Текст
В. В. Прасол ов
И.Ф.Шарыгин
ЗАДАЧИ
по стереометрии
БИНЛПОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
И 1.1 ПУСК I»
В. В. ПРАСОЛОВ, II. Ф. ШАРЫГИН
ЗАДАЧИ
ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1989
ЕБК 22.151.0
П70
УДК 514.113(023)
Прасолом В. В.. Ш а р ы г и п И. Ф. Задачи по стерео-
метрии.— М.: Наука. Гл. род. физ.-мат. лит., 1989.— (Б-ка мат.
кружка).- 288 с,— ISBN &02-013921-I.
Содержит около 560 задач, спабжеиных подробными реше-
ния мн, и 60 задач для самостоятельной [>аГ>оти Болынинстно
задач по споей тематике бливки к школьной программе. Зада-
чи разбиты на циклы, связанные общей идеей решения. Внут-
ри каждого цикла задачи расположены в порядке возрастания
трудности. Такое разбиение поможет читателю ориентировать-
ся а наборе задач и даст ему воаытмкпость paaoOjMTicn непо-
средственно в заинтересовавшем его теме, не читая подряд
всю книгу.
Для школьников, преподавателей, студентов педагогиче-
ских институтов.
Рецензенты:
кандидат физико-математических наук В. Б. Васильев-,
кандидат физико-математических наук В, П. Долбилин
1602050000—046..____
11 053(02) -89 3889
ISBN 5-02-013921 I
©Издательство «Hayirau.
Главная редакция
фняино-математическоп
литературы, 1089
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие......................... . . . •
Зий1«>м<"П<<| се стереометрией . . .............
Решения ........................................
Глава 1. Прямые и плоскости о ирэетранстие . . . .
§ 1. Углы н рассюиппя между скрещивающимися
прямыми.............................. •
§ 2. Углы между прямыми п плоскостями . . . .
§ 3. Прямые, образующие равные углы с прямыми и
плоскостями...................................
§ 4. Скрещивающиеся прямые......................
$ 5. Теорема Пифагор» в пространстве..........
S С Метод координат .... . . . . .
Задачи для самостоятельного решения...........
Решения.......................................
Глава 2. Проекции, сечения, развертки ......
5 1. Вспомогательные проекции...................
1 2. Теорема о трех перпендикулярах . . . . .
5 3. Площадь проекции многоугольника . . . .
§ 4. Задачи о проекциях ......................
5 5. Сечения.........................
$ 6. Развертки...............................
Задачи для самостоятельного решения...........
Решения ....................................•
Глава 3. Объем ............
$ 1. Формулы дли объема тетраэдра п пирамиды
5 2. Формулы для объема многогранников и круглых
тел...........................................
$ 3. Свойства объема...........................
S 4. Вычисление объема .........
$ 5. Вспомогательный обком...................
Задачи для самостонюлыкао решения.............
Решении......................................
Глава 4. Сферы.........................
§ 1. Длина обшей касательпой.................
$ 2. Касательные к сферам ........
7
Я
И
18
18
Й
1*
3
§ 3. Две пересекающиеся окружное!и лежат иа одной
сфере ............. 63
$ 4. 1*а.<ныо задачи..............................Ci
J 5. Площадь сферической полоски и объем шарового
сегмента ............ 61
J в. Радикальная плоскость........................01
5 7. Сферическая геометрия и тслеспые углы . . 67
Задачи для самостоятельного решения...............CS
Решения...........................................1Ю
Глоки 5. Трех । ранные п многогранные углы. Тслремы
Чевы н Менелаи для трехгранник углам . . 32 '
§ I. Поля|н|Ый трииграииый v*va . . . **2
5 2. Неравенства с трехг раины мн углами . . 82
5 3. Теоремы синусов и косин усов 1ЛЯ г эдг рншк;
углов ..................................... ... >2
$ 4. Разные вадача .... ............М
§ 5. Многогранные углы . ..................М
$ 6. Теоремы Чены н Менелая для трехгранник углов 84
Задачи для самосточтельиего решения...............87
Решения...........................................88
Глава б. Тетраэдр, пирамида и призма ...... 1оО
$ I. Свойства тстр|1>д|1а . . 1<Ю
} 2. Тет|вздры, обладающие спецаальиммп свойствами 101
5 3. Прямоуголквый тетра.'Др.....................Ю2
$ 4. Равно) ранпый тетраэдр .....................ЮЗ
§ 5. Ортоцептрическнй тетраэдр....................Юг
§ 6. Достраивание тетраэдра ......................ЮН
$ 7. Пирамида и призма...........................1"7
Задачи для самосточ телики о решении . Ю4
Решеопя..........................................МО
Глава 7. Геометрические преобразования и векторы 131
$ 1. Свали риге произведен вв. Соотношении . . . 131
5 2. Скалярное произведение. Неравенства .... 132
5 3. Линейные заниенмости векторов ..... 132
J 4. Разные палачи ..............................133
§ 5. Векторное произведение ........ 133
{ 6. Симметрия...................................135
5 7. Гомотетия................................. 13Г»
§ 8. Поворот. Композиции иреонразопапий . . . 137
5 9. Отражение лучей света . 139
Задачи для самостоятельного решен ил ..... 139
Решения...........................................140
4
Глава 8. Выпуклые многогранники и пространственные
нпогоугольвики ........... 155
1 1. Разные яадачв .......... 155
? 2. Признака иевиисаппости и неоппсаниостп мпого-
грепппков.................................. 151
5 3. Формула Эйлера ..................... 150
$ 4. Обходы нпогоерапннкоп.................157
5 5. Пространственные многоугольники .... 153
Решения....................................159
Глава 9. Пренильные многогранники............174
5 1. Основные свойства и ранил иных многшрапннкоа 174
5 2. Взаимосвязи между правильными многогран-
на мн ... ..... . 176
§ 3. Проекции и сечении правильных миогог(1аппиков 177
§ 4. Самосоимсиюнмя нряиНльпых нвогограпчокои 177
5 5. Различные определения правильных миогогренг
ппкюв.................................... 173
ГеШСППИ....................................179
Главе 19 Геометрические нсракеистна ...... 190
$ 1 Длины, периметры..................... 190
$ 2 Углы..................................191
4 3. Площади............................. 192
§ 4. Объемы.............................. 192
$ 5. Разные мявчп .......... 193
5 iдачи для самостоятельное о решения......191
Решения.................................. 194
Глава 11. Задача на макенчум п минимум.......207
§ 1. Отрезок с копьями пн скрещивающихся прямых 207
$ 2 Площадь и объем . 207
5 3. Расстояния ...........................2ГЙ
S 4. Разные задачи.........................2D9
Задачи для самостоителыюго решения.........209
Решения....................................210
Глава 1!. Построения и геометрические места точек 219
5 1. Скрешниаюшиеся прямые............. 219
$ 2 Сфера и трех травный угол.............220
$ 3. Разные ГГ.ГГ..........................220
5 4. Построения на изображениях............221
5 5. Построения, связанные с прострниствеппыми фи-
гурами .................................222
Решения ............. 222
5
Глава 13. Некоторые методы решения задач ... 231
$ 1. Принцип крайнего.......................... 231
| 2. Принцип Дирихле . .........................231
$ 3. Выход в пространство .......................232
Решении...........................................235
Глава 14. Центр маге. Момент пнерцип. Карицептрчче-
скне координаты , , ... 2'4
5 1- Центр масс и его осноиныо свойства .... 244
$ 2. Момент инерции . 245
{ 3. Варпцентрические координаты..................2<Й
Решения......................................... 247
Глава 15. Разные аадлчп............................ 255
| 1. Примеры и контрпримеры.......................254
5 2. Целочпслеяные решетки........................255
§ 3. Разрезании. Разбиения. Раскраски............2;Vi
§ 4. Задачи одиночки..............................257
Решения......................................257
Глава 16. Иппереип и стереографически и проекция 271
$ 1. Свойства инверсии............................271
| 2. Сделаем инверсию.............................273
$ 3. Наборы касающихся сфер.......................272
$ 4. Стереог(мтфическан проекция..................273
Решения......................................274
Приложение. Задачи для сампе.тонтелыюго решения 232
Список |»комепдуемой литературы ...................2Ы»
ПРЕДИСЛОВИЕ
Настоящий сборник задач предназначен для уча-
щихся старших классов, преподавателей математики,
руководи гелей математических кружков и студентов
педагогических институтов. Его можно использовать
как источник задач для внеклассной работы и как посо-
бие для самостоятельного изучении геометрии.
Недавно изданная книга II. Ф. Шарыгина «Задачи
по геометрии. Стереометрия» (М.: Паука, 1984) наряду
с задачами письменных конкурсных экзаменов содержит
много интересных задач повышенной трудности, как
известных, так и оригинальных, авторских, но задачи
в ней почти не систематизированы. Дело и том, что уси-
лиями как профессиональных математиков, так и просто
любителей математики в области стереометрии был на-
коплен богатый и интересный материал, и поэтому сна-
чала нужно было собрать теоремы я задачи, изучить
и сравнить их различные доказательства, т. е. провести
предварительную обработку всего этого материала,
а уже потом привести его к более стройному и завер-
шенному виду. В нашей книге мы и постарались спра-
виться со второй задачей. Разумеется, при этом мы
опирались на первый этап работы, и все наиболее ин-
тересные задачп из указанной кннгп а нашу книгу
вошли (с переработанными решениями); они составляют
примерно половину ее.
Книга содержит около 560 задач, снабженных реше-
ниями, п около 60 задач для самостоятельного решения.
По сравнению с указанной книгой И. Ф. Шарыгина
включено несколько новых тем: центр масс, правиль-
ные многогранники, инверсия, принцип Дирихле, раз
резания, целочисленные решетки и т. д. Для удобства
пользования принята подробная рубрикация; задаче
разделены на 16 глав, а каждая глава на 5—6 пара
графов.
Особый интерес представляет вводная часть —
«Знакомство со стереометрией». В ней собраны задачп.
1
пе требующие фактически никаких внаний по стерео-
метрии, но для решения которых нужно обладать про-
странственным воображением.
При решении некоторых задач используются пла-
ниметрические факты; мы сочли излишним повторять
ох известные доказательства. В таких случаях укааы-
.•ается, где ети доказательства можно прочитать. Ссыл-
ги даются на две книги, изданные недавно и достаточно
большим тиражом: Прасолов В. В. Задачи по
планиметрии, чч. 1, II.— М.: Наука. 1986 (в ссыл-
ках — Прасолов п номер соответствующей задачи)
п III а р ы г и н И. Ф. Задачи по геометрии. Плани-
метрия.— Изд. 2-е.— М.: Паука. 1986 (и ссылках —
Шарыгин; римская цифра указывает номер раздела,
арабская — номер задачи). См., например, с. 37.
Значительную часть книги составляют задачи по-
вышенной трудности, причем некоторые из них требу-
ют предварительного знакомства с основными поня-
тиями и теоремами стереометрии. Поэтому начинаю-
щим изучать стереометрию рекомендуются в первую
очередь следующие задачи:
1.1, 1.7, 1.8, 1.11, 1.12, 1.13, 1.14, 1.17, 1.18, 1.19,
1.21. 1.22;
2.1, 2.9, 2.10, 2.11, 2.13, 2.14, 2.18, 2.26;
3.1, 3.2, 3.3, 3.7, 3.10, 3.32;
4.1. 4.2, 4.3, 4.12, 4.41;
5.1. 5.2, 5.3, 5.4, 5.5, 5.6, 5.11, 5.16;
6.1, 6.2, 6.3, 6.18, 6.19, 6.54;
7.1, 7.12, 7.31, 7.33, 7.34, 7.52;
10.13, 10.22, 10.23, 10.32, 10.35;
11.1, 11.10, 11.17, 11.18;
12.20, 12.21, 12.22, 12.23, 12.25, 12.26;
15.1, 15.2, 15.3, 15.4, 15.5, 15.26.
ЗНАКОМСТВО СО СТЕРЕОМЕТРИЕЙ
1. Сложите 6 спичек так, чтобы образовалось 4
правильных треугольника со стороной, равной длине
спички.
2. Предложите практический способ непосредствен-
ного намерения диагонали кирпича (без каких-либо
вычислении).
3. Можно ли наготовить звезду, изображенную на
рис. 1?
4. Решая задачу, ученик изобразил тетраэдр, в ко-
тором проведено сечение (рис. 2). Правилен ли его
чертеж?
5. Па рис. 3, а н б изображены проекции двух мно-
гогранников, точнее говоря, их вид сверху. (Никаких
невидимых ребер нет.) Возможны ли такие многогран-
ники?
6. Какую форму должна иметь пробка, чтобы ею
можно было аяткнуть отверстия трех видов: треуголь-
ное, квадратное и круглое?
7. Можно ли в плоскости прорезать тонкое отвер-
стие, не разбивающее ее на части, сквозь которое мож-
но продеть каркас: а) куба; б) тетраздра? (Ребра кар-
каса считаются сколь угодно тонкими.)
9
8. Можно ли четы pi,мн свинцовыми шарами закрыть
точечный источник света? (Источник считается закры-
тым, если любой луч, выходящий из пего, пересекает
хотя бы одни из шаров.)
Рп< 3
9. Вырежьте из прямоугольного листа бума tn фигу-
ру, п.чобрюкенпч ,о на рис. 4. (Клеем пользоваться
нельзя.)
10. Можно ли сложить 6 карандашей так, чтобы лю-
бые дна из них сонрпьасалнсь? Тот же вопрос для 7 ка-
рп ндашей.
II. Человек прошел километр па север, затем кило-
метр на запад н километр иа юг. Мог лп он при этом
вернуться и исходное положение?
12. 11а 7 одинаковых кубиков склеен «крест» следую-
щим образом: к каждой из 6 граней одного из кубиков
приклеено но кубику
(склейка происходит по
грапнг.1). Можно ли таки-
ми «крестами» заполнить
без просветов асе прост-
ранство?
13. а) Вершины М и
W куба с ребром я симмет-
ричны относительно цент-
ра куба. Найдите длину
кратчайшего пути, идуще-
го из М в Л' по поверхнос-
ти куба.
б) Коробка имеет фор-
му прямоугольного парал-
лелепипеда размером 30 X 12x12. Точка А находится
па грани 12х'12, причем она удалена па расстояние!
от одной стороны этой грани и равноудалена от двух
10
других параллельных сторон. Канона длина кратчай-
шего пути ио поверхности коробки из точки А в точ-
ку, симметричную ей относительно центра паралле-
лепипеда?
14. Можно ли единичный кубик завернуть в платок
размером 3x3?
15. а) Докажите, что поверхность куба можно раз-
резать так, что, развернув ее, получим фигуру, изобра-
женную на рис. 5, а.
б) Та же задача для фигуры, изображенной на
рис. 5, б.
