OLA (OL J_ А В) иапдем | ВК | = ~2JT'
Значит,
И, паконец,
yADiCiB~ 3
AD.CB SABC,SABDl
V ~
Сравнивая два выражения для VADtCiB, получим справедливость
доказываемого утверждения.
144
Замечание. Пз наших рассуждений следует, что углы
треугольника, длины стороп которого численно равны произведе-
произведениям длин противоположных ребер тетраэдра, равны углам между
касательными к окружностям, описанным около трех граией тет-
тетраэдра. Касательпые проведены через общую для этпх граней
вершину и расположены в плоскости соответствующей грани.
Легко видеть, что это же будет верно и для вырожденного тетраэд-
тетраэдра — плоского четырехугольника. Отсюда, в частности, можно
получить теорему косинусов (теорему Бретпшейдера A) № 149) для
плоского четырехугольника.
303. Пусть Sj и S2 — площади граней, имеющих общее ребро
a, S3 и ?4 — площади двух оставшихся граней. Пусть, далее, а, т
ии — длины ребер, образующих грань Slt а а, у и б — примы-
примыкающие к ним двугранные углы, V — объем тетраэдра. Тогда не-
трудпо убедиться в справедливости следующего равенства:
3V 31' 3V
а —о— ctg a, -f- т —?— ctg у -f- п —ё— ctg о = 2i>i,
пли
2S\
a clg a -f- m ctg у -f- n ctg б = ¦„. •
Записав такие равенства для всех граней тетраэдра, сложив
равенства, соответствующие граням ?, u S2, п вычтя два других,
получим
a ctg а - b ctg р = -д^- (S\ + 5^ - S; - Sj).
Возведем последнее равенство в квадрат, заменим сЩ2 а и clg2 P на
1 1
',„г„ —1 и ¦ .[. — 1, воспользуемся равенствами
bill U Ы И JJ *"
ft* 45|5!
см. задачу 11) и окончательно полушм
а* + Ьг + 2ab clg a ctg Р = -^ BQ - Т),
где Q — сумма квадратов попарных пропзведешш площадей гра-
граней, Т — сумма четвертых степенен площадей граней.
304. Необходимость всех условий очевидна. Будем доказывать
их достаточпость.
а) Утверждение задачи легко доказать, если сделать разверт-
развертку тетраэдра (поверхность тетраэдра падо разрезать по трем реб-
ребрам, выходящим из одпой вершины).
б) Сделаем развертку тетраэдра A BCD так, как показано па
рис. 59, а, в предположении, что суммы плоских углов при перши-
пах В и С равны 180°. Точки Dx, D2, Ds соответствуют вершине D.
Возможны два случая:
1) \AD\ = \BC\. В этом случае \D3A\ + | ОгА \ =
= 2 | ВС | = | DaD2 |, т. е. /\.D2AD3 вырождается, точка А должна
совпасть с точкой К — серединой D.2D3.
115
2) J АБ | = | CD | (или \AC\ = \BD\\. В этой случае будет
| KB | = | А В |, причем точка /1 находится на срединном перпен-
перпендикуляре к стороне D2D3. Если ^SD1D2DS — остроугольный, то
| ./ТВ | для точек А, расположенных внутри ДКВС, и
j ifJ3 | для точек, расположенных вне Д/GBC
\AB
\AB . .
Если же /SDiD2D3 — тупоугольный (тупоп угол или при вер-
вершине D2, или при вершине D3), то при одной из двух вершин тетра-
тетраэдра (или В, или С) один плоский угол будет больше суммы двух
других углов.
в) Пусть ]AB\ = \CD\, | AC j| = | DB |, а сумма углов при
вершине D равна 180°. Имеем ДА CD = Д4#О, следовательно,
ADB = DAC.
Таким образом, ADB + ADC-VCDB — DAC + ADC + CDB =
— 180°. Отсюда следует, что CD~lT= ~ACD и ДЛСО = ?\CDB,
\AD\ = \CB\.
г) Разрежем тетраэдр по ребрам и образовавшиеся четыре тре-
треугольника наложим друг на друга так, чтобы совпали равные уг-
углы. На рис. 59, б одинаковые буквы соответствуют одной вершине
Щ С Щ С,Вг Ц,АВ
Ю б)
Рис. 59.
тетраэдра, одинаковые индексы — одной грани. Одинаковые буквы,
соответствующие одной точке, показывают, что в этой точке совпа-
совпали соответствующие вершины соответствующих треугольников.
Следовательно,
\C3AS\=\CA\, 1*^1 = 1^0,1,
i это означает, что АС3 параллельна B2Dlt что невозыолшо.
д) Спроектируем тетраэдр A BCD на плоскость, параллельную
ребрам А В и CD. Тогда можно доказать, что проекции треуголь-
треугольников ABC и ABD будут равновелики. Точно так же равновелики-
равновеликими будут проекции треугольников A CD и BCD. А это означает, что
проекцией A BCD будет параллелограмм с диагоналями А В и CD.
Отсюда будут следовать равенства \AC\=\BD\, \ AD \ =¦
— | ВС |. Точно так же доказывается равенство | А В | = I CD \-
е) Пусть О1 — точка касапня вписанной сферы с гранью А ВС,
»О,-с гранью BCD. Из условия следует, что Ох и О2 — центры
окружностей, описанных около ABC и BCD. Кроме того, ASCO =
= &ВСОг. Из этого следует, что
14G
Рассуждая так же, получим, что все плоские углы, прилежа-
прилежащие к вершине D, равны соответствующим углам треугольника
ABC, т. е. их сумма равна 180°. То же можно утверждать и njo
остальные вершины тетраэдра A BCD. Далее воспользуемся пугк-
том а).