16. Докажите, что из прямоугольного листа бумаги
можно склеить бесконечно много различных тетраэд-
ров (склейка производится только по краям, без нало-
жений).
17. а) Можно ли соединить 3 резиновых кольца так,
чтобы их нельзя было расцепить, но после разрезания
любого из них они расцеплялись бы?
б) Тот же вопрос для 10 колец.
Решения
1. Спички нужно сложить в виде 1цшпнльио1'о тетраэдра.
2. Можно, иаприиор, сложить три кирпича так, как по» a ч«-
по пя рве. 6, и намерить расстояние между отмеченными 104-
каин.
3. Нет, такую аиеаду ИЗГОТОВИТЬ нельзя. Обозначим верши-
ны звезды так, как покяаано на рис. 7. Рассмотрим плоскость
И
Звено показывает, что точка Л, лежит «выше*
зтой плоскости; звено AtAt показывает, что точка Л4 лежит
«ниже» се. А пот авсно Л»И4 показывает, что, наоборот, Аг ле-
жит «ниже», а А, «выше».
Ивображениая звезда представляет собой один па примеров
так нааыпаеыых «невозможных объектов». Подобного рода
объекты н конструкции не таи
уж редки а живописи. Они
встречаются уже в работах
Рис. О
старых русских мастеров иконописцев. Очень много «невоз-
можных объектов» изобрел известный голландский художиг":
Зигер (1898—1972), Творчество которого любят многие матема-
тики и физики.
4. Заштрихованный па рис. 2 четырехугольник не может
быть плоским. В самом деле, продолжении протившюложных
сю|>он сечения, изображенных сплошной линией, пе|№секд|<>т
продолжения переднего ребра тетраэдра в двух различных точ-
ках. Этого не может быть, так как плоскость в прямая, в ней по
лежащая, имеют нс более одной обитой точки.
5- Изображенные многогранники невозможны. Обозначим
да рис. 3, а вершины внешнего четырехугольника (квадрата),
начиная с правой нижней, против часовой стрелки через А, В,
С в D, а вершины внутреннего четырехугольника через А(, Вх,
Ct и Dt соответственно. Рассматривая сечения, параллельные
плоскости ABCD, убедимся, что Rt отстоит от плоскости
ABCD дальше, чем Л,, С, — дальше, чем В,, Dt — дальше, чем
Ct, Af — дальше, чем Dx. Это невозможно.
Введем на рис. 3, б такие же обозначения, как н на рис. 3, а.
Каи в в предыдущей случае, легко убедиться, что точки А, и
Ct менее удалены от плоскости ABCD, чем точки В, и Dx Сле-
довательно, любая точка отрезка AtCt менее удалена от пло-
скости ABCD, чем любая точка отрезка B|£>t, а значит, втп
12
отрезки но пересекаются. Поэтому точки Л(, Bt, С, и Dt не мо-
гут лежать в одной плоскости.
6. Задача имеет бесконечно много решений. Условию зада-
чи удовлетворяет, например, пробка, изображенная на
рис. 8, а (кусок цилиндра с квадратным сечением обрезал а виде
клина). С другой стороны, формально ооаможна даже фигура,
изображенная на рис. 8, 6 (круг, квадрат н треугольник, рас-
положенные так, как показано па атом рисунке).
Рис. 9
7. а) Процесс протаскивания каркаса куба сквозь отвер-
стие в виде буквы Н изображен на рис. 9, о. Сначала подводим
одно ребро куба к перекладине и двигаем куб до тех пор, пока
13
сквозь перекладину не пройдет второе ребро. Затем сдвигаем
куб так, чтобы к перекладин» переместилась другая пара «вер-
тикальных» ребер. Дальнейший процесс аналогичен преды-
дущему.
б) Процесс протаскивания каркаса тетраэдра сквозь отвер-
стие в виде буквы Т изображен на рве. 9. 6. Расположим тет)>а-
вдр так. чтобы одна его «рань была иараялслыш данной пло-
скости, а его противоположная вершина была обращена к пло-
скости. Подведем ату вершину к разрезу и начнем проталкпизть
тетраэдр так, чтобы дпа его р«<>ра двигались по горизонтальной
«перекладине» буквы Т, а одно — по ее нертикальвой «стойке».
Когда к «перекладине» подойдет ребро Г|»ани, параллельной иль
скости, повернем слегка тетраэдр вокруг этою ребра. Остав-
шаяся часть тетраэдра проталкивается сквозь отверстие оче-
видным образом.
8. Можно. Пусть источник света находится в центре О пра-
вильною тстраздра ABCD. Рассмотрим трехгранный угол, «бра-
вованныб лучами ОА, ОВ и ОС Построим шар. ие|нтекающц|"|
лучи ОА, ОВ и ОС п не содержащий точки О. Такой шар, как
Легко видеть, существует: можно, например, взять швр, касаю-
щийся лучей ОА, ОВ и ОС, п слегка его увеличить (или проба и-
вить к О). Этот шар, очевидно, за-
кроет' весь трехгранный угол ОА ВС.
Другим шаром закроем угол OABD.
Если второй шар пересекается с
первым, то, отодвигая его центр ио
лучу ОР, где Р — пеитр второго
шара, и соответственно увеличивая
его радиус, всегда можно добить-
ся того, чтобы второй шар не пере-
секался с первым. Затем точно так
же построим шар, закрывающий
трехгранный угол OACD и не Пе-
ресекающийся с двумя первыми ша-
рами. и шар, закрывающий трех-
грапиыи угол OBCt).
Еслп потребовать, чтобы псе шары были одинакового радиу-
са, то наименьшее число шаров, закрывающих источник свеча,
равно 6. Доказательство этого факта достаточно сложно. По-
пробуйте, однако, самостоятельно найти нужную конструк-
цию па 6 равных шаров.
8- Требуемая выкройка изображена на рис. 10. Ее нужно
ваять в руки, держа левой рукой левый край, а правой — пра-
вый, и повернуть правый край на 180'* па себя Дальнейшее оче-
видно.
И
10. Ни рис. 11, а показано, как сложить три карандаша.
Сверху па них можно положить ен»е три карандаша, сложенных
аналогичным образом (рис. 11, 6); при атом карандаши можно
сложить так, чтобы диаметр вписанной окружности треуголь-
ника, образованного точками касания трех нижних (н трех
верхних) карандашей, был равен диаметру карандаша. Тогда в
обрааовявпшпея между ними зазор можно вставить седьмой
Если А — диаметр карандаша, I — его длина, то сложить
7 карандапиТт указанный способом можно, лишь если Hl < к,
где X — некоторое число. Найдите самостоятельно нанменьпте»
такое X. (Для обычных ис-
очмиелиых карандашей тре-
буемое соотношение выполня-
ется.)
II. Да, мог. II род пол о
жнм, что человек вышел из
точки А и, пройдя но мери-
диану 1 км па север, оказал-
ся в точке В. Пройдя I км по
параллели, on может снопа
оказаться в точке В, если
обойдет один или несколько
рая вокруг Северного полюса.
Для этого длина параллели,
на которой лежит точка В. должна быть равна \!п км.
12. Можно. Разобьем пространство па слои толщиной 1,
а слои разобьем на единичные кубики. В почетных слоях по-
местим центры крестов в клетках, отмеченных цифрой 1, а в чет-
ных слоях — в клетках, отмеченных цифрой 2 (см. рис. 12).
15
13. ) Любой Пул., Идущий по поверхности куба, можно раз*
вернуть на плоскость. На рис. 13, а изображены развертки
шести кратчайших путей, цдущлх из Л/ в Л'; длина каждого из
них равна 1/5л.
Нис. 13
б) Как и в задаче а), достаточно выбрать наименьший нз
отрезков AB, AC, AD и ЛЕ (рис. 13, 61. Ясно, что АН* 42*
-1764, АС* = 37*+17* = 165В. AD* — 32* 1 24- -. 1600 и
АЕ> AD. Кратчайший путь ЛГ> имеет длину 40.
Изобразите самостоятельно этот путь на параллелепипеде.
Рис. 14
•4. Можно Из квадрата со стороной 21^2 можно вырезать
фигуру, в которую можно завернуть единичный кубик (на
рис. 14 эта фигура заштрихована). Ясно также, что 21^2 < 3.
10
15. Вырежьте эти фигуры из бумаги. Свернуть на них но
нервность куба вы сможете без затруднений (сгибать их нужно
ио диагоналям квадратиков;
16. Склеим из прямоугольника цилиндр и выделим на его
перхпем и нижнем основании два диаметра. Если угол между
аг ими диаметрами не слишком всЛмк. ю «сплющив» основания
по этим диаметрам, получим тетраэдр. Изменяй угол между диа-
метрами. будем получать разные тетраэдры
17. Можно. На рис. 15 показало, как сцепить 5 колец. Ана-
логичный образом можно сцепить любое количеств» колец.
2 в В. Прасолов. II, Ф Штрктип
Глава J
ПРЯМЫЕ II ПЛОСКОСТИ В ПРОСТРАНСТВЕ
§ 1. Углы и расстоянии
между cK|ieiiuiRnK>tititMHCii прямыми
1.1. Дай куб AHCDAxH,CiDt с ребром а. Найдите
угол и расстояние между прямыми AtR и >167,.
1.2. Днн кубе ребром I. Найдите угол и раа године
между скрещивающимися диагоналями двух его со-
седних граней.
1.3. Пусть К, L и М — середины ребер AD, AtHi
и CCt куба AliCDAtHxCxDt. Докажите, что треуголь-
ник KL.M правильный, причем его центр совпадает с
центром куба.
1.4. Дан куб AHCDAJ^CjD, с ребром 1, А' — сере-
дина ребра DDt. Найдите угол п расстояние между
прямыми СК и A,D.
1.5. Ребро CD тетраэдра AHCD перпендикулярно
плоскости А НС; М—середина DH, Л'— середина
АН, а точка Л' делит ребро CD в отношении С К : KD —
*1:2. Докажите, что прямая СК равноудалена от
прямых AM и НК.
1.6. Найдите расстояние между двумя скрещиваю-
щимися медианами граней правильного тетраэдра с реб-
ром 1. (Исследуйте все возможные варианты располо-
жения медиан.)
§ 2. Углы между прямыми и плоскостями
1.7. Плоскость задана уравнением ах 4- by Ь а 4-
+ d = 0. Докажите, что вектор (а, Ь, с) перпендикуля-
рен этой плоскости.
1.8. Найдите косинус угла между векторами с коор-
динатами («|, fc„ с,) и (а2, А,, с,).
1.9. В прямоугольном параллелепипеде
AHCDAfitCiDi известны длины ребер: АН — at
AD * Л, AAt — с.
13
а) Найдите угол между плоскостями В/?(Л и ABCt.
б) Найдите угол между плоскостями ABtDt и A^J).
в) Найдите угол между прямой В/>, и плоскостью
А,В1).
1.10. В основании правильной треугольной призмы
лежит треугольник АВС со стороной а. На боковых
ребрах взяты точки At, Bt и Ct, расстояния от которых
до плоскости основания равны а/2, а и За/2. Найдите
угол между плоскостями ABC u AiBtCl.
§ 3. Прямые, образующие равные углы
с прямыми и плоскостями
1.11. Прямая / образует ранные углы с двумя пере-
секающимися прямыми /, н /7, причем он» не перпенди-
кулярна плоскости П. содержащей ат и прямые. Дока-
жите, что проекция прямой I на плоскость II тоже об-
разует равные углы с прямыми I, и 12.
1.12. Докажите, что прямая / образует ранные углы
с двумя пересекающимися прямыми тогда и только
тогда, когда она перпендикулярна одном из двух бис-
сектрис углов между этими прямыми.
1.13. Даны дне скрещивающиеся прямые /, и lt: на
взяты точки ()t и At, на /2 взяты точки Ot и /1,, пря-
чем O,Ot — общий перпендикуляр к прямым и /2,
а прямая А ,Л2 образует ранные углы с прямыми 1Л и 4-
Докажите, что OtAt « ()tAt.
1.14. Точки 4, и At принадлежат плоскостям П( и
П2, пересекающимся но прямой I. Докажите, что пря-
мая 4,4, образует равные углы с плоскостями llt и
llt тогда я только тогда, когда точки At u At равноуда-
лены от прямой I.
1.15. Докажите, что прямая, образующая попарно
равные углы с тремя попарно пересекающимися прямы-
ми, лежащими в плоскости II, перпендикулярна пло-
скости 11.
1.16. Даны три прямые, нс параллельные одной пло-
скости. Докажите, что существует прямая, образую-
щая с ними равные углы; более того, через любую точ-
ку можно провести ровно четыре такие прямые.
2*
19
§ 4. Скрещивающиеся пряные
1.17. Даны две скрещивающиеся прямые. Докажи-
те, что существует единственный перпендикулярный нм
отрезок, концы которого лежат на этих прямых.
1.18. В пространстве даны дне скрещивающиеся пря-
мые I, н l.t и точка О, нс принадлежащая ин одной из
них. Всегда ли существует прямая, проходящая через
точку О и пересекающая обе данные прямые? Может
ли таких прямых быть две?
1.19. В пространстве даны три попарно скрещиваю-
щиеся прямые. Докажите, что существует единствен-
ный параллелепипед, три ребра которого лежат на этих
прямых.
1.20. На общем перпендикуляре к скрещивающимся
прямым р п 7 взята точка Л. По прямой р движется точ-
ка A/; N — проекция точки Л/ на прямую 7. Докажи-
те, что все плоскости AMN имеют общую прямую.
§ 5. Теорема Пифагора в пространстве
1.21. Прямая I образует с тремя попарно перпенди-
кулярными прямыми углы а, р и у. Докажите, что
cos’ a |- cos* 0 + cos* у = 1.
1.22. Плоские углы при вершине /) тетраэдра AHCD
прямые. Докажите, что сумма квадратов площадей
трех его прямоугольных граней равна квадрату площа-
ди грани АВС.
1.23. Внутри шара радиуса В взята точка А па рас-
стоянии а от его центра. Через точку Л проведены трп
попарно перпендикулярные хорды.
а) Найдите сумму квадратов длин этих хорд.
б) Найдите сумму квадратов длин отрезков хорд,
на которые их делит точка Л.
1.24. Докажите, что сумма квадратов длин проек-
ций ребер куба на любую плоскость равна 8а*, где а —
длина ребра куба.
1.25. Докажите, что сумма квадратов длин проек-
ций ребер правильного тетраэдра на любую плоскость
равна 4я*, где а — длина ребра тетраэдра.
1.26. Дан правильный тетраэдр с ребром в. Докажи-
те, что сумма квадратов длин проекций (на любую
плоскость) отрезков, соединяющих его центр с верши-
нами, равна в*.
20
§ 6. Метод коордншгг
1.27. Докажите, что расстояние от точки с коорди-
натами (х#, ул, ?,,) до плоскости, заданной уравнением
ex |- by + cz + d = 0, равно
1^ + 4 > "<, + rfl
|Л.* + б’ч-с1
1.28. Дани две точки Л и В н положительное число
А у- 1. Найдите геометрическое место таких то-
чек Л/ (ГМТ), что ЛМ : ЯЛ/ = *.
1.29. Найдите геометрическое место таких точек X,
что рАХ2 + qBX* 4- Н.№ “ d, где А, В и С — дан-
ные точки, р, q, г в d — данные числа, причем р + q -f-
• г — 0.
1.30. Оси двух конусов, у которых равны углы меж-
ду осью и образующей, параллельны. Докажите, что
все точки пр|>есечения их поверхностей лежат в одной
плоскости.
1.31. Дан куб ABCDAiB^C^Dt с ребром а. Докажи-
те. что расстояние от любой точки П|юстранстиа до
одной пз прямых ЛЛ|, В{СХ, CD не меньше alV'l.
1.32. На трех взаимно перпендикулярных прямых,
пересекающихся в точке О, даны точки Л, В и С, рав-
ноудаленные от О. Пусть I —произвольная прямая,
проходящая через О; точки At, Bt и Ct симметричны
А, В и С относительно I. Плоскости, проходящие через
точки Af. Bt и Ct перпендикулярно прямым ОЛ, О В
и ОС соответственно, пересекаются в точке Л/. Найдите
геометрическое место точек Л/.
Задачи для самостоятельного решения
1.33. Параллельные прямые lt и /г расположены в
двух плоскостях, пересекающихся ио прямой I. Дока-
жите, что Z,| I.
1.34. Три прямые попарно скрещиваются. Докажи-
те, что существует бесконечно много прямых, пересе-
кающих сразу все три аги прямые.
1.35. Треугольники АВС и /1,^,6?, не лежат в одной
плоскости, а прямые АВ и /1|Л|, АС и AtClt ВС и
B,Ct попарно пересекаются.
а) Докажите, что точки пересечения указанных пря-
мых лежат па одной прямой.
21
6) Докажите, что прямые АА,, ВВ, и СС, пересе-
каются в одной точке или параллельны.
1.36. В пространстве дано несколько прямых, при-
чем любые две из них пересекаются. Докажите, что
либо все они лежат в одной плоскости, либо все они
проходят через одну точку.
1.37. В прямоугольном параллелепипеде
ABCDA,B,C,D, диагональ АС, перпендикулярна пло-
скости A,BD. Докажите, что этот параллелепипед яв-
ляется кубом.
1.38. При каких расположениях двугранного угла
и секущей плоскости в сечении получится угол, кото-
рый бнссекторпая плоскость двугранного угла пересе-
кает по его биссектрисе?
1.39. Докажите, что сумма углов, которые прямая
образует с двумя перпендикулярными плоскостями,
не превосходит 90°.
1.40. В правильной четырехугольной пирамиде угол
между боковым ребром и плоскостью основания равен
углу между боковым ребром и плоскостью боковой тра-
пп, пе содержащей этого ребра. Найдите этот угол.
1.41. Через ребро А А, куба АВ€ВА,В,С,/), прове-
дена плоскость, образующая равные углы с прямыми
ВС и В,1). Найдите эти угли.
Решения
1.1. Легко проверить, что треугольник A,BD равносторон-
ний. Кроче того, точки A равноудалена от его нершпн. Поэтому
она проецируется в центр этого треугольника Аналогично
точка Ct проецируется в центр треугольника A,Bf). Следова-
тельно, прямые А,В и АС, перпендикулярны, а расстояние
между ними равно расстоянию от центра треугольника A,BD
до его стороны. Так как стороны этого треугольника раины
о1'2, искомое расстояние равно
1.2. Рассмотрим диагонали АВ, и ВГ) куба ЛВ('1>Л,В,С,й,.
Так как B,D,IBD, угол иежду диагоналями АВ, и ВГ) равен
углу AB,D,. Но треугольник АВ,В, равносторонний, поэтому
г.АВ,О, — 60е.
Легко проверить, что прямая ВГ) перпендикулярна пло-
скости АСА,С,; поэтому при проекции на эту плоскость она
переходит в середину Л/ отрезка АС. Аналогично точка В, при
этой проекции переходит в середину N отрезка А,С,. Таким
образом, расстояние между прямыми АВ, н В Г) равно расстоя-
22
пмю от точки Ы до прямой AN. Если катеты прямоугольного
треуio/п.никл равны а и 6, а его гипотенуза раина е, то расстоя-
ние от вершины прямого угла до гипотенузы равно able. В пря-
моуюлы1оы треугольнике ANN катеты равны 1 и 1/^2, поэто-
му его гипотенуза раина V3/2, а искомое расстояние рав-
но i/Уз.
1.3. Пусть О — центр куба. Тогда 20 К = CtD, WL =
—> ♦ >
•= !>ЛХ п 20 М “ 4(С‘|. Так как треугольник (\1)Ах прениль-
ный, то треугольник KLM тоже нрапильиын, причем О —
его центр.
1.4. Вычислим сначала величину уг.та. Пусть М — се|>одигч
р<б| a 2<В,. Тогда A,Ml КС, поэтому угол между прямыми Сл
п 4,0 ранен углу MA,D. Этот угол можно вычислить по теоре-
ме косину* on, так как A,D =» Т'2. Д|Л/ "V5/2 n DAf = 3 2.
После н< сложных ныепслепиН пол уч ом cos.W4[/> 1/уТо.
Для вычисления расстояния между прямыми СК и A,D
сп|яич(ируем их на плоскость, про сод ищут, через ребра АВ я
С,1),. Прямая прп этом проецируется и середину О отрез-
ки AD,. а точки С я К — в середину Q отрезка ВС, п се|едп"У
/' отразив OD,. Расстояние Ыегцду прямыми СК п Л,О равно
расстоянию от точки О до прямой PQ. Катеты ОР и 0Q прямо-
угольного треугольника OPQ равны 1/Д/6 п 1. Потому ею
гппотенузя равна З/Д/8. Искомое рассточипе равно произве-
дению та ин катетов, деленному на длину птотенузы. т. о.
оно равно 1'3.
1.6. Рассмотрим проекцию па плоскость, перпендикулярную
прямой CN. Проекцию любой точки X будем обозначать X,.
Расстояние от прямой CN до прямой 4 Л/ (соответственно ВЛ)
равно расстоянию от точки С, до прямой Л, Л/( (соотычстиенно
Bt А’|). Ясно, что треугольник — равнобедренный, К, —
точка пересечения ею медиан, С,—середина /4|й|, а М,—
середина B,D,. Поэтому прямые 4tAf| и В-К, содержат медиа-
ны рапнобедрепиот треугольника, а значит, точка С, равно-
удалена от них.
t.O. Пусть ABCD — данный правильный тетраэдр, К —
ссрсднни АВ, М — середина АС. Рассмотрим проекцию на
плоскость, перпендикулярную грани ЛВС и проходящую через
ребро АВ. Пусть D, — проекция вершины Г). Mt — проекция
точки Л/, т. е. середина отрезка А К. Расхгтояппе между прямы-
ми СК и DM равно расстоянию от точки К до прямой DtMt.
В прямоугольном треугольнике DtMtK катет KAft равен 1/4,
а катет OtA/j равен высоте тетраэдра ABCD, т. в. он равен
23
1/2/3. Поэтому гипотенуза равна V35/48, а значит, искомое
расстояние равно V2/35.
Если Лг — середина ребра CD, то для нахождения расстоя-
ния мсящу медианами СК и BN можно рассмотреть проекцию
на ту же плоскость, что и я предыдущем случае. Пусть N, —
проекция точки JV, т. е. середина отрезка DtK. В прямоуголь-
ном треугольнике BNtK катет КВ район 1/2, а катет A.V| ра-
мп 1^1/0. Поэтом)' гипотенуза равна Vb/12, а искомое рас-
стояние равно l/l/10.
1.7. Пусть (ж„ у,, а,) и (rt, р„ точки данной плоскости.
Тогда ох, 4- бу, + ci, — («т, + бу, 4- nJ" О, а значит, век-
торы (ж( — х„ »т — Vt, «I — с») и (о, Ь, с) перпендикулярны.
Поэтому любая прямая, проходящая через две точки данной
плоскости, перпендикулярна вектору (а, Ъ, с).
1.8. Так как (u, v) w |и|-|т| совф, где ф — угол между
векторами и < v. то искомый косинус угла равен
V. + Ma + Vl
|Л; + ь; + с* | + Ь\ + с*
1.9. а) П е р в о е решение. Возьмем в качестве иача
ла координат точку Л и направим осн Ох, Оу и Ог по лучам ЛВ,
ЛЬ и ЛЛ|. Тогда вектор с координатами (Ь, а, 0) перпендикуля-
рен плоскости BB\D, а вектор (0. с, — б) перпендикулярен пло-
скости ЛВС,. Поэтому косинус угли между данными плоскостя-
ми равен лг/ (л* + 4*-1/ь«4-г.
Второе решение. Если площадь параллелограмма
ABC,D, ранив 5, а площадь его проекции на плоскость BH,D
равна », то коспиус угла между рассматриваемыми плоскостями
равен t/S (см. задачу 2.13). Пусть М п N — проекции точек
А к С, на плоскость BB,D. Проекцией параллелограмма
ЛВС,Ь, на эту плоскость является параллелограмм MBND,.
Так как МВ ** о*/Vo* + !>*, то » w e*c/Vо* 4- Ь*. Остается
ааыетить, что S = eV** 4- Л
б) Систему координат введем так же, как и в первом ре-
тении задачи а). Если плоскость задана уравнением рх 4"
4 ЧУ + г» = », то вектор (р, q, г) перпендикулярен ей. Пло-
скость AB,D, содержит точки А, В, и D, с координатами (0,
0, 0), (в, 0, с) и (0, Ь, с). Эти условии позволяют найти се уравне-
ние: Ьсх + асу — аЬг = 0; значит, вектор (бе, ас, —ab) пер-
пендикулярен ей. Учитывая, что точки с координатами (0, 0, с),
(в, 6, <4 п (0, Ь, 0) принадлежат плоскости A,C,D, находим се
уравненье п получаем, что вектор (бе, —вс, —вб) перпендикуля-
24
pew ей. Поэтому косинус угла между данными плоскостями ра-
вен косинусу угла между этими двумя векторами, т. е. он равен
(в«Ь! |- 6*с* — aM)/(d«fe« + 4М + оМ|.
в) Систему координат введем так же, как в первом решении
(адачи а). Тогда плоскость A,BD задается уравнением .г/о |-
+ ytb + it с »» 1, а значит, вектор а1к-(Ма, 1/4, 1/с) "•
♦
= (he, со, ah) перпендикулярен этой плоскости. Вектор BD,
имеет координаты (—в, Ь, е). Поэтому синус угла между прямой
ВО, и пл<<1«ктью А,В/> район косинусу угла между векторами
(—о, Ь, с) и (4с, со, ob), т. е. он равен ойс/Т'о’ -f- й* с*Х
У | - ««й» + ЙМ + Ат».
1.10. Пусть О — точка пересечения прямых АВ н Л(В|,
М —точка пересечения прямых АС и А,С,. Докажем сначала,
•по МОА.ОЛ. Возьмем для этого на отрезках ВВ, и CG точки
В, и С, гак, что ВВ, = СС, = ЛЛ>. Ясно, что МА : ЛА,
— AC:C,C,= t u ОА : АЛ, => АВ : В, В, = 2. Поэтому
Л/Л : ОА “1:2. Кроме того, Z. МАО — MF, а значит,
/-ОЧА — ОС11. Следовательно, плоскость АМА, перпендику-
лярна прямой МО, по которой пересекаются плоскости АВС и
Л,В(С,. Поэтому угол между этими плоскостями равен углу
ЛЛ/4,, который рлвеи 45°.
1.11. Доказательство достаточно пронести для случая, ког-
да прямая I проходит череа точку О пересечении прямых /, и
I, Пусть Л — некоторая точка прямой I, отличная or О', Р —
проекция точки Л на плоскость II; В( и В. — основания нер-
пеиднкуляров, опущенных пз точки А на прямые /, и I,. Так как
/ЛОВ, — Z-ЛОВ», то прямоугольные треугольники АОВ, и
АОВ, раины, а значит, ОВ, = ОВ,. По теореме о трех перпен-
дикулярах /‘В, ХОВ, и ВВ, ХОВ, Прямоугольные треугольники
РОВ, и РОВ, имеют общую гипотенузу и равные катеты ОВ,
и ОВ„ поэтому онп равны, а значит, ЛРОВ, = С.РОВ,.
1.12. Пусть П — плоскость, содержащая данные прямые.
Случай, когда 1±П, очевиден. Если же прямая I не перпендику-
лярна плоскости П, то I образует равные углы с данными пря-
мыми тогда только тогда, когда ее проекция на II является
биссектрисой одного из углов между ними (см. задачу 1.11);
это означает, что I перпендикулярна второй биссектрисе.
1.13. Пропадом через точку О* прямую I,, параллельную
Ij. Пусть 11 — плоскость, содержащая прямые lt п Л1 — про-
екция точки /tj па плоскость П. Как следует ня задачи 1.11,
прямая А,А, образует равные углы с прямыми (' н I*. поэто-
му треугольник А’,О,А1 равнобедренный, а значит, О4Л. =
«О.Л^О.Л^
25
Легко проверить, что верно и обратное: если OiAt — OtAt,
го прямая AtAt образует равные углы с прямыми 1( и lt.
1.14. Рассмотрим и|»ое|«цпо на плоскость П, пвршндику-
лярную прямой I. Точки Л, в 4, при агой проекции переходят в
Af н А,. прямая 1 — в точку L, а плоскости П, и 11, — в пря-
мые Р| и р, Как следует из решения задачи 1.11, прямая AtAt
образует равные углы с перпендикулярами к плоскостям 1)(
в П, тогда и только тогда, когда прямом А{Аг образует равные
углы с перпендикулярами к прямым р, и д,. т. о. образует ран-
ные углы с самими прямыми р, и р,; а это, в своп очередь, озна-
чает, что A^L «• Atb.
1.15. Если прямая не перпендикулярна плоскости П п
образует равные углы с двумя пересекающимися прямыми згой
плоскости, то ее проекция на плоскость II параллельна биссект-
рисе одного на двух углов, образованных этими прямыми (за-
дача 1.12). Можно считать, что все три прямые пересекаются в
одной точке. Если прямая I является биссектрисой угла между
прямыми /| и /„ то I, в I. спмчстрпчны относительно примой I,
поэтому I не может быть биссектрисой угла между прямы-
ми I, и
1.16. Можно считать, что дапиые прямые проходят черев
одну точку. Пусть at и я, — биссектрисы углом между пер-
вой и второй прямой, Ь| и 6, — между второй и т| -гм'Л. Пря-
мая образует равные углы с тремя данными прямыми тогда и
только тогда, когда она перпендикулярна прямым о( я fey (за-
дача 1.12), т. е. перпендикулярна плоскости, содержащей пря-
мые «( и Ь/. Различных пар (Ярбу) ровно 4. Все плоскости, зада-
ваемые ат и о и парами пряных, различны, так как прямая at
не может лежать в плоскости, содержащей Ь( и fe,.