не) Достроим данный тетраэдр до параллелепипеда обычным
способом, т. е. проведя через каждое ребро тетраэдра плоскость,
параллельную противоположному ребру. Тогда необходимым и
достаточным условием равногранностп тетраэдра будет условие,
чтобы получившийся параллелепипед был прямоугольным. А и i
гого, что ребра этого параллелепипеда равны и параллельны соот-
соответствующим отрезкам, соединяющим середины противоположных
ребер тетраэдра, будет следовать наше утверждение.
з) Если О — центр сферы, описанной около тетраэдра A BCD,
то из условия будет следовать, что ДАОВ = ДСО?>, поскольку
оба треугольника — равнобедренные с равными боковыми сторо-
сторонами, равными медианами, выходящими из вершины О (О совпа-
совпадает с серединой отрезка, соединяющего середины А В a CD). Сле-
Следовательно, | АВ | = | CD |. Так же доказывается равенство дру-
других пар противоположных ребер.
и) Из того, что расстояния от центра тяжести до всех граней
равны, будет следовать равенство высот тетраэдра, а затем и рав-
новеликость его граней (см.п.д)).
305. Пусть а, Ь. с и (I — векторы, перпендикулярные граням
тетраэдра, направленные во внешнюю сторону и по длино равные
площадям соответствующих граней, а еа, ei, ec, e,j — единичные
векторы, имеющие те же направления, что и а, Ь, с, d. Пусть, далее,
s обозначает сумму косинусов двугранных углов, а к = еа + % -J-
+ ес + ed.
Легко видеть, что к2 = 4—2s. Таким образом, в самом делр,
s < 2 и s=2 тогда и только тогда, когда ft = еа + е^ + ес + еа=
= 0. Но, поскольку ст + 6 + е + й = 0 (см. задачу 214), мы по-
получаем, что при s = 2 длины векторов а, Ь, с и d равны между со-
собой, т. е. все грани равновелики, а из равновеликостп граней сле-
следует их равенство (см. задачу 304, д)). Для завершения доказатель-
доказательства нам осталось показать, что s > 0 или что | к | <[ 2.
Для }добства будем считать, что | о | = 1, |6|<1, |с|^1,
|d|<l. Тогда еа = а, | к | = | а + Ь + с + d + (еь — Ь) +
+ (ес - с) + (ed - d) | < | еъ - Ь \ + | ес - с \ + | ed - d | =
3(|6| + || + |d|)<3|6 + + d| 3|| 2
(|| + || ||)<| + | ||
Равенство может иметь место лишь в том случае, когда все векто-
векторы а, Ь, с и d коллинеарны; поскольку это не так, | ft | < 2,
s>0.
306. Рассмотрим тетраэдр, все грани которого — равные тре-
треугольники, углы которых соответственно равны плоским углам
нашего трехгранного угла. (Докажите, что такой тетраэдр суще-
существует.) Все трехгранные углы этого тетраэдра равны данному
трехгранному углу. Сумма косинусов двугранных углов такого тет-
тетраэдра (см. задачу 304) равна 2. Следовательно, сумма косинусов
двугранных углов данного трехгранного угла равна 1.
307. Достроив тетраэдр до параллелепипеда, проведя через
каждое ребро плоскость, параллельную противоположному ребру,
получим для равногранного тетраэдра, как известно, прямоуголь-
прямоугольный параллелепинед.
Центр вписанного шара совпадает с центром параллелепипеда,
а центры вневписанных шаров находятся в вершинах параллеле-
147
гмтпеда, отличных от вершин тетраэдра. Из этого следуют оба у
ждения задачи.
308. Пусть ABCD — данный тетраэдр, DI1 — его высота, ?М,,
ЬВ± и DC-i — высоты грапен, опущенные из вершины D на сторопи
ВС, С А и АВ- Разрежем поверхность тстраадра лдоль ребер DA,
DB и DC неделаем развертку (рис. 60). Очевидно, что II есть точке
Рис. 60.
пересечения высот треугольника DJDJ)S. Пусть F — точка пересе-
чепия высот треугольника ABC, АК — высота этого треугольника,
\А F | = й„ \FK\ = h2. Тогда | D-JI \ = 2hlt | D^ = hx +
+ h,, | IIAi | = | ft, — h2 |. Значит, поскольку h — высота нашего
тетраэдра,
fe2 = | DH|2 = | DAi p_ | HAi |S = (fci + ^jb _ (hi _ ЛгJ =4felft2.
Пусть теперь М — центр тяжести треугольника ABC (он же центр
тяжести треугольника ?>1?»2?K), О — центр описанной около него
окружности. Известно, что F, М и О лежат на одной прямой (пря-
(прямая Эйлера), причем М — между F и О, \ FM \ = 2 | МО |.
С другой стороны, треугольник ?»1?>2?>3 гомотетичен треуголь-
треугольнику ABC с центром в М и коэффпцпентом (—2), значит, | МН \ =
= 2 | FM \. Из этого следует, что \ ОН \ = \ FO \.