1.17. II е р и о е р с ш е и и е. Пусть примая I перпендику-
лярна данным прямым (, и lt. Проведем через прямую I, пло-
скость, параллельную I. Точка перт-сечеипч этой плоскости с
прямой /, является одним концом искомого отрезка
Второе решение. Рассмотрим проекцию данных
прямых на плоскость, им параллельную. Концами искомого
отрезка являются точки, проецирующиеся в точку пересечения
проекций даппых прямых.
1.18. Пусть прямая I проходит через точку О и пересекает
прямые /, и (2. Рассмотрим плоскости П, и II,, содержащие точ-
ку О и прямые I, и I, coothctctuchhh Прямая I принадлежит как
плоское си II,, так я чтоскости П9. Плоскости Ilf п П, нс парал-
лельны. так как они имеют общую точку О: ясно также, что они
не совпадают. Поэтому плоскости П, и II, пересекаются ио пря-
мой. Если эта припая ио параллельна ни прямой 1„ ни прямой
26
/t, то она и есть искомая прямая; в противном случая искомой
примой не существует.
1.19. Чтобы получить искомый параллелеипиед, нужно
через каждую и» данных примы» провести две плоскости; пло-
скость. параллельную одной из осчявшпхся прямых, и пло-
скость. параллельную другой па оставшихся прямых.
1.21) . Пусть PQ — общий перпендикуляр к прямым р и q,
причем точки Р н Q лежат на прямых р и q соответственно. Про-
ведем через точки Р в Q прямые q’ и д', параллельные прямым
q п р. Пусть ЛГ и Л" — проекции точек М и Л' па прямые р*
п q'\ Д/|, Л', и X — точки пересечения плоскости, проходящей
черев точку А параллельно прямым р и q, со сторонами Л/Л/'
и ЛЛ" параллелограмма MM'NN" и с его диагональю МН
(рис. 16). По теореме о трех перпендикулярах Л/'Л'X ?, а значит,
Z.A/|A(4 - «0°. Ясне, также, что Л/,Х : Л',Х = MX : NX =
> РА : (М — величина постоянная. Поэтому точка X при-
надлежит фиксированной прямой.
1.21. Введем систему координат, направив ее оси параллель-
но т|юм данным перпендикулярным прямы»!. Возьмем на пря-
мой I вектор v единичной длины. Вектор » имеет координаты
(т, У. »). где г = + cos a. q = ± cos fl, i = ± cos у. Поэтому
cos* а + cos* р cos* у - г* + у* -|- «* |*|* •= 1.
1.22. Первое решение. Пусть а, р п у — углы меж-
ду плоскостью АВС и плоскостями DBC. DAC и DAB соот-
ветственно. Если площадь грани ЛВС равна 5, то площади
граней ВВС. ВАС и В АВ равны 5 cos a, S cos Р и 5 сое у
(см. задачу 2.13). Остается проверить, что cos*а 4-сов* р -Ь
•4-cos* у =1. Так как углы а, р и у равны углам между
27
прямой, перпендикулярной грани АВС, и прямыми ИЛ, DB и
DC, то можно воспользоваться результатом задачи 1.21.
Второе решение. Пусть а —угол между плоскостями
АВС и DBC-, 1У — проекция точки D ня плоскость ЛВС. Тогда
SriBC*= сояа^ ЛВС " SD’BC^' ro9aiDBC (си- 3"ЛПЧУ 2'13). “°’
•тому сов а “ SDnf./SАпс, $[>• пс — $\>вс./$ лвс- Аналогичные
рчвснства можно получить п для треугольников D’AB и /)' АС.
Складывая их и учитывал, что сумма площадей треугольников
D’BC, D'AC и D'ЛВ равна площади треугольника АВС, полу-
чаем требуемое.
1.23. Рассмотрим прямоугольный параллелепипед, ребра
с-торого параллельны дапным хордам, а точка А и центр О шара
евляются его оротивоиоложнымк вершинами. Пусть a,, a, п
а, — длины его ребер; ясно, что + °| + ~ " •
а) Если хорда удалена на расстояние х от центра шара, то
кгадрат ее длины ранен 4/?* — 4х*. Так как расстояния от дан-
ных хорд до точки О равны диагоналям граней параллелепипе-
да, то искомая сумма квадратов равна 12Я* —• 4 (aj 4- a’) —•
-4 (°J + °i) - 4 (°? + °') *=,2Я* ~ а®*-
б) Если длина хорды равна d, а точка А находится па рас-
стоянии у от ее середины, то сумма квадратов длин отреаков хор-
ды, на которые она делится точкой А, равна 2у* + d*/2. Так как
расстояния от точки А до середин данных хорд равны о(. а, и
«т. а сумма квадратов длин хорд равна 12/?* — 8<т*. то искомая
сумма квадратов равна 2о* 4 (б/?* — 4л’) = б/?’4 — 2о’.
1.24. Пусть а, р и у — углы между ребрами куба я прямой,
перпендикулярной данной плоскости. Тогда длины проекции
ребер куба на ату плоскость принимают значения a sin а,
а ein Р и a sin у, причем каждое значение принимается ровно
4 рааа. Так как cos’ a 4 сое* (J 4 сов1 у = 1 (задача 1.21), то
•>п*а 4- sin* ₽ + sin* у = 2. Поэтому искомая сумма квадратов
раина Ял*.
1.25. Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость,
параллельную П|юти1юиоложиому ребру. В результате получим
куб, в который вписан данный тетраадр, причем реб|ю куба рав-
но al )/2. Проекция каждой грани куба является параллело-
граммом, диагонали которого равны проекциям ребер тетраэд-
ра. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме
квадратов длин всех его сторон. Поэтому сумма квадратов длин
двух протп1юполоя:ных ребер тетраадра равна сумме квадратов
длин проекций двух пар противоположных ребер куба. Следо-
вательно. сумма квадратов проекций ребер тетраэдра равна сум-
ме квадратов проекций ребер куба, т. е. она равна 4л*.
1.26. Как и в предыдущей задаче, будем считать, что вер-
23
шины тетраэдра ABtCDi расположены о вершинах кубе.
/1HCD4,WtC|O|; длина ребра этого куба равна а^1^2. Пусть
О - центр тетраэдра, th рейки ОА и ОП, налаются половинами
диагоналей параллелограмма AB('J)i, поэтому сумма квадра-
тов их проекций равна четве;>Т11 гуммы квадратов проекций сто-
рон этого параллелограмма. Аналогично сумма каалратоп иро-
< чипа отрезков ОС н OBt равна чемнрго суммы квадратов про-
екций сторон параллелограмма Л^ЦСП. Заметим, далее, что
сумма квадратов проекций диагоналей параллелограммов
AA,DtD в ВВ,С,С рапил сумме квадратов проекций их сторон.
П итоге полуднем, 'по искомая сумма квадратов равна чгтвщгтн
суммы кнадратов проекций ребер куба, т. е равна а*.
1.27. Пусть (хц у,, т,)— основание перпендикуляра, опу-
щенного п.1 данной точки на данную плоскость. Так как вектор
(<’. Ь, с) перпендикулярен дайной плоскости (задача 1 7), то
• л« + Хя. Уг = ув + Хб и €,=•«, + Хг, причем искомое
рао тоянпе равно |Х| V«* 4- М + с*. Точка (г,. у(, »,) лежит в
данной плоское in, поэтому
я(^ + Хо> + Ь(к + Х6) 4- Нт» + Ю + d = О,
т. в. X >= —(ял, + бу,, + + rf)/(o* 4- б’ + с*).
I.2S. Поедем систему координат так, чтобы точки А и В
пиело координаты (—я. О, 0) и (я. О, 0) сиитиетггвсппо. Если
точка Л/ имеет координаты (г, у, «), то ^л- — .
ВМг (л-я)4 + / I-»1
Уравнение AM : ВМ = к приводится к виду
Это уравнение является уравнением сферы • цептром
( I » < ' \ I 2*» |
4<я, 0, 0J и радиусом |, |.
1.29. Введем систему координат, направив ось Се перпенди-
кулярно плоскости АВС. Пусть точка X имеет координаты (х,
у, «). Тогда, например, А К* = (я — я,)* + (у — л2)* + ** По-
этому для координат точки X получаем ураниенне вида (;> +
+ я + г)(х* + »*+«) + си 4- ₽л 4- в = 0, т. в. ах -4- Ру -|-
4-4 = 0. Это уравнение злдмет плоскость, перпендикулярную
ПЛОС13КТИ АВС (в вырожденных случаях оно задает пустое мно-
жесгво или все пространство).
(.30. Пусть ось конуса параллельна оси От; его вершина
пчеет координаты (я. 6, е); а — угол между осью конуса и обра-
зующей. Тогда точки поверхности конуса удовлетворяют
29
уравнению
(х — •)* 4- (у — 6)« = А’(в — Ср,
где Л-" tg а. Разность ди ух уравнений конических поверхностей
с одних! п тем же углом а яплястся линейным уравнением; псе
общи» точки конических поверхностей лежат в плоскости, ла-
данной этим уравнением.
1.31. Введем систему координат, направив Оси Oi, Оу и
Ог по лучам АН, AD н AAt. Прямая А А, задасгсл уравнениями
г » 0, у 0; пряма» CD — уравнениями у « a, t 0; пря-
мая BtCt — уравнениями ж = о, t — в. Поэтому квадраты рас-
стояний от точки с координатами (г, у, г) до прямых A At, CD it
BiCt равны x* + у1, (у — о)’ 4- т* и (т — о)* + (т — о)* соот-
ветственно. Все эта числа № могут быть одновременно мен мне
в’/2, так кик ж’ + (х — а)’ > в*/2, у* 4* (у — в)’ > ог/2 и с’ 4-
+ (г — в)4 > аЧ2. Все эти числа рампы в*/2 для точки с коор-
динатами (в/2, в/2, в/2), т. с. для центра куба
1.32. Направим оси координат по лучам ОА, ОВ и ОС.
Пусть прямая I образует с этими осями углы а, Р и у соответст-
венно. Координаты точки Л/ равны координатам проекций точек
At, В, и С( на оси Or, Оу и Ог соответственно, т. е. они равны
a cos 2а, о cos 2 р и а сое 2у, где а = 1<?Л|. Так как соя 2а |-
+ cos 2Р + cos 2у — 2(соя* а + cos’ р -f- сое’ у) -3 — —1 (см.
задачу 1.21) и —1 < cos 2а, cos 2Р, соя 2у < 1, то искомое ГМТ
состоит из точек пересечспни куба |.т|, |р|, 1г| С а с плоскост|.к>
г 4- у 4- i = —а; эта плоскость прохолш через ве| шины с коор-
дпиатихт (а, —в, —в), (—в, в, —в) и (—a, —e, fl).
Глава 2
ПРОЕКЦИИ, СЕЧЕНИЯ, РАЗВЕРТКИ
§ 1. Вспомогательные проекции
2,i. Дан параллелепипед ABCDA,B,C,D,- М —
точка пересечения диагонали ЛС, с плоскостью A,BD.
Докажите, что AM = ЛС,/3.
2.2. а) В кубе ABCDA&QD, проведеи общий пер-
пендикуляр Л/N к прямым А,В и В,С (точка М лежит
на прямой А,В). Найдите отношение Л,М : МВ.
б) Дан куб ABCDAfBtCtDj. На отрезках АЛ, п
ВС, взяты точки М п Л' так, что прямые Л/Л' и B,D пе-
ресекаются. Найдите разность отношений ВС, : BN
и AM : ЛА,.
2.3. Углы между некоторой плоскостью и сторонами
правильного треугольника равны а, р и у. Докажите,
что синус одного из этих углов равен сумме синусов
двух других углов.
2.4. В основании пирамиды лежит многоугольник с
нечетным числом сторон. Можно ли на ее ребрах так
расставить стрелки, что сумма полученных векторов
будет равна нулю?
2.5. Плоскость, проходящая через середины ребер
АВ п CD тетраэдра ABCD, пересекает ребра AD и ВС
в точках L и N. Докажите, что ВС : CN = AD : 1)1..
2.6. В пространстве даны точки Л, Л„ В, В„ С,
С„ не лежащие в одной плоскости, причем векторы
ЛЛ,, ВВ, и ГГ, сонаправлепы. Плоскости ЛВС,,
АВ,С и Л,ВС пересекаются в точке Р, я плоскости
А,В,С, Л,ВС, и АВ,С, —в точке Р,. Докажите, что
РР,1 ЛА,.
2.7. Даны плоскость П и точки А и В вне ее. Най-
дите геометрическое место точек X плоскости П, для
которых прямые АХ и ВХ образуют равные углы с
плоскостью П.
2.8. Докажите, что сумма длил ребер выпуклого
многогранника больше 3d, где d — наибольшее рас-
стояние между его вершинами.
£1
§ 2. Теорема о трех перпендикулярах
2.!) . Прямая I не перпендикулярна плоскости П,
Г — ее проекция па плоскость II. Пусть lt — некото-
рая пряма» плоскости П. Докажите, что I I 1, тогда и
только тогда, когда Г I lt (теорема о трех перпенди-
кулярах).
2.10. а) Докажите, что противоположны ребра пра-
вильного тетраэдра перпендикулярны.
б) В основании правильной пирамиды с вершиной 5
лежит многоугольник At ... Лм_,. Докажите, что ребра
£Л, и Л„ЛиИ перпендикулярны.
2.11. Докажите, что противоположные ребра тетра-
эдра попарно перпендикулярны тогда и только тогда,
когда одна на его высот проходит черен точку пересече-
ния высот грани (я этом случае н все остальные его вы-
соты проходят через точки пересечения высот граней).
2.12. Ребро AD тетраэдра Л BCD перпендикулярно
грани ЛВС. Докажите, что при проекции на плоскость
BCD ортоцентр треугольника ЛВС переходит в орто-
центр треугольника BCD.
§ 3. Площадь проекции многоугольника
2.13. Площадь многоугольника равна 5. Докажите,
что площадь его проекции па плоскость П раина
«•> cos ф, где ф — угол между плоскостью II и плоскост ью
многоугольника.
2.14. Вычислите косинус двугранного угла при реб-
ре правильного тетраэдра.
2.15. Двугранный угол при основании правильной
п-угольной пирамиды ранен а. Найдите двугранный
угол между соседними боковыми гранями.
2.16. В правильной усеченной четырехугольной
пирамиде проведено сечение через диагонали основа-
ний и сечение, проходящее через сторону нижнего ос-
нования и противоположную сторону верхнего основа-
ния. Угол между секущими плоскостями равен а.
Найдите отношение площадей сечений.
2.17. Двугранные углы при ребрах основания тре-
угольной пирамиды равны а, (1 и у; площади соответст-
вующих боковых граней равны 5„, и 5Г. Д®кажнте1
что площадь основания равна
cos а cos р |- Хе cos у.
32
§ 4. Задачи о проекциях
2.18. Проекции пространственной фигуры на дав
пересекающиеся плоскости являются прямыми линия-
ми. Обязательно ли эта фигура — прямая линия?
2.19. Проекции тела на две плоскости являются
кругомп. Докажите, что радиусы этих кругов равны.
2.20. Докажите, что площадь проекции куба с реб-
ром 1 на плоскость равна длине его проекции на пря-
мую, перпендикулярную этой плоскости.
2.21. Дан произвольный треугольник АВС. Дока-
жите, что правильный треугольник можно так спрое-
цировать (ортогонально) па некоторую плоскость, что
его проекция будет подобна данному треугольнику.
2.22. Проекции двух выпуклых тел на три коорди-
натные плоскости совпадают. Обязательно ли эти тела
имеют общую точку?
§ 5. Сечения
2.23. В пространстве даны две параллельные пло-
скости и две сферы, причем первая сфера касается пер-
вой плоскости в точке Л, вторая сфера касается второй
плоскости в точке В и сферы касаются друг друга в точ-
ке С. Докажите, что точки Л, В п С лежат на одной
прямой.
2.24. Около шара описан усеченный конус, основа-
ния которого являются большими кругами двух других
шаров (см. задачу 4.18). Определите площадь полной
поверхности усеченного конусе, если сумма площадей
поверхностен трех шаров равна 5.
2.25. Два противоположных ребра тетраэдра пер-
пендикулярны, а их длины равны а и Ъ\ расстояние
между ними равно с. В тетраэдр вппсап куб, четыре
ребра которого перпендикулярны этим двух! ребрам
триэдра, а па каждой грани тетраэдра лежат ровно
две вершины куба. Найдите ребро куба.
2.26. Какие правильные многоугольники могут по-
лучился при пересечении куба плоскостью?
2.27. Все сечения некоторого тела плоскостями яв-
ляются кругами. Докажите, что это тело — шар.
2.28. Через вершину Л прямого кругового конуса
проведено сечение максимальной площади. Его пло-
щадь в два раза больше площади сечения, проходящего
через ось конуса. Найдите угол при вершине осевого
сечения конуса.
3 В. В. Пдосшюл, П. Ф. Шсрыгап 33
2.29. Плоскость делит медианы граней ЛВС, ACD
и ADB тетраэдра ABCD, выходящие па вершины А, в
отношениях 2:1, 1:2 и 4:1, считая от вершины.
Пусть Р, Q и В — точки пересечения этой плоскости с
прямыми АВ, АС и AD. Мандате отношения АР : РВ,
AQ .QC и АВ ; BD.
2.30. В правильной шестиугольной пирамиде
SABCDEF (с вершиной 5) на диагонали AD взяты три
точки, делящие ее па 4 равные части. Через эти точки
проведены сечения, параллельные плоскости SAB.
Найдите отношения площадей полученных сечении.
2.31. Сечение правильной четырехугольной пира-
миды является правильным пятиугольником. Дока-
жите, что боковые грани этой пирамиды — правильные
треугольники.
§ 6. Развертки
2.32. Докажите, что все грани тетраэдра ABCD
равны тогда и только тогда, когда выполняется одно из
следующих условий:
а) суммы плоских углов при каких-либо трех вер-
шинах тетраэдра равны 180°;
б) суммы плоских углов при каких-либо двух вер-
шинах равны 180° и, кроме того, равны какие-либо два
противоположных ребра;
в) сумма плоских углов при какой-либо вершине
равна 180° и, кроме того, в тттраэдре есть дне пары рап-
ных противоположных ребер.
2.33. Докажите, что если сумма плоских углов при
вершине пирамиды больше 180°, то каждое ее боковое
ребро меньше полуперимстря основания,
2.34. Пусть SA, S„, Sc и SD — суммы плоских углов
тетраэдра ABCD при вершинах Л, В, С и D- Докажи-
те, что если SA — SB и Sc = SD, то д А ВС = д BAD
u^ACD = &BDC.
Задачи для самостоятельного решения
2.35. Длина ребра куба A BCDAlBiClDi равна
а. Пусть Р, К и L — середины ребер AAt, AtDt п B,Ct;
Q — ueirrp грани CCiDtD. Отрезок MN с концами ни
прямых AD и KL пересекает прямую PQ п перпенди-
кулярен ей. Найдите длину этого отрезка.
34
?.'16. Число вершин многогранника равно п. Дока-
жите, что у него есть проекция, число вершин кото-
рой: а) не меньше 4: б) не больше и — I.
2.37. Проекции прямоугольного треугольника на
грани двугранного угла величиной а являются пра-
вильными треугольниками со стороной 1. Найдите ги-
потенузу прямоугольного треугольника.
2.38. Докажите, что если боковую поверхность ци-
линдра пересечь наклонной плоскостью, а затем разре-
зать вдоль образующей п развернуть ня плоскость, то
линия сечения будет представлять собой синусоиду.
2.39. Объем тетраэдра Л BCD ранен 5. Через середи-
ны ребер AD и ВС проведена плоскость, пересекаюп(дя
ребро CD в точке Л/, причем DM : С Л/ = 2 ; 3. Вы-
числите площадь сечеппя тетраэдра указанной пло-
скостью, если расстояние от нее до вершины А равно 1.
2.40. В правильной четырехугольной пирамиде
SABCD с вершиной £ сторона основания равна а,
а угол между боковым ребром и плоскостью основания
район а. Плоскость, параллельная АС и BS, пересека-
ет пирамиду так, что в сечение можно шикать окруж-
ность. Найдите радиус этой окружности.
2.41. Ребро правильного тетраэдра равно а. Пло-
скость П проходит через вершину В п середины ребер
АС и AD. Шар касается прямых AB, AC, AD п той час-
ти плоскости П, которая заключена внутри тетраэдра.
Найдите радиус шара.
2.42. Ребро правильного тетраэдра A BCD равно л.
Пусть М — центр грани ADC, А! — середина ребра
ВС. Найдите радиус шара, вписанного в трехгранный
угол Л и касающегося прямой Л/А'.
2.43. Двугранный угол при ребре АВ тетраэдра
A BCD прямой; А/ — середина ребра CD. Докажите,
что площадь треугольника А МВ в четыре раза меньше
площади параллелограмма, стороны которого равны и
параллельны отрезкам АВ и CD.
Решения
2.1. Рассмотрим проекцию данного параллелепипеда на
плоскость АВС параллельно прямой AtD (рас. 17). Ясно, что
ял этом рисунке AM : МС\ — AD : ect = 1:2.
2.2. •) П ер вое решение. Рассмотрим проекцию дан-
ного куба па плоскость, перпендикулярную прямой BtC
(рис. 18, о). На этом чертеже прямая BtC изображается одной
3* 85
точкой, я отрезок Л/.V — перпендикуляром, опущенным из этой
точки на прямую Л,В. Ясно также, что ня этом чертеже ^|Bt:
t BjB = V2 : 1. Так как А,Л! UN = AtB, : B,B я Л/Л'!
I MB = Л,А,: В,fl, то AtM : MB - Л,Я*: В,®1 = 2:1.
Второе решение. Рассмотрим проекцию данного
куба па плоскость, перпендикулярную прямой АС, (рис. 18, 4).
Прямая АС, перпендикулярна плоскостям треугольников A,BD
и B,CD„ поэтому она перпен-
дикулярна прямым А,В и В,С,
т. е. отрезок Л/Лг ей паралле-
лен. Таким образом, отрезок
Л/Л' на данном чертеже изоб-
ражается точкой пересечения
отрезков Л,В и В,С. Следо-
вательно, на этом чертеже
Л,М : Л/В-Л,С : B»i=2 :1.
б) Рассмотрим проекцию
куба на плоскость, перпенди-
кулярную диагонали B,D
(рис, 10). На атом рисунке
шестиугольник Л ВСС,Г>,Л< правильный, я прямая Л!N прохо-
дит через его центр; пусть В — точка пересечения прямых МN
я ЛО|, Р — точка пересечения прямой ЛЛ, и прямой, про-
ходящей через точку V, параллельно МП. Легко убедиться,
что л ADM = ДЛ|О,Р, а значит, АЛ! = Л,Р. Поэтому ВС, :
t BN = ABf. D,L = АР : РЛ! = (ЛЛ, + Л Л/) : ЛЛ, = 1 +
+ AM : Л Л,, т. е. искомая разность отношений равна 1.
2.3. Пусть Л,, В, и — проекции вершин данного пра-
вильного треугольника АВС ка прямую, церпекдикуляриую
80
uy-
no прямой
А К, а
Кипой плоскости. Если углы между данной плоскостью и пря-
мин Л В, ЗС и С А раины у, а н 0, то А,В, = a sin у, В,С, =
к а sin а и Ct4, =» a sin 0, где a—сторона треугольника
ЯС. Пусть для определенности точка Ct лежит на отрезке
||ав|. Тогда Л, в, = А,С, -f- С,В„ т. е. sin у = sin а + sin 0.
2.4. Нет, нельзя. Рассмотрим проекцию на прямую, лерпен-
|нкуляраую основанию. Проекции всех векторов основания
leeuc, а проекция суммы векторов бо-
вовы х ребер ш может быть равна ну-
но, так как сумма нечетного коли-
юстна чисел ± 1 нечетна.
2.5. Рассмотрим проекцию тет-
раэдра на плоскость, перпендику-
мрмую прямой, соединяющее се-
редины ребер АВ и CD. Данная
плоскость проецируется при атом в
прямую LN, проходящую через точ-
ку пересочоеип диагоналей парал-
лелограмма Л1)ВС. Ясно, что для
проекций В'С' : C'N' ™ A'D' : D'L'.
2.6. Пусть Л’ — точка пересе-
чения отрезков ВС, и В,С. Тогда
плоскости АВС, и А В,С пересекаются
плоскости А,В,С и А,ВС, — по прямой Л,Л'. Рассмотрим
проекцию на плоскость АВС параллельно АЛ,. Как проекция
(очкп Р, так и проекция точки Р, лежит на прямой А К,, где
К, — проекция точки К. Аналогичные рассуждения показы-
ваю!, что проекции точек Р и Р, лежат на прямых В!., и СМ„
где В, — проекция точки пересечения прямых АС, и А,С, М, —
проекция точки пересечения прямых АВ, н А,В. Поэтому про-
екции точек Р и Р, совпадают, т. е. РР(||ЛЛ(.
2.7. Пусть А, и В, — проекции точек А и В на плоскость
II. Прямые АХ и ВХ образуют равные углы с плоскостью П
тогда п только тогда, когда подобны прямоугольные треуголь-
ники ЛА,Х п ВВ,Х, т. е. 4tX : В,Х = А,А : В,В. Геометри-
ческпм местом точек плоскости, отношение расстояний от ко-
торых до двух данных точек Л, а В, той же плоскости постоянно,
является окружность Аполлония или прямая (см. Прасолов,
13.7 нлп Шарыгин, 11.9).
2.8. Пусть d = АВ, где Л и В — вершины многогранника.
Рассмотрим проекцию многогранника на прямую АВ. Если не-
которая точка С проецируется не на отрезок ЛЯ, а на его про-
должение, например, аа точку В, то АС > АВ. Поэтому все
точкп многогранника проецируются в точки отрезка АВ. Так
как длина проекции отрезка на прямую не превосходит длины
87
самого отрезка, то достаточно докатать, что в каждую внутрен-
нюю точку отрезка АВ проецируются точки по крайней мере
трех различных ребер. Проведем через пронзвольпуто внутрен-
нюю точку отрезка АВ плоскость, перпендикулярную ему. Се-
чение многогранника агой плоскостью является п-утольнпком,
где я > 3, а аничят, плоскость пересекает по крайней мере три
различных ребра.
2.9. Пусть О — точка пересечения прямой I и и л ос кости П
(случай, когда прямая I параллельна плоскости II, очевиден);
Л — пронаволы1ая точка прямой I, отличная от точки О; А' —
се проекция па плоскость П. Прямая АЛ' перпендикулярна лю-
бой прямой плоскости П, поэтом)' AA'_Llf. Если lj.li, то
Ayj.lt; следовательно, прямая (, перпендикулярна плоскости
ЛОА',» значит, A'Oj.lt. Если то рассуждеияя анало-
гичны.
2.10. Геишм сразу задачу б), частным случаем которой
является задача а). Проекцией вершины 5 на плоскость основа-
ния является центр О правильного многоугольника Л, ... Л,п—t,
а проекцией прямой 5Л, на эту плоскость является прямая
0Л(.Так какОЛ।XЛ„.4п»(, то SX,х/1вЛп»г (см.задачу 2.9).
2.11. Пусть АВ — высота тетраэдра ABCD. По теореме
о трех перпендикулярах ВЦ J.CU тогда н только тогда, когда
АВ J.CD.
2.12. Пусть В К и ВМ — высоты треугольников АВС и
DBC соответственно. Так как В К X АС п ВК I AD, то прямая
В К перпендикулярна плоскости A DC, а значит, В К I DC. По
теореме о трех перпендикулярах проекция прямой ВК на пло-
скость BDC перпендикулярна прямой DC, т. е. она совпадает с
прямой ВМ. Для высот, опущенных пз першими С, доказа-
тельство аналогично.
2.13. Утверждение задачи очевидно для треугольника, одна
из сторон которого параллельна линии пересечения плоскости
II с плоскостью многоугольника. В самом деле, длина этой сто-
роны при проекции не изменяется, а длина высоты, опущенной
на нее, при проекции изменяется в сое <р раз.
Докажем теперь, что любой многоугольник можно рааре-
эать на треугольники указанного вида. Проведем для этого че-
рез нее вершины многоугольника прямые, параллельные линии
пересечении плоскостей. Многоугольник разрежется при этом
иа треугольники и трапеции. Остается разрезать каждую тра-
пецию ио любой из ее диагоналей.
2.14. Пусть <f—двугранный угол прч ребре правильного
тетраэдра: О — проекция вершины D правильного тетраэдра
ABCD на противоположную грань. Тогда оов <;= Здио:
: Sabd “ 1/3.