309. Решая задачу 308, мы доказали, что центр описанпой око-
около тетраэдра сферы проектируется на каждую грань в середину
отрезка, концами которого являются основание высоты, опущенной
на эту грань, и точка пересечения высот этой грани. А поскольку
расстояние от центра описанной около тетраэдра сферы до гранп
равно-?-Л, где/г — высота тетраэдра, центр описанной сферы уда-
удален от данных точек на расстояние
¦/-яг
Л2 -}- а2! где а — расстоя-
вие между точкой пересечения высот и центром описанной около
1рани окружности.
310. Прежде вс4го заметим, что все треугольники ABC —
остроугольные. В самом реле, если II — точка пересечения высот
А А ВС, О — центр данной окружности, то | ОН \ = 3 | ОМ |,
М — между О п Н, т, о. Н находится внутрп описанной около
Д ABC окружности, а это означает, что ?\АВС — остроугольный,
следовательно, существует такая точка D, что ABCD — равногран-
nufi тетраэдр. Сделаем разлертку этого тетраэдра (рис. 61). Очевид-
Очевидно, #! — точка пересечения высот ДОхО^^з — есть основание вы-
118
соты, опущенной из D на ABC. Но треугольники ABC и ОхОгО3
имеют общий центр тяжести М, относительно которого они гомоте-
тичвы с коэффициентом (—2), значит, | НХМ | = 2 | МН |, М —
между //j и //, Н-± — фиксированная точка. Нам осталось доказать,
что высота тетраэдра^ ABCD также постоянна. Проведем п А А ВС
высоту А К и продолжим ее до пересечения с описанной окружно-
окружностью в точке L. Известно (п лег-
легко доказывается), что | LK \ —
= | КН |. Пусть | АИ | = hx,
| ПК | = Лг, высота тетраэдра h.
Мы знаем (см. задачу 307), что
fez _ 4йд2 =2 | АН | • | HL | =
= 2(й2 — 9а2), где а = | ОМ |,
что и требовалось.
311. Рассмотрим куб
AEFGA1E1FlGx с ребром, равным
стороне квадрата ABCD. Возьмем
на ребрах АХЕХ и AXGX точки Р и О
так, что | АХР | = | ВР | = I СО |,
\AlQ\=\QD\ = \PC\ (ряс. 62, а).
Рассмотрим прямоугольник
^лРЛ/лО. Точка Л/j, ввиду усло-
условия \A1P\ + \A1Q\ = \A1E1\, рпс. 61.
лежит ва диагонали ExGj.
Следовательно, если М — проекция Мх на EG, то тетраздр APQM
имеет все грани, равными &APQ. Квадрат ABCD, в плоскости ко-
которого лежит треугольник APQ, получен из квадрата АЕЕХАХ по-
поворотом вокруг диагонали AFX на некоторый угол а (рис. 02, б).
Поскольку плоскость EGAX перпендикулярна диагонали AFX, BD
принадлежит этой плоскости. Но плоскости АЕЕЛАХ, ABCD, a
также прямые EG, EAX, AjG и BD касаются вписанного в куб шара.
Отсюда следует, что угол между плоскостью ABCD и A,EG постоя-
постоянен, он равен углу ф между плоскостями AEEtAx и AXEG, для ко-
149
торого cos ф = - ,— . Но плоскости AXEG и A BCD пересекаются во
диагонали BD. Значит, точка М лежит в плоскости, проходящей
через BD и образующей угол ф с плоскостью A BCD, а геометриче-
геометрическим местом проекций точек М будут два отрезка, выходящих из
середины АС под углом ф к АС так, что совф == —— , и имеющих
i/
длину a J-— (рис. 62,в).
312. а) Пусть A BCD — данный тетраэдр. Если его высоты
пересекаются в точке //, то DH перпендикулярна плоскости ABC
и, значит, DH перпендикулярна ВС. Точпо так же АН перпенди-
перпендикулярна ВС. Следовательно, плоскость DAII перпепдикулярна ВС,
т. е. ребра DA и ВС перпендикулярны.
Обратно, пусть противоположные ребра тетраэра A BCD по-
попарно перпендикулярны. Проведем через DA плоскость, перпен-
перпендикулярную ВС. Покажем, что высоты тетраэдра, проведенные пз
вершин А и D, лежат в этой плоскости.
Обозначим через К точку пересечения проведенной плоскости
с ребром ВС. Высота DDt треугольника ADK будет перпендику-
перпендикулярной прямым А К и ВС, значит, она является высотой тетраэдра.
Таким образом, любые две высоты тетраэдра пересекаются, значит,
все четыре пересекаются в одной точке.
б) Нетрудно доказать, что если одна высота тетраэдра прохо-
проходит через точку пересечения высот соответствующей грани, то про-
противоположные ребра тетраэдра попарно перпендикулярны. Это сле-
следует nj теоремы о трех перпендикулярах. Значит, пункты а) и б)
эквивалентны.
б) Равепство сумм квадратов противоположных ребер тетраэд-
тетраэдра равносильно условию перпендикулярности противоположных
ребер (см. пункт а)).
г) Достроим тетраэдр до параллелепипеда, как обычно, проведя
через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному
ребру. Ребра получившегося параллелопипеда равны расстояниям
между серединами скрещивающихся ребер тетраэдра. С другой
стороны, условие перпендикулярности противоположных ребер
тетраэдра, согласно пункту а) эквивалентиое условию ортоцентрич-
ности данного тетраэдра, в свою очередь, эквивалентно условию
равенства ребер получившегося параллелепипеда (диагонали каж-
каждой грани равны и параллельны двум противоположным ребрам
тетраэдра, т. е. каждая грань должпа быть ромбом).