38
2.15. Пусть S — площадь боковой граня, Л — высота пи-
рамиды, а — сторона ocmHianun, <р — искомый угол. Площадь
П|и>екции на биссекторную плоскость двугранного угла между
соесдипмн боковыми гранями для каждой па атнх граней равна
<S сое (ф/2); с другой стороны, она равна пЛ sin (л-'л)/2. Ясно
также, что площадь проекции боковой грани на плоскость, про-
ходящую через ее основание перпендикулярно отпиванию пира-
миды. равна 5 sin а; с другой стороны, она равна аЛ/2. Следо-
вательно, сое (<р/2) “ sin a sin (л/п).
2.16. Проекцией стороны основании на плоскость первого
сечения является половина диагонали осиопання. поэтому пло-
щадь проекции второго сечения па плоскость первого сечет я
равна половине площади первого сечения. С другой стхцюкы,
если площадь второго сечения равна S, то площадь его проек-
ции равна .V cos а. Поэтому площадь первого сечения рав-
на 25 сое а.
2.17. Пусть D' — проекция вершины D пирамиды Л BCD
на плоскость основания. Тогда SAHC — t 5 дегх ± $Act>'t
± SAI1B, = S„ cos а -|- S,, cos р 4* Se cos у. Площадь треуголь-
ника BCD' берется со знаком <—а, если точки О' п А лежат по
разные стороны от прямой ВС; для площадей треугольников
ACD' п ABD' знак выбирается аналогвчпо.
2.18. Не обязательно. Рассмотрим плоскость, перпенди-
кулярную двум данным плоскостям. Любая фигура, располо-
женная в мой плоскости, будет обладать требуемым свойством.
если только се проекции
ив данные плоскости не огра-
ничены.
2. И». Диаметры указан-
ных кругов равны длине про-
екции тела на прямую, по ко-
торой пересекаются данные
плоскости.
2.20. Пусть точки В, u О
прп рассматриваемой проекции
переходят во внутренние точ-
ки проекции куба (рис. 20).
Тогда площадь проекции Куба
равна удвоенной площади про-
екции треугольника ACDt, т. е. она равна 25 cos <р, где 5 —
площадь треугольника ACD,, <р — угол между плоскостью про-
екции и плоскостью ACDt. Так как сторона треугольника
ACDt равна Д/2, то 25 « у/з.
Проекция куба на прямую I, перпендикулярную плоскости
проекции, совпадает с проекцией диагонали BtD на вгу
33
прямую. Так кек прямая B,D перпендикулярна плоскости
ACD,, то угол между прямыми I и BtD тоже равен <р. Поэтому
длина проекция куба на прямую I равна B,D cos <р «
= l/з COS <р.
2.21. Проведем через вершины А и В прямые, перпендику-
лярные плоскости АВС, и возьмем на них точки At и Bt. Пусть
Л/1| — г и BBt = у (если точки Л, и Я< лежат по разные сто-
роны от плоскости АВС, то считаем, что числа * и у имеют раз-
ные знаки). Пусть а, Ь и с — длины сторон данного треугольни-
ка. Достаточно проверить, 'по числа я и у можно подобрать так,
чтобы треугольник А,В,С был правильным, т. е. выполнялись
равенства л* Л* “ у* а* и (х — »)* + с* = Н + Л Пусть
л* — 6* = X и а* — с* = р, т. е. х* — у* = X и х* — 2ху = р.
Из второго равенства получаем 2у = х — р/х. Подставляя это
выражение в первое равенство, приходим и уравнению 3«* +
+ (2р — 4Х)л — р* =• 0, где и = х*. Дискриминант D этого
квадратного уравнения нсогртштелен, поэтому оно имеет ко-
речь х. Если я 0, то 2у = в — р/х. Остается заметить, что
если х = 0 — единственное решение полученного уравнения,
Т. е. D = 0, то X = р = 0, поэтому у = 0 — решение.
2.22. Обязательно. Докажем сначала, что если проекции
двух выпуклых плоских фигур на координатные осн совпадают,
то эти фигуры имеют общую точку. Для этого достаточно дока-
зать, что если точки К, L, М и N лежат на сторонах А В, ВС,
CD и DA прямоугольника ABCD, то точка пересечения дшио-
палей АС и ВО принадлежит четырехугольнику KLMN. Диа-
гональ АС не принадлежит треугольникам KBl. и NDM, а диа-
гональ BD не принадлежит треугольникам К AN и LCM. По-
этому точка пересечения диагоналей AC u ВО не принадлежит
ни одному из этих треугольников, а значит, она принадлежит
четырехугольнику KL.MN.
Опорные плоскости, параллельные координатным плоско-
стям. для рассматриваемых тел совпадают. Возьмем одну из
опорных плоскостей. Точки каждого ил рассмитриваепых тол,
лежащие в этой плоскости, образуют выпуклую фигуру, при-
чем проекции этих фигур ira координатные оси совпадают. По-
этому и каждой опорной плоскости есть хотя бы одна общая
точка рассматриваемых тел.
2.23. Но всяком случае, точил Л, В и С лежат и одной пло-
скости, и поэтому можно рассмотреть сечении плоскостью, со-
держащей эти точки. Так как плоскость сечения проходит через
точку касания сфер (сферы п плоскости), в сечении получаются
касающиеся окружности (окружность и прямая). Пусть Ot п
О, — центры первой и второй окружностей. Тяк как ОХА | О,В
и точки (J), С и О, лежат па одной прямой, £_ЛО,С — £_BOtC.
40
Поэтому ДЛСО, = Z.BCOt, т. е. точки А, В и С лежат иа
одной прямой.
2.24. Осевое сечение данного усеченного конуса является
описанной трапецией ABCD е основаниями AD = 2/1 и ВС
= 2г. Пусть Р — точка касания вписанной окружности со
стороной АВ, О — центр вписанной окружности. В треуголь-
нике' АВО сумма углов при вершинах Л в В равна 90°, поэтому
он прямоугольный. Следовательно, АР:РО = РО'.ВР, т. е.
РОг я АР.ВР. Ясно также, что АР * /I н ВР = г. Поэтому
радиус РО вписанной в конус сферы равен Hr, а значит,
S •» 4я(Я* + Яг + г*).
Выражая объем данного усеченного конуса по формулам,
при еденным в решениях задач 3.7 и 3.11, и приравнивая эти
выражения, получаем, что площадь его полной поверхности
pinna 2л(Я* -f- Hr 4- г1) =• .4/2 (нужно учесть, что высота усе-
ченного конуса равна удвоенному радиусу сферы, около которой
он описан).
2.25. Общий перпендикуляр и данным ребрам делится па-
раллельными им плоскостями граней куба на отрезки длиной
I/, 1 в а (г — длина ребра куба; отрезок длиной у прилегает к
ребру в). Плоскости граней куба, параллельные данным («брам,
пересекают тетраэдр по двум прямоугольникам. Меньшие сто-
роны этих прямоугольников равны ребру куба х. Так как сто-
роны этих прямоугольников легко вычисляются, получаем
г = by/с п х = па/с. Следовательно, с = х+ р-|-««=х-Ь
-f- cx/fc -J- cz/a, т. е. х = abt/(ab ф- 1с се).
2.26. Каждая сторона полученного многоугольника принад-
лежит одной из граней куба, поэтому число его сторон пе про-
ги и ходит в. Кроме того, стороны, принадлежащие прютипополож-
иым граням куба, параллельны, так как линяя пересечения
плоскости с двумя параллельными плоскостями параллельны.
Следовательно, сечение куба не может быть правильным пяти-
угольником, так как у того нет параллельных сторон. Легко
проверить, что правильный треугольник, квадрат и правильный
шестиугольинк могут быть ссчсгшямн куба.
2.27. Рассмотрим некоторый круг, являющийся сечением
данного тела, и проведсм через ого центр) прямую I, перпендику-
лярную его плоскости. Эта прямая пересекает данное тело по
некоторому отрезку АВ. Все сечения, проходящие через пря-
мую I, являются кругами с диаметром АВ.
2.2Я. Рассмотрим произвольное сечение, проходящее через
• l iiinrjy А. Это есчеппе является треугольником АВС, причем
ею стороны АВ и АС являются образующими конуса, т. е.
имеют постоянную длину. Поэтому площадь сечения П|>ипор-
ционалыш синусу угла ВАС. Угол В А С изменяется от 0° до <р,
41
где ф — угол при поршипе осевого сечения конуса. Если <j <
< 90°, то наибольшую площадь имеет осевое сечение, а если
Ф > 90е, то наибольшую площадь имеет сечение е прямим углом
при вершине Л. Таким образом, па условия задачи следует, что
ain ф •» 0,5 в ф > 90°, т. е. ф = 12(F.
2.29. Решим сначала следующую задачу. Пусть на сторонах
АВ и Л С треугольника АВС винты точки С и А' так, что АС :
: СВ m и А К : КС “ л; К — точка пересечения прямой К С
и медианы AM. Вычислим отношение ANtNM. Рассмотрим
для этого точки 5 и У. в которых прямая KI. пересекает прямую
ВС п прямую, проведенную через точку А параллельно ВС.
Ясно, что А Т : SB = A С : LB = m н А Т : SC " А К : КС
— в. Поэтому AN : NM = АТ : $М » 2АТ : (SC 4 SB}
*= 2(SC : AT 4- SB : AT}~1 " 2mn/(m -|- л). Заметим, что сое
рассуждения остаются справедливыми и в случае, когда точки
К и С взяты на продолжениях сторон треугольника; в асом слу-
чае числа шил отрицательны.
Предположим теперь, что АР : РВ = р, AQ : QC = q в
АП : RD = г. Тогда по условию задачи 2pq/(p 4- q) = 2,
2qr/(q -f- г) = 1/2 п 2рт/(р 4- г) = 4. Решая эту систему уравне-
ний, получаем р = —4/5, q “ 4/9 и г = 4/7. Отрицательность
числа розначает, что даппая плоскость пересекает не ;ч<ц>о АВ,
а его продолжение.
2.30. Занумеруем данные секущие плоскости так, что пер-
вая на них — ближайшая к верлите А, а третья — наиболее
удаленная от вершпяы А. Рассматривая проекцию па пло
скость, перпендикулярную прямой CF, легко получить, что
первая плоскость проходит через середину ребра SC в делш
ребро SD в отношении 1 : 3, считая от точки 5': вторая пло-
скость проходят через середину |>ебра SD. а третья делит его в
отношении 3:1. Пусть сторона основания пирамиды [ниша 4о,
а высота боковой грани равна 4А. Тогда первое сечение состоит
на двух трапеций: одна с высотой 2А в основаниями (io в 4а,
а другая с высотой h п основаниями 4л и а; второе сечение
является трапецией с высотой 2Л и основаниями 8а и 2а; третье
сечение — трапецией с высотой Л в основаппями Ъа я За. Поэто-
му отношение площадей сечений равно 25 : 20 : 9.
2.31. Так как у четырехугольной пирамиды пять гранен,
данное сечет» проходит через все грани. Поэтому можно счи-
тать, что вершины К, С, М, N и О правильного пятиугольника
лежат па ребрах АВ, ВС, CS, DS в AS соответственно. Рассмот-
рим проекцию на плоскость, перпендикулярную ребру ВС
(рис. 21). Пусть В’К' : А'В' = р. Так как M’N'IN'O1, М'О'\
IK'L', K'N'lM'C, то В'М' : B'S' = А'(У : A'S' = S'N':
г А'& = р. Поэтому S'О' : A'S' =1 — р, а значит, S'N' :
42
A'S' = (1 — p)-, так как M'lflL’ff. Итак, p « 5'Лг I
AS' — (I — p)’, t. e. p = (3 - VS)/2.
Пусть 5Л ” 1 и £_ASB — 2<f. Тогда Л'О* = p* + (1 —
— p)* — 2p(i — p) cos 2<p и KO* — p* + 4(1 — p)*sin* <p —
— 4p(l — p) sill’q . Приравнивая эти выражения и учитывая,
по cos 2<р = 1 — 2 sin’ q,
ямцчггпм па 1 — р; пояу-
шм 1 — Зр “ 4(1 — Зр) X
У'мп’ф. Так как в ва-
ши случае 1 — Зр ч*0 , то
tin’ q » 1/4, т. е. q> = 30е.
2.32. а) Пусть суммы
1М< скнх углов ври верши-
нах А, В и С равны 180°.
Тогда развертка тетраэдра
На плоскость АВС явля-
Стся треу гольппгом. причин
точки А, В и С — середины
его сторон. Следовательно,
Рис. 21
асе грани тетраалра равны.
Обратно, если тетраэдр |н1нпогранпыП, то при развертке лю-
бые дне сто смежные грани об[ч1зуют параллелограмм. Следова-
пл1но, развертка тетраэдра является треугольником, т. а.
суммы плоских углов при вершинах тетраэдра равны 1ЖГ.
б) Пусть суммы плоских углов при першпипх А и В равны
1W. Рассмотрим развертку тетраэдра на плоскость гранд АВС
(ряс. 22). Возможны дна
варианта:
1) Равны |м-бра АВ и
CD. Тогда + DtC =
•« 2АВ — DtDt, поэтому
точка С — середппа отрта-
ка DtDt.
2) Равны ребра, отлич-
ные от АВ п CD. Пусть
для оп)1слел<чтпостп АС “
“ BD. Тогда точка С ле-
жит как на серединном пер-
пендикуляре к от|>сзку
DtDt, так п па окружности
радиуса BD с центром А. Одна из точек шртсеченкя этих мно-
жеств — середина отрезка DtDt, а вторая точка пересечения
лежит па прямой, п|и>ходлтей черта Dt параллельно £>,/?,.
Вторая точка в вашем случае не годится.
43
в) Пусть сумма плоских углов при першипе A panns 180s,
АВ = CD и AD = ВС. Рассмотрим раавортку теграэд|>а un
плоскость АВС и воспользуемся для образов вершины D обоз-
начениями рис. 22. Противоположные стироны четырехуголь-
ника ABCDt равны, поэтому он параллелограмм. Следователь-
но, отрепки СВ п ADt параллельны в равны, а апатит, четырех-
угольник ACBDt — параллелограмм. Поэтому |шзвортжа тет-
раэдра является треугольником, причем А, В и С—середины
его сторон.
2.33. Пусть 5Д1 ... Ап — данная пнрамкла. Рпарежсм ее
боковую поверхность по ребру ХЛ, в раавернем па плоскость
(рис. 23). По условию точка S лежит внутри многоугольника
А{ ... ЛпЛр Пусть В — точка пересечения продолжения отрея-
ка AtS за точку S со стороной этого многоугольника. Если а п
b — длины ломаных AtAt ... В и В ... то A^S + SB < а в
A^S<SB -f- Ь. Поэтому 2AtS < а + b.