д) Из задач 300, 303 следует, что это условие эквивалентно ус-
условию пункта в).
е) Пусть а и а;, 6 и Ьх, с и сх—длины трех пар противополоясных
ребер тетраэдра, а — угол между ними. Из задачи 135 следует, что
из трех чисел aaj cos a, fcfcj cos a, и, cos a одно равно сумме двух
других. Если cos a ф 0, то из трех чисел аа^, ЪЬХ, сс^ одно равно
сумме дпух других. Но это невозможно, поскольку существует
треугольник, длипы сторон которого численно равны величинам
аах, ЪЬХ, ссх (см. задачу 302}.
313. Пусть A BCD — данный тетраэдр. Достроим его обычным
способом до параллелепипеда. Поскольку A BCD — ортоцептрпче-
скнн, все ребра параллелепипеда будут равны между собой. Пусть
AiBi — диагональ грани параллелепипеда, параллельная А В, О
центр шара, описанного около A BCD, Н — точка пересечения вы-
150
гот, М — центр тяжести (рис. 63). Тогда треугольники АВН и
АгВгО симметричны относительно точки М. Это следует из того, что
ЛВВ1А1 — параллелограмм и, кроме того, АГО перпендикулярна
плоскости ACD (точки О ш А+ равноудалены от точек А, Си D), а,
значит, параллельна ВН. Точно так же ОВ1 параллельна АН.
314. Введем те же обозначения, что и в предыдущей задаче.
Пусть К п L — середины А В и ArBi. Тогда KOLH — параллело-
параллелограмм. Следовательно,
| ОН |2 = 2 | ОК |2 + 2 | OL Р — | KL |2 =
= 4Л2 — ~y (| АВ |2 + | С2>|2) — Р = 4Д2 — 3Z2.
315. Если ABCD — ортоцентрический тетраэдр, то (см. задачу
312, в))
| АВ |2 + | CD |2 = \AD I» + | ВС |2,
откуда
MB |2 + \AC |2 - | ВС |2 = | AD |2 + UC |2 - | CD |2,
т. е. углы ~ВАС и ?МС или одновременно острые или тупые.
316. Сечение ортоцентрического тетраэдра любой плоскостью,
параллельной противоположным ребрам и проходящей на равном
расстоянии от этих ребер, есть
прямоугольник, диагонали которо-
которого равны расстоянию между середи-
серединами противоположных ребер тет -
раэдра (все эти расстояния равны
между собой, см. задачу 312, г)).
Отсюда следует, что середи-
середины всех ребер ортоцентрического
тетраэдра лежат на поверхности
сферы, центр которой совпадает
с центром тяжести данного тетра-
тетраэдра, а диаметр равен расстоянию
между серединами противополож-
ных ребер тетраэдра. Значит, все
четыре окружности 9 точек лежат Рис. 63.
на поверхности этой сферы.
317. Пусть О, М и // — соответственно центр описанного ша-
шара, центр тяжести и ортоцентр (точка пересечения высот) ортоцент-
ортоцентрического тетраэдра; М — середина отрезка ОН (см. задачу 313).
Центры тяжести граней тетраэдра служат вершинами тетраэдра,
гомотетичного данному, с центром гомотетии в точке М и кооффи-
циентсм {— ~з"). При этой гомотетии точка О перейдет в точку Ох,
расположенную на отрезке МН так, что \МОХ \ = -g- \OM |, Ot
будет центром сферы, проходящей через центры тяжестей граней.
С другой ст('ропЫ) точки, делящие отрезки высот тетраадра от
вершин до ортоцентра в отношении 2: 1, служат вершинами тет-
тетраэдра, гомотетичного данному с центром гомотетии в Я и коэф-
коэффициентом 1/3. При этой гомотетии точка О, как легко видеть, ио-
151
репдет в ту же точку 0х. Таким образом, ттосемь из дпенадцати то-
точек лежат на поверхности сферы с центром в Ох и радиусом втрое
меньшим, чем радиус сферы, описанной около тетраэдра.
Докажем, что точки пересечения высот каждой грани лежат па
поверхности той же сферы. Пусть О', Н' и М' — цег.тр описанпой
окружности, точка пересечения высот
и центр тяжести какой-либо грани. О'
и //' являюгея проекциями точек О и //
на плоскость этой грани, а М' делит от-
отрезок О'Н' в отношении 1 : 2, считая от
точки О' (известный планиметрический
факт). Теперь легко убедимся (см.
рис. 64), что проекция Ог на плоскость
этой грани — точка О\ совпадает с се-
серединой отрезка М'Н', т. е. Ох равно-
равноудалена от М' и Я', что и требовалось.
318. Центры тяжести граней ортоцентрического тетраэдра ле-
лежат на поверхности сферы гомотетичной сфере, описанной около
тетраэдра, с центром гомотетии в точке М и коэффициентом 1/3 (см.
решение задачи 317). Отсюда следует утверждение задачи.
319. Основания высот ортоцентрического тетраэдра лежат па
поверхности сферы, гомотетичной сфере описанной около тетраэдра,
с цевтром гомотетии в точке G и коэффициентом гомотетии д-
(см. решение задачи 317). Отсюда следует утверждение задачи.
320. Предположим противное. Пусть плоскости, в которых
расположены дуги, пересекаются попарно на поверхности шара в
точках А и Alt В и Вг, С и С, (рпс. 65). Поскольку каждая дуга
больше 180е, она должна содержать хотя бы одну из любых двух
противоположных точек ок-
окружности, на которой она рас-
расположена.
Занумеруем эти дуги и
соответственно плоскости, в
которых они расположены, —
I, II, III. Л и Л, —точки
пересечения плоскостей I и II,
В и Вх — плоскостей II и III,
С п С, — плоскостей III и I.
Рнс. 65. Каждая из точек Л, Ал, В, Вл,
С, С, должна принадлежать
одной дуге. Пусть Ахъ Сг принадлежат дуге I, Вл — дуге II. Тогда
б и С должны принадлежать дуге III, A — дуге II. Обозначим
через а, р, у плоские углы трехгранных углов, как показано па
рисунке, О — центр сферы. Поскольку дуга I не содержит точек
А и С, должно выполняться неравенство 360е — р > 300°.
Аналогично, поскольку дуга II не содержит точек В п Аи
должно быть 180°+ а > 300° и, наконец, для дуги III будем
иметь 360° — у > 300°. Таким образом, Р < 60°, а > 120°, у < 60 ,
значит, а > р -\- yt что невозможно.
321. Пусть А а В — две точки на поверхности сферы, С — точ-
точна на меньшей дуге большого круга, проходящего через А и В.
Докажем, что кратчайший путь из А и В должен проходить
через С. Рассмотрим две окружности аи 6 на поверхности сферы,
проходящие через С, с центрами на радиусах ОА и ОВ (О —
центр сферы). Пусть линия, соединяющая А с В, не проходит через
152
С и пересекает окюужность а б точке М, окружность р в то< -
ке N.
Повернув окружность а вместе с тон частью линии, которая
расположена внутри нее, так, чтобы М совпала с С, а окруж-
окружность Р так, чтобы TV совпала с С, мы получим линию, соединяющую
А и В, длина которой, очевидно, меньше длины рассматриваемой
ЛЕНИН.
322. Описанпая сфера может не существовать. Примером может
служить многогранник, построенный следующим образом. Возьмем
куб и на его гранях, как на основаниях, во внешнюю сторону по-
построим правильные четырехугольные пирамиды с двугранными уг-
углами при основании, равными 45°. В результате мы получим 12-
грапник (ребра куба не являются ребрами этого многогранника),
имеющий 14 вершин, 8 из которых являются вершинами куба,
6 — вершинами построенных пирамид, не сопадающимы с верши-
вершинами куба.
Легко видеть, что все ребра этого многогранника равны между
собой и равноудалены от центра куба, в то время как вершины не
могут принадлежать одной сфере.
323. Заметим прежде всего, что площадь сферического «дву-
«двуугольника», образованного пересечением поверхности сферы с гра-
гранями двугранного угла величины а, ребро которого проходит через
центр сферы, равна 2а/?2. Это следует из того, что эта площадь
пропорциональна величине а, а при а = я она равна 2nR2.
Каждой паре плоскостей, образующих две грани данного трех-
трехгранного угла, соответствуют на поверхности сферы два «двууголь-
«двуугольника». Сложив их площади, мы получим поверхность сферы, уве-
увеличению на iS/\, где 5д — площадь искомого треугольника. Таким
образом,
SA = Д2 (а + Р + у - л).
Величина а + Р + v — я называется сферическим избытком сфе-
сферического треугольника.
324. Рассмотрим сферу с центром внутри многогранника и
спроектируем ребра многогранника из центра сферы на поверхность
сферы.
Поверхность сферы разобьется на многоугольники. Если
щ — число сторон /с-го многоугольника, Ах — сумма его углов,
Sk — площадь, то
Sk = R*[Ak-n(nh-2)].
Сложив эти равепства для всех Л', получим
4лД2 = Д2 BлДГ — 2пк + 2пМ).
Отсюда
N — К + М = 2.
325. Пусть а — центральный угол, соответствующий сфери-
сферическому радиусу окружности (угол между радиусами сферы, про-
проведенными из центра сферы в центр окружности и точку на окруж-
окружности) .
Рассмотрим сферический треугольник, соответствующий трех-
трехгранному углу с вершиной в центре сферы, одно ребро которого
OL проходит через центр окружности, другое — О А через точку
на окружности, а третье — ОВ расположено так, что плоскость
О А В касается окружности, причем двугранный угол при ребро
OL равен <р, LOA = а.
1 353
По 2-ii теореме косинусов (см. задачу 166) начдрм двугранпый
угол при ребре ОБ, он равен arrcos (cos a sin ф). Любой описан-
описанный многоугольник (а наш многоугольник можно считать описан-
описанным, в протпвпом случае его площадь можно было бы уменьшить)
можно разбить на треугольники списанного гида. Сложив их
площади, мы увидим, чю площадь и югоугольника достига-
достигает наименьшего значения рместе с суммой arccos (cos a sin <p,) -f
-f arccos (cos a sin ф'2) + ... + arccos (cos a sin (pN), где фх , . . .
• • •» *PiV — соответствующие двугранные углы, ф] + Фг 4- • • .