Рис. 23 Рис. 24
2.34. Так как сумма углов каждой грани тетраэдра равна
180°, то SA -I- SB + Sc + Sr>= 4.180s. Пусть для определен-
ности 5д < Sc. Тогда 3<Ю° — Sc = Sx< 180s. Рассмотрим раз-
вертку данного тетраэдра на плоскость АВС (рис. 24). Так как
Z.ADiC LDtDJ)t и Л1), : О,С = «,/>> : D,Dt. то дАОД «>
«о CkDiDtDlt причем коэффициент подобия равен отношению
боковой стороны к основанию в раапобедрепноы т|М>угольнике
с углом Sz при вершине. Следовательно, АС — DtB. Аналогич-
но СВ — ADt. Поэтому &АВС = ^.BADt — t±BAD. Аналогич-
но доказывается, что ДЛС/У = &BDC.
Глава 3
ОБЪЕМ
§ 1. Формулы для объема тетраэдра и пирамиды
3.1. Три прямые пересекаются в точке А. На каж-
(oii на пих ваято по дне точки: В и В', С и С', D и D',
(окажите, что V АКГ>: VАП>сгг — (АВ. АС-АП): (АВ'%
^ЛС-АП).
3.2. Докажите, что объем тетраэдра ABCD раной
А В-AC-AD*sln fl sin у sin D/6,
'де fl и у — плоские углы при вершине А, противолежа-
цие ребрам АВ и AC, a D — двугранный угол при
>ебре AD.
3.3. Площади двух граней тетраэдра равны S, И 5„
I — длина их общего ребра, а — двугранный угол
«*жду ними. Докажите, что объем V тетраэдра равен
LS|Stsin сс/Зл.
3.4. Докажите, что объем тетраэдра ABCD равен
IAB-CD sin <р/6, где «/—расстояние между прямыми
4 В и CD, <р — угол между ними.
3.5. Точка К принадлежит основанию пирамиды
: вершиной О. Докажите, что объем пирамиды равен
S-КОГЛ, где 5 — площадь проекции основания на
плоскость, перпендикулярную КО.
3.6. Н параллелепипеде ABCDA^B^CfD, диа-
ональ АС, равна d. Докажите, что существ учет тре-
угольник, длины сторон которого равны расстояниям
и вершин А„ В и D до этой диагонали, причем объем
1араллелспнпеда равен 2dS, где S — площадь этого
греугалыгнка.
§ 2. Формулы для объема многогранников
я круглых тел
3.7. Докажите, что объем многогранника, описап-
юго около сферы радиуса В, равен S///3, где S — ило-
цадь поверхности многогранника.
45
3.8. Донижите, что отношение объемов сферы и опп-
сппного около нее усеченного конуса равно отношению
площадей их полных поверхностей.
3.9. Шар радиуса /I касается одного основания
усеченного конуса и касается ею боковом поверхности
по окружности, являющейся окружностью другого
основания конуса. Найдите объем тела, состоящего
из конуса и шара, если площадь полной поверхности
атого тела равна S.
3.10. а) Радиус прямого кругового цилиндра и его
высота раины R. Рассмотрим шар радиуса R с центром
в центре О нижнего основания цилиндра и конус с вер-
шиной О, основанием которого служит верхнее осно-
вание цилиндра. Докажите, что объем конуса равен
объему части цилиндра, лежащей вне шара. Для до-
казательства воспользуйтесь равенством площадей се-
чении, параллельных основаниям (Архимед).
б) Считая известными формулы для объема ци-
линдра и конуса, получите формулу для объема шара.
3.11. Найдите объем Г’ усеченного конуса с высотой
h и радиусами оснований R и г.
3.12. Дана плоская выпуклая фигура периметра
2р и площади 5. Рассмотрим тело, состоящее пз точек,
удаленных от этой фигуры на расстояние не больше d.
Найдите объем этого тела.
3.13. Объем выпуклого многогранника ранен Г,
площадь поверхности — Л; длина /го ребра равна llt дву-
гранный угол при этом ребре равен <j>(. Рассмотрим тело,
состоящее из точек, удаленных от многогранника па
расстояние не больше d. Найдите объем и площадь по-
верхности этого тела.
3.14. Псе вершины выпуклого многогранника рас-
положены в двух параллельных плоскостях. Дока-
жите, что его обы м равен Л(5, + <У2 + 4$)/6, где 5,
и — площади граней, лежащих в данных плоскостях,
S — площадь сечения многогранника плоскостью, рав-
ноудаленной от данных, h — расстояние между дан-
пымп плоскостями.
§ 3. Свойства объема
3.15. В пространстве даны две скрещивающиеся
прямые. Противоположные ребра тетраэдра переме-
щаются но этим прямым, причем их длины остаются
4G
постоянными. Докажите, что объем тетраэдра при этом
нс изменяется.
3.16. В пространстве даны три параллельные пря-
мые а, Ь п с. Ребро тетраэдра перемещается по прямой
и, причем длина его остается постоянной, а дне остав-
пн«‘ся вершины перемещаются по прямым b и с. До-
кажите, что объем тетраэдра при этом не изменя-
ется.
3.17. Докажите, что плоскость, пересекающая лишь
боковую поверхность цилиндра, делит его объем в та-
ко» я® отношении, в каком она делит ось цилиндра.
3.18. Докажите, что плоскость, проходящая через
середины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, делит
его на две части ранного объема.
3.19. Параллельные прямые а, Ь, с и d пересекают
одну плоскость и точках А, В, С и D, а другую плос-
кость — в точках А', В’, С п D'. Докажите, что объ-
емы тетраэдров Л'BCD и AB'C'D' равны.
3.20. В плоскостях гранен тетраэдра ABCD взяты
точки Л(, В,. С, и Dt так, что прямые AAlt ВВ,, CCt
u DDt параллельны. Найдите отношение объемов тст-
р.эдров ABCD и AXBXCXDX.
§ 4. Вычисление объема
3.21. Плоскости АВСХ и ЛХВХС делят треугольную
призму ABCA^BiCi на четыре части. Найдите отноше-
ние объемов этих частей.
3.22. Объем параллелепипеда A BCDA xBxCxDt ра-
вен Г. Найдите объем общей части тетраэдров ABXCDX
и A,BCXD.
3.23, В каком отноиктши делит объем тетраэдра
плоскость, параллельная двум его скрещивающимся
ребрам и делящая одно из других ребер в отношения
2 : 1?
3.24. На трех параллельных прямых взяты сона-
* ► ►
и,.явленные векторы ЛИ,, ВВХ и ССХ. Докажите, что
обы'М выпуклого многогранника АВСА1ВХС1 равен
5(1/1, 4- ВВХ + СС|)/3, где S — площадь треуголь-
ника, получающегося при пересеченпп этих прямых
плоскостью, им перпендикулярной.
3.25. Пусть .4/ — точка пересечения медиан тет-
раэдра ABCD (см. с. 244). Докажите, что сущест-
вует четырехугольник, стороны которого равны и
параллельны отрезкам, соединяющим М с вершинами
тстравдра. Вычислите объем тетраэдра, задаваемого
этим пространственным четырехугольником, если обти'м
тетраэдра ABCD равен V.
3.26. Через высоту правильного треугольника со
стороной а проведена плоскость, перпендикулярная
плоскости треугольника, и в этой плоскости взята пря-
мая I, параллельная высоте треугольника. Найдите
объем тела, полученного при вращении треугольника
вокруг прямой /.
3.27. Прямые АС и BD, угол между которыми ра-
вен а (а < 90е), касаются шара радиуса В в дна меч
рально противоположных точках А и В. Прямая CD
тоже касается шара, причем угол между АВ и CD ра-
вен <р (ч < 90е). Найдите объем тетраэдра ABCD.
3.28. Точка О лежит па отрезке, соединяющем вер-
шину треугольной пирамиды объема V с точкой пере-
сечения медиан основания. Найдите объем общей части
данной пирамиды и пирамиды, симметричной ей от-
носительно точки О, если точка О целт указанный от-
резок в отношении: a) t : 1; б) 3: 1; в) 2 : 1; г) 4 : 1
(считая от вершины).
3.29. Стороны пространственного четырехугольники
KLMN перпендикулярны граням тетраэдра ABCD,,
а их длины равны площадям соответствующих граней.
Найдите объем тетраэдра KLMN, если объем тетра-
эдра ABCD равен К.
3.30. Боковое ребро правильной призмы ABCA^H^'i
равно а; высота основания призмы тоже равна а. Через
точку А проведены плоскости, перпендикулярные пря-
мым Л Bi и АС,, а через точку Л1 — плоскости, пер-
пендикулярные AtB я AtC. Найдите объем фигуры,
ограниченной этими четырьмя плоскостями и плос-
костью BiBCCi.
3.31. Тетраэдры ABCD и AxBiCiDi расположены
так, что все вершины каждого из них лежат в соот-
ветствующих плоскостях граней другого тетраэдра
(А лежит в плоскости BfiiDi и т. д.). Кроме того, Л,
совпадает с точкой пересечения медиан треугольники
BCD, а прямые BDX, СВХ и ОС, делят пополам отрезки
AC, AD и АВ соответственно. Найдите объем общей
части тетраэдров, если объем тетраэдра ABCD ра-
вен И.
43
§ 5. Вспомогательный объем
3.32. Докажите, что биссекторная плоскость дву-
гранного угла при ребре тетраэдра делит противопо-
ложное ребро на части, пропорциональные площадям
граней, заключающих этот угол.
3.33. В тетраэдре ABCD грани ЛВС и ABD имеют
площади р и q и образуют между собой угол а. Найдите
площадь сечения, проходящего через ребро Л В и центр
вписанного в тетраэдр шара.
3.34. Докажите, что если xt, х„ х*. xt — расстоя-
ния от произвольной точки внутри тетраэдра до его
граней, а Л„ Ля, h4 — соответствующие высоты тет-
раэдра, то
1.
3.35. На грани АВС тетраэдра ABCD взята точка О
и через нее проведены отрезки О A t, OBt и ОС,, па-
раллельные ребрам DA, DB и DC, до пересечения
с гранями тетраэдра. Докажите, что
ОА, ОВ, ОС,
DA + DlT + DC ~ *’
3.36. Пусть г—радиус вписанной сферы тетра-
эдра; га, гь, га и rd — радиусы сфер, каждая из кото-
рых касается одной грани и продолжений трех других.
Докажите, что
'а ть rt 'а г
3.37, Дана выпуклая четырехугольная пирамида
МА BCD с вершиной Л/. Плоскость пересекает ребра
Д/Л, МВ, МС и MD в точках Л„ В„ С\ и D, соответст-
венно. Докажите, что
МС_
Яс;
с MD
S АВС
„ Л/»
+ 5^юл7в7
3.38. Боковые грани треугольной пирамиды рав-
новелики и образуют с основанием углы а, [> и у. Най-
дите отношение радиуса шара, вписанного в эту пира-
миду, к радиусу шара, кмсающегося основания пира-
миды и продолжений боковых сторон.
4 И. В. Првсолоп, II. Ф. Шарыгаи
49
Задачи ;гля самостоятельного решения
3.39. Дне противоположные вершины куба совпа-
дают с центрами оснований цилиндра, а остальные его
вершины лежат на боковой поверхности цилиндра.
Найдите отношение объемов цилиндра н куба.
3.40. Внутри призмы объема I' ванта точка О.
Найдите сумму объемов пирамид с вершиной О, осно-
ваниями которых служат боковые грани призмы.
3.41. В каком отношении делит объем куба плос-
кость, проходящая через одну вершину куба и центры
двух граней, не содержащих этой вершины?
3.42. Отрезок EF не лежит в плоскости параллело-
грамма ABCD. Докажите, что объем тетраэдра EFAD
ранен сумме или разности объемов тетраэдров EFAB
н EFAC.
3.43. Боковые грани п-угольиой ищшмиды я или имея
боковыми гранями правильных четырехугольных пира-
мид. Вершины оснований четы|юхугольных пирамид, от-
личные от вершин л-угольной пирамиды, попарно сли-
ваются. Найдите отношение объемов пирамид.
3.44. Двугранный угол при |>ебре АВ тетраэдра
ABCD прямой; Л/ —середина ребра CD. Докажите,
что площадь треугольника АМН в два раза меньше
площади параллелограмма, диагонали которого рав-
ны п параллельны ребрам АВ и CD.
3.45. Грани ABD, BCD и CAD тетраэдра ABCD
служат нижними основаниями трех призм: плоскости
их верхних оснований пересекаются и точке Р. Дока-
жите, что сумма объемов этих трех призм равна объему
призмы, основанием которой служит грань АВС, а бо-
ковые ребра равны п параллельны отрезку PD.
3.46. Правил ьиый тетраэдр объема Г повернут на
угол а (0 < а < л) вокруг прямой, соединяющей сере-
дины его скрещивающихся ребер. Найдите объем об-
щей части исходного тетраэдра и повернутого.
3.47. Куб с ребром а повернут на угол « вокруг
диагонали. Найдите обт<еы общей части исходного куба
и повернутого.
3.48. I! основании четырехугольной пирамиды
SABCD лежит квадрат ABCD со сторэной а. Углы
между противоположными боковыми гранями прямые;
двугранный угол при ребре SA равен а. Найдите объем
пирамиды.
50
Решения
3.1. Пусть huh' —длины перпендику аиров. опушенных
пл точек В п О' на плоскость ABC', S и S' — площади треуголь-
ников АВС и АВ'С. Ясно, что Л : Л' — АО : AV и 5 : S' =»
» (А В-АС) : (А В'-А С). Остается заметить, что Удпсо"
! КлВ'С’П' = : к'х'-
3.2. Высота треугольника ABD, проведенная из вершины В,
раина AB sin у, поэтому высота тетраэдра, опущенная на плос-
кость АСВ. равна АВ sin у sin О. Ясно также, что площадь тре-
угольника ACD раина AC' АВ ein р/2.
3.3. Пусть ht и Л,— высоты данных гранен, опущенные на их
общую сторону. Тогда I’ = (А(гчп a)5s/3 = aAlAtsin <х/6. Остает-
ся наметить, что Л, = 2St/a, Л, = 25«/a.
3.4. Рассмотрим параллелепипед, образованный плоскостя-
ми, проходящими через ребра тетраэдра параллельно противо-
положным ребрам. Плоскости граней исходного тетравдра от-
секают от параллелепипеда 4 тетраэдра, объем каждого из ко-
торых составляет 1/6 объема параллелепипеда. Поэтому объем
тетрацдра составляет 1/3 объема параллелепипеда. Л объем
параллелепипеда легко выражается через данные в условии ве-
личины: его грань являепя параллелограммом с диагоналями
длиной АВ и СВ и углом гр между ними, а высота, опущенная
на ату грань, равна d.
3.5. Угол а между прямой КО я высотой А пирамиды ра-
вен углу между плоскостью основания и плоскостью, перпенди-
кулярной КО. Поэтому А = А О cos а = 5'соя а, где S' —
площадь основания (см. задачу 2.13). Следовательно, S- КО “
= S'h.