, . . -f-фде = 2я. После этого можно воспользоваться тем, что функ-
функция arccos (к sin ф) является вогнутой (выпуклой вниз) функцией
при 0 < к < 1. Отсюда следует, что минимум вашей суммы дости-
достигается При ф! = ф2 = • • • = <PN-
326. Обозначим, как в задаче 324, через N — число граней,
К — число ребер, М — число вершин нашего многогранника,
Л' — К + М = 2. A)
Поскольку из каждой вершины выходит по крайней мере три ребра
2
и при этом каждое ребро считается дважды, М ^r-^-К. Подставляя
М в A) получим
2К
откуда 2К < 6iV — 12, —^- < 6. Последнее означает, что папдется
грань, число сторон в которой меньше 6. В самом деле, занумеруем
грани и обозначим через п1г щ, . . ., nN число сторон каждой грани.
Тогда
п1 + п2+ . . . + nN 2K
N = —<6.
327. Если каждая грань имеет более трех сторон н из каждой
вершины выходит более трех ребер, то (обозначения задачи 324)
К >2М, К > 2N
и Л7 — К -f- M ^ 0, что невозможно.
328. Если все грани — треугольники, то число ребер кратно 3.
Если найдется хотя бы одна грань с числом сторон более трех,
то число ребер не меньше восьми. 2п ребер (п 1> 3) имеет и-уголь-
ная пирамида. Bп + 3) ребер (п > 3) имеет многогранник, кото-
рлй получится, если от n-угольной ппрампды «отсечь» треугольную
плоскостью, проходящей достаточно близко к одной из вершин ос-
основания.
329. Если данный многогранник имеет п граней, то каждая
грань может иметь от трех до (п — 1) сторон. Отсюда следует, что
найдутся две грани с равным числом.
330. Рассмотрим так называемую d-окрестность нашего много-
многогранника, т. е. множество точек, каждая из которых удалена хотя
бы от одной точки многогранника на расстояние, не большее чем а.
Поверхность получившегося тела состоит из плоских частей,
расш.гх соответствующим граням многогранника, цилиндрических
частей, соответствующих ребрам многогранника . (причем, если
134
Zj — длина какого-либо ребра, а, — двугранный угол при этом
ребре, то поверхность части соответствующего цилиндра равна
(я — cq) lid), и сферических частей, соответствующих вершинам
многогранпика, суммарная поверхность которых равна поверх-
поверхности сферы радиуса й. С другой стороны, площадь поверхности
rf-окрестпостн многогранника меньше поверхности сферы радиуса
d + 1, т. е.
S + dZ (я - щ) h +
+ 4я<Р < 4я (d + lJ.
2я
А поскольку а^ —g— , полу-
получим
Hi < 24,
что и требовалось.
331. На рнс. 66 О — центр
сферы, А к В — точки пересе-
пересечения ребра двугранного уг-
угла с поверхностью сферы, D и С — середипы дуг ADB и АСВ,
плоскость ADB проходит через О, Е — вершина сегмента, отсека-
отсекаемого плоскостью АСВ. Площадь криволинейного треугольника
ADC составляет половину искомой. С другой сторопы (считаем
SADC ~ SAEC ~~ SAED'
A)
Найдем SAFC. Если (р — угол между плоскостями АЕО и
ОЕС, | ЕК | = h, то, очепидно, S АЕС — -^- 2nHh = (f Rh;
к и ф легко находятся:
Л = | ?А' | = R — | ОК | = Л — с sin a,
[Ж,
sm <p = sin Ah L =
q> = arcsin
Таким образом,
saec = Л (Л _ с sin a) arcsin
Найдем теперь SAED. Как известно (см. задачу 323),
B)
где q:, if и у — двугранные углы трехгранного угла с вершиной в
О и ребрами ОЕ, О А и OZ>. Угол <р нами уже найден выше.
Для определения угла if (угол при ребре ОА) воспользуемся
1-й теоремой косипусов (задача 166) применительно к трехграпно-
ыу углу с вершиной А, для которого
KAL = -г;- —
sin
4
sin ТЖ=
155
Следовательно,
Утр - а- -./"" "^sTn"
g sing а
й 'ТГ
У IP —а2
, _.!-a2s
Очевидно, что у = л/2. Следовательно,
г уаг — а*
?АЕЮ = R2 arcsin ^™ .,---?г- +
sin а.
— о*sin*a
Уй* — а'sin а
arccos
ill
- 2 J-
Подставляя B) и C) в A), получим после упрощения ответ.
Ответ:
Л cos a
2/?2 arccos
~ а2 sin2 а
— 2Ra sin а arccos ¦
У К* — а2 sin2 и
332. Рассмотрим правильный октаядр с ребром 2П. Шар, ка-
касающийся всех его ребер, имеет радиус R. Поверхность шара раз-
разбивается поверхностью октаэдра на восемь сферических сегментов
и шесть криволинейных четырехугольников, рапных меньшему вз
двух искомых.
333. Двенадцать «двуугольников» площадью ла ^" —I—'- и шесть
лв2(У!Г —1)
криволинейных четырехугольников площадью li— — .
334. Предположим, что в данный мпогогранннк можно вписать
шар. Соединим точку касания шара с какой-либо гранью со всеми
вершинами этой грани. Каждая грань разобьется па треугольники.
Треугольники, расположенные в соседних гранях, имеющие общее
ребро, равны. Следовательно, каждому «черному» треугольнику
соответствует равный ему «белый» треугольник. Сумма углов треу-
треугольников при каждой точке касания равна 2л. Сумма этих углов
но всем граням равна 2пп, где п — число граней. Из этой суммы
более половины приходится па долю «черных» треугольников (по
условию), а сумма соответствующих углов для белых треугольни-
треугольников, но доказанному, не меньше. Противоречие.
335. Докажем, что таких шаров не может быть больше шести.
Допустим, их семь. Соединим центры всех семи шаров с центром
данного и обозначим через Ои Ог, . . .,ОЧ точки пересечения этпх
отрезков с поверхностью данного шара. Для каждой точки Oj рас-
рассмотрим на сфере множество точек, для которых расстояние (по
156
поверхности сферы) до точ:гн Oj не больше, чем расстояние до лтг»
бой другой точки О;.:, к Ф i. Сфера разобьется на семь сферических
многоугольников. Каждый многоугольник является пересечением
шести полусфер, содержащих точку Oj, границей которых является
большой круг, по которому плоскость, проходящая через середину
отрезка О\Оуг перпендикулярно ему, пересекает сферу.
Каждый из образовавшихся многоугольников содержит внутри
себя окружность, сферический радиус которой виден из центра
исходной сферы под углом a, sin а = 0,7.
Обозначим через К и N соответственно число сторон и вершин
получившегося разбиения. (Каждая сторона является общей сто-
стороной двух соседних многоугольников и считается один раз. То
же справедливо для вершин.) Легко видеть, что для подобного раз-
разбиения справедлива формула Эйлера (см. задачу 324). В нашем
3
случае это даст К = N + 5. С другой стороны, К^-^-N, посколь-
поскольку из каждой вершины выходит по крайней мере три стороны,
а каждая сторона считается дважды.
Теперь нетрудно получить, что К < 15, N <! 10. В задаче
325 мы доказали, что среди всех сферических и-уголышков, содер-
содержащих данную окружность, наименьшую площадь имеет правиль-
правильный n-угольник. Кроме того, можно показать, что сумма площадей
правильных и- и (п -{- 2)-угольника больше удвоенпой площади
правильного к-уголмшка. (Рассматриваются многоугольники, опи-
описанные около одной окружности.) Очевидно также, что площадь
правильного описанного п-угольннка уменьшается с ростом п.
Из этого следует, что сумма площадей получившихся семи много-
многоугольников не может быть меньше суммы площадей пяти правиль-
правильных четырехугольников и двух правильных пятиугольников, опи-
описанных около окружности со сферическим радиусом, которому со-
соответствует центральный угол а = arcsin 0,7. Площадь соответ-
соответствующего правильного пятиугольника будет
s5 = 9 10 arccos ( cos a sin -ip J — Зэт >
правильного четырехугольника
s4 = 9 I 8 arccos I —^— cos a J — 2л I .
Нетрудно доказать, что 2sb + 5sa > 36л. Таким образом, семь ша-
шаров радиуса 7 не могут одновременно, не пересекаясь, касаться
шара радиуса 3. В то же время легко показать, что шесть шаров
могут быть так расположены.
36. Рассмотрим куб ABCDA^CxD^. Возьмем на ребрах
A-JB и АгО точки К и L так, что | АгК \ = \ СМ |, | /4,? j =
= | CN |. Пусть Р и О — точки пересечения прямых А К и БАЪ
AL и ВАЛ.
Стороны треугольника A^PQ, как легко видеть, равны соот-
соответствующим отрезкам диагонали BD. А поскольку ?J5A-J) — пра-
правильный, нате утверждение доказано.
337. Если бы точка Р не лежала в плоскости ?\АБС, то
утверждение задачи было бы очевидным, поскольку г этом случае
точки Р /4,, #, и С2 принадлежали бы сечению поверхности сферы,
описанной около тетраэдра АВСР, плоскостью, проходящей чере.
157
Р и I. Утверждение нашей задачи теперь мсншо получить с помощью
предельного перехода.
338. Пусть ABCDEF — плоский шестиугольник, описанЕый
около окружности* Возьмем произвольный пространственный
шестиугольник AJi-fi-JDJi^-^ (рис. 67), отличный от ABCDEF,
проекция которого на нашу плоскость есть шестиугольник
ABCDEF, п соответствующие стороны которого проходят через
точки касания шестиугольника ABCDEF с окружностью. Для
доказательства существования такого шестиугольника A^B1C1D.lEiF1
достаточно одну вершину, например Ах, взять произвольно на пер-
перпендикуляре к плоскости, восставленном в точке А, тогда осталь-
остальные вершины определятся однозначно. В самом деле, пусть с, Ъ,
с, d, е, / — длины касательных к окружности, проведенных соот-
соответственно через точки А, В, С, D, E, F, и h — расстояние от А
до плоскости. Тогда В, находится по другую сторону от плоскости,
hb
по сравнению с Л на расстоянии , Cj — по ту же сторону, что и
hb с he
Ay, на расстоянии —— . -у = —— от плоскости и т. д. Наконец,
найдем, что Ft лежит по другую сторону от плоскости, нежели Alt
hf
на расстоянии и, значит, Ах и Fr лежат на прямой, прохо-
проходящей через точку касания AF с окружностью.
Любые две противоположные стороны шестиугольника
AlB1ClD1E^Fl расположены в одной плоскости. Это следует из
того, что все углы, кото-
которые образуют стороны шес-
шестиугольника Aj^B^yDjE^!
с данной плоскостью, рав-
равны. Следовательно, лю-
любые две диагонали, соеди-
соединяющие противоположные
вершины шестиугольника
4ljB1C1ZIi?1F1, пересекают-
пересекаются, а отсюда и все три ди-
диагонали шестиугольника
s\1B1C1D1E]F1 (они не ле-
лежат в одной плоскости) пе-
Рис. 67. ресехаются в одной точке.
Поскольку шестиугольник
ABCDEF — проекция шестиугольпика 41jB1C1/I?'1f1, теорема до-
доказана.
339. Указанную в задаче плоскую конфигурацию можно рас-
рассматривать как проекцию пространственной — трехгранный угол,
пересеченный двумя плоскостями,— для которой наше утвержде-
утверждение очевидно.
340. Эта задача представляет собой один из возможных трех-
трехмерных аналогон теоремы Дезарга (см. задачу 339). Для решения
се удобно «выйти» н четырехмерное пространство.
Расскажем сначала о некоторых свойствах этого пространства.
Простейшими фигурами четырехмерного пространства будут:
точка, прямая, плоскость и трехмерное многообразие, которое мы
будем называть гиперплоскостью. Первые три фигуры — это наши
старые знакомые из трехмерного пространства. Правда, некоторые
утверждения, связанные с ними, нуждаются в перефразировке.
138
Например, вместо следующей аксиомы трехмерного прострапстпа:
если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересе-
пересекаются по прямой,— следует ввести аксиому: если две различные
плоскости, принадлежащие одной гиперплоскости, имеют общую
точку, то они пересекаются по прямой. Введение нового геометри-
геометрического образа — гиперплоскости — заставляет ввести связанную
с ним группу аксиом, аналогично тому, как при переходе от геомет-
геометрии плоскости — планиметрии к геометрии трехмерного нрострап-
ства — стереометрии вводится группа аксиом (вспомните, каких?),
выражающих основные свойства плоскостей в пространстве. Эта'
группа состоит из следующих трех аксиом:
1. Какова бы ни была гиперплоскость, существует точки,
ей принадлежащие, и точки, ей не принадлежащие.
2. Если две различные гиперплоскостп имеют общую точку, то
онп пересекаются по плоскости, т. е. существует плоскость, при-
принадлежащая каждой из гиперплоскостей.
3. Если прямая, не принадлежащая плоскости, имеет с ней об-
общую точку, то существует единственная гиперплоскость, содержа-
содержащая эту прямую и эту плоскость.
Из этих аксиом непосредственно следует, что четыре точки,
не принадлежащие одной плоскости, определяют гиперплоскость;
точно так же три прямые, не принадлежащие одной плоскости, во
имеющие общую точку, или две различные плоскости, имеющие
общую прямую, определяют гиперплоскость. Мы не будем доказы-
доказывать эти утверждения; попытайтесь сделать это самостоятельно.
Для дальнейших рассуждений нам понадобится следующий
факт, справедливый в четырехмерном пространстве: три различные
гиперплоскости, имеющие общую точку, имеют общую прямую. В са-
самом деле, по аксиоме 2 любые две из трех гиперплоскостей имеют
общую плоскость. Возьмем две плоскости, по которым пересекается
какая-то из трех гиперплоскостей с двумя другими. Эти две плоскос-
плоскости, принадлежащие одной гиперплоскости, имеют общую точку,
и, значит, пересекаются по прямой или совпадают.
Перейдем теперь к доказательству нашего утверждешш. Если
бы три плоскости, о которых говорится в условии, были располо-
расположены в четырехмерном пространстве, то утверждение было бы
очевидным. Действительно, каждый трехгранный угол определяет
гиперплоскость. Две гиперплоскости пересекаются по плоскости.
Эта плоскость не принадлежит третьей гиперплоскости (по усло-
виго, эти гиперплоскостп пересекают одну из данных плоскостей
но трем прямым, не проходящим через одпу точку), и, следователь-
следовательно, пересекается с ними по прямой линии. Любые три соответствую-
соответствующие грани трехгранных углов лежат в одпой гиперплоскости,
определяемой двумя плоскостями, на которых расположены соот-
соответствующие ребра, и поэтому каждая тройка соответствующих
граней имеет общую точку. Три эти точки принадлежат трем гипер-
гиперплоскостям, определяемым трехгранными углами, и, как было
доказано, лежат на одной прямой. Теперь для завершепия доказа-
доказательства достаточно «увидеть» в даппом условии задачи проекцию
соответствующей четырехмерной конфигурации плоскостей и трех-
трехгранных углов.
Игорь Федорович Шарыгип
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ (СТЕРЕОМЕТРИЯ)
(Серия: «БвОлиотечка «Квант»)
Редактор И. М. Овчинникова
Технический редактор Е. В. Морозова
Корректоры О. А. Бутусова, Т. С. Вайсберг
ИБ № 12259
Сдано п набор 17.05.83. Подписано к печати 02.12.83. Т-22249.
Формат 84х108'/зг. Бумага тип. № 3. ОСыкнопепнап гарнитура
Высокая печать. Условн. печ. л. 8,4. Усл. кр.-отт. 8,82. Уч.-изд. л. 10.92.
Тираж 150 ОС0 экз. Заказ К» 3217. Цена 35 коп.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
2-я пшография издательства «Наука»
12101М, Москва, Шубинский пер., 11)