3.6. Рассмотрим п|м>екцию данного иармлмеашнщп на
плоскость, периеидикулириую прямой ACt (рис. 25). В даль-
нейшем ходе решения испольауюгся обозначения рис. 25.
На этом рисунке длины отрезков 3/1), АВ я АО равны рас-
стояниям от вершин 4|, В и В параллелепипеда до диагонали
ACf, а стороны треугольника A A tft1 равны этим отреаклм. Так
как площадь этого т|юутолыпша равна S, то площадь треуголь-
ника А,О В раина 35. Если Л/— точка пергсечепия плоскости
AtOB с диагепнлыо ACj, то ЛА/ = 4/3 (задача 2 1), а аиачит,
согласно задачи 3.5 объем тетраэдра AAtDB равен </5/3. Ясно
также, что объем итого тетраэдра составляет 1/6 часть объема
параллелен и исла.
3.7. Соединим центр сферы с вершинами многогранника
я разобьем его тем самым на пирамиды Высоты этих пирамид
равны радиусу сферы, а пх освоианнями являются гралн
многогранника. Поэтому сумма объемов этих пирамид равна
4* 51
SR/3, rje S — сумма площадей пх оснований, т. с. площадь
поверхности многогранника
3.8. И конус, н саму сферу можно рассматривать как ио-
котормп предел многогранников, описанных около данной сфе-
ры. Остается аамепггь. что для каждого ив этих многогранников
справедлива формула V = SR/3,
где V — объем, S — площадь по-
верхности многогранника, Я —
радиус данной сферы (задача 3.7).
3.9. Точно такие же рассуж-
дения, как и в задаче 3.8, пока-
зывают, что объем этого тела ра-
вен SR/3.
3,10. а) Рассмотрим проня-
аольное сечение, параллельное
основаниям. Пусть МР — ра-
диус сечения конуса, МС — ра-
диус сечения шара, МВ — ради-
ус сечения цилиндра. Требуется
прооерить, что пМР* “ пМВ* —
— пМС*, т. е. МВ* «• МР* +
+ МС*. Для доказательства это-
заметить, что МВ " ОС, МР “ МО,
а треугольник СОМ прямоугольный.
б) Объемы рассматриваемых в задаче а) цилиндра в конуса
равны лЯа и пЯ’/З. Объем шара радиуса Я в дна раза больше
разности объемов цилиндра и конуса, поэтому он равен 4лЯа/8.
8.11. Данный конус получается отсечением конуса с вы-
сотой х и основанием радиуса г от конуса с высотой х -)- h и ос-
нованием радиуса Я. Поэтому V = л(Я*(х + А) — Лг)/3. Так
как х : г = (х + A) : В, то х« rh/(R — г) и х -f- Л = RhJ(R —
— г). Следовательно, V = я(г* 4- гЯ + Я*)А/3.
3.12. Предположим сначала, что данная плоская фигура
является выпуклым л-угольпнком. Тогда рассматриваемое тело
состоит па приамы объемом 2dS, п полуцилиндров с суммарным
объемом лд<1* и л тел, из которых можно составить шар объемом
4я<Р/3. Опишем подробнее последние л тел. Рассмотрим шар
радиуса d и раа|>ежем его полукругами (с центрами в центре
шара), получающимися параллельными переносами основа-
ний полуцилиндров. Это и есть разбиение шара на л тел.
Итак, если фигура является выпуклым многоугольником,
то объем тела равен ZdS + nptP + 4л<Я/3. Эта формула остается
справедливой и для произвольной выпуклой фигуры.
8.13. Как и в предыдущей задаче, разобьем полученное тело
на исходный многогранник, призмы, соответствующие граням,
52
части цилиндров, соответствующие ребрам, а части шара ра-
диуса d, соответствующие вершинам. Теперь легко проверить,
что объем полученного тела равен V -|- у </,2(n-*h) М
i
+4«л а площадь его поверхности равна 5-f-d2 (л-%)Х
I
X Zj + tnd».
3.14. Первое решение. Пусть О—нпутреииия точка мно-
гогранника, равноудаленная от данных плоскостей. Поверхность
многогранника, заключенную между данными плоскостный,
можно рпабпть на треугольники с вершинами к вершинах много-
гранника. Следовательно, многогранник разбивается ия две
пирамиды с вершиной О, основаниями которых служат грани
с площадями 5, и 5S, и несколько треугольных пирамид с вер-
шиной О, основаниями которых служат указанные треуголь-
ники Объемы первых двух пирамид равны hSt/fi и hSt/<j Объем
f-й треугольной пирамиды равен 2А«(/3, где tt — площадь
сечения агой пирамиды плоскостью, равноудаленной от данных;
в самом деле, объем пирамиды в 4 раза больше объема тетра-
эдра, который отсекает от иее указанная плоскость, а объем
тетраэдра равен Ясно также, что s, -)- ... гп = 5.
Второе решение. Пусть 5(f) — площадь сечения много-
гранника плоскостью, удаленной на расстояние I от первой плос-
кости. Докажем, что S(t) — квад-
ра точная функция (при 0 < f <
С Л), т. е. 5(f) яг* + bl + с.
Рассмотрим для этого такую про-
екцию многогранника вдоль не-
которой пряной на первую плсъс-
костъ., что проекции верхней и
нижней граней не пересекаются
(рис. 26). Площади обоих за-
штрихованных частей являются
квадратичными функциями f, по-
этому 5(f) — площадь незаштри-
ховапиой части — тоже квадра-
тичная функция.
Для любой квадратичной функции 5(f), где t изменяется ог 0
до Л. можно подобрать достаточно простой многогранник с точно
такой же функцией 5(f): если я > 0, то можно взять усеченную
пирамиду, а если я < 0, то можно взять часть тетраэдра, за-
ключенную между двумя плоскостями, параллельными двум его
скрещивающимся ребрам. Объемы многогранников с равными
функциями 5(f) равны (принцип Кавалъери). Легко проверить.
S3
что любой из новых простых многогранников можно разбить
на тетраэдры, вершины которых лежат в данных плоскостях.
Дли них требуемая формула легко проверяется (в случае, когда
дне вершины тетраэдра лежат в одной плоскости и две и другой,
следует воспользоваться формулой и» задачи 3.4).
Х15. Объем такого тетраэдра равен abd bin <р/6, где а и 6 —
длины ребер, d — расстояние между скрещивающимися прямы-
ми, <; — угол между ними (задача 3.4).
3.16. При П|Ю1КЦНи на плос кость, перпендикулярную дан-
ным прямым, прямые я, Ь и с переходят н точки Л, В и С. Пусть
• — площадь треугольника ABC'. KS — ребро тетраэдра, пере-
мещающееся по прямой а. Согласно задаче 3.5 объем рассматри-
ваемого тетраздра раней sKS/3
3.17. Пусть плоскость П пересекает ось цилиндра в точке О.
Проведем че,<еа точку О плоскость П', параллельную основа-
ниям цилиндра. Эти две плоскости ДСЛЯТ цилиндр на 4 части,
причем 2 части, заключенные между плоскостями, имеют рав-
ный объем. Следовательно, объемы тех частей, на которые ци-
линдр делится плоскостью П,
равны объемам тех частей, на
которые он делится плоско-
стью П'. Ясно также, что отно-
шение объемен цилиндров с
равными основаниями равно
отношению пх высот.
Рис. 27
3.13. Пусть М и А’ — се-
редины ребер АВ и CD тетра-
эдра ABCD. Пусть для опре-
деленности плоскость, прохо-
дящая черев Л/ и А', пересека-
ет [нбра AD и ВС п точках
L и N (рис. 27). Плоскость
DM С делит тетраэдр на дне
части равного объема, ооэто-
му достаточно проверить, что
раины объемы тетраэдров DKLM и СКЛ'М. Объем тетразд-
ра СКВМ равен 1/4 объема тетраэдра ABCD, а отношение
обм-мов тетраэдров СКВМ и CKNM jhikho ВС '.СВ. Анало-
гично отношение 1/4 объема тетраэдра ABCD к объему тет-
раэдра DKI.M равно AD : DL. Остается заметить, что ВС:
; СВ "• AD : DL (задача-2.5).
3.19. Согласно задаче 3.16 1д<двс “ ^AA'rt'C" Записывая
аналогичные |кшенства для объемов тетраадроп A'ADC и A'ABD
о выражав V AIOCV и VAu>C'D> через эти объемы, получаем
•I ребуемос.
3.20. Пусть Af—точка пересечения прямой AAf и плос-
кости B.CjDj. Докажем, что 4^-= ЗЛ(4. Тогда 1'АВСп:
: Р’д ЖГ) =1:3; воспользовавшись реэулотатпм задачи 3.19,
окончательно получим V АВСГ): ^л.в.с.Р, = ’лисп 1л*н-о "
= 1 :3.
"♦ > '»
Среди коллинсарных векторов ЯЯЬ CCt и DDl найдутся
дпа coifMitpaaJioHuiax; предположим дли опргделсимостн, что
• * ►
векторы ВВ, u СС, сонаправлены. Пусть Л/ — точка пересечения
прямых ВС, u СВ,. Прямые ВС, и СВ, принадлежат плоскостям
ADB и ADC соответственно, поэтому точка М принадлежит
прямой AD. Проведем через параллельные прямые ЛЛ, и DD,
плоскость; она проходит через точку Л/ и пересекает отрезки ВС
п В,С, в некоторых точках Ln К (рис. 28). Легко проверить, что
Л/ — середина отрезка KL, точка А принадлежит прямым DM
н D,L, точка Л, — прямой DL, точка Л, — прямой О,Л'. По-
этому А,А : AAt — LM : LK " 1 : 2. а значит, A,At = 344,.
3.21. Пусть В и Q — середины отрезков АС, и ВС,, т. е.
PQ — прямая пересечения данных плоскостей. Отношение объ-
емов тетраэдров C,PQC u С,АВС райпо (С,Р : С,Л)(С,(> : С,В) =
•1:4 (см. задачу 3.1). Ясно также, что объем тетраэдра С,ЛВС
составляет 1/3 объема призмы. Пользуясь этим, легко проверить,
что искомое отношение объемов равно 1 : 3 : 3 : 5.
3.22. Общая часть указанных тетраодюа является выпук-
лым миогосрппииком с вершинами в центрах граней параллелепи-
педа. Плоскость, рапноудаленная от Двух противоположных
гранен параллелепипеда, рассекает этот многогранник на дне
55
четырехугольные пирамиды, объем каждой из которых равен
1712.
3.23. Сечение тетравдра данной плоскостью является па-
раллелограммом. Каждую из двух полученных частей тет|ч>-
ядра можно раз|1еяать на пирамиду, основанием коГО|»ой служит
этот параллелограмм, и тетраэдр. Объемы этих пирамид и тетра-
ддров можно выразить через длины а и Ъ скрещивающихся ре-
бер, расстояние <1 и угол <р между ними (для тетраэдров следует
воспользоваться формулой задачи 3.4). Тем самым находятся
объемы полученных частей; они равны 1(М81 и 7в/1б2, где v —
"• abd sill if, а их отношение равно 20/7.
3.24. Отложим на продолжении ребра BBt за точку &(
отрсаок BtBt, равный ребру АЛ,. Пусть К —середина отрезка
Л,В,, т. е. точка пересечения отрезков /ЦЯ, и АВ,. Так как объ-
емы тетраэдров Л(ЛсС’,/1 u B,KC,Bt раины, то равны объемы
многогранников ABCAiBtCt и ЛВСВ^С,. Аналогичные рассуж-
дения показывают, что объем многогранника ABCBtC, равен
объему пирамиды АВССг, где СС, = АЛ, 4- ВВ, 4- СС,. Остает-
ся воспользоваться формулой задачи 3.5.
3.25. Достроим пирамиду МАВС до параллелепипеда
— » •—>
(рис. 29). Пусть МК — его диагональ. Так как МА 4- МВ 4*
+ МС 4- Ml) > 0 (см. задачу 14.3, а), то КМ =• Ml). По-
этому четырехугольник MCLK
искомый. Объемы тетраэдров
MCKL и МАВС равны, так как
каждый из них составляет 1/6
объема рассматриваемого парал-
лелепипеда. Ясно также, что объ-
ем тетраэдра МАВС равен 1/4.
Замечание. II» решения
вадачп 7.15 следует, что побор
векторов сторон требуемого про-
странственного чсты|1ехугольника
определен однозначно. Поэтому
существует 6 различных таких
четырехугольников, причем объемы всех задаваемых ими тет-
раадров равны (см. аалачу 8.26).
3.26. Замети»! сначала, что при вратценип (в плоскости)
отрезка длиной 2d относительно точки, лежащей на серединном
перпендикуляре к этому отрезку и удаленной от отрезка па рас-
стояние г, получается кольцо с внутренним радиусом х u nneui-
ннм радиусом Vx* 4- rf*: площадь этого колмщ равна пгР, т. е-
Она не зависит от г Глел<'вятел1.по. сечение данного тел» плос-
костью, перпендикулярной осп вращении, представляет собой
5в
кольцо, площадь которого ио аавнсит пт положения прямой I.
А аначнт, достаточно рассмотреть случай, когда осью вращения
яплястся высота треугольника. В атом случае объем тела вра-
щения — конуса — раш'Н ял’ V 3/24
3.27. Пусть АС « *, BD — у, Dt — проекция D на плос-
кость, касающуюся шара в точке А. В треугольнике CAD, угол
А ранен а или 18(Х — а, потому ** + уг f 2-iycos а — CD» —
= 4/?'-tg“<f. Ясно также, что ж + у ®= CD ш 2/f/cos ф. Следо-
вательно, либо ху — K4wtf\,aJ2), либо ху — Я*/ь1п*(а/2). Учи-
тывая, что (х 4- у)’ > 4ху, получаем, что первое решение воз-
можно при ф > <х/2, а второе — при ф > (я — а)/2. Так как
обтек V тетраэдра ABCD равен хуВ sin а/3, окончательный от-
вет таков: если а < 2<, < я — а, то |б » 2R*lg(a/2)/3, а если
и — а < 2ц' с я, то V может иметь винчения 2D’lg(a/2)/3
u 2W"ctg(a/2)/3.
3.28. Ha рисунках 80, а—е иаображеиы общж части пира-
мид во всех четырех случаях.
а) Общая часть — параллелепипед (рис. 30, а). Он полу-
чаете а из исходной пирамиды отсечен нем трех пирамид, подоб-
ны* ей с коэффициентом 2/3; при атом три пирамиды, подобные
исходной с коэффициентом 1/3, являются общими для пар от-
секаемых пирамид. Потому объем пирамиды ране» Г(1 —
— 3(2/3)" + 3(1/3)*) — 2179.
б) Общая часть — «октавдр» (рис. 30, 6)- Объем втпго мно-
гое раниика ранен ('(1 — <(1/2)’) «• V/2.
«) Общая часть наображеиа на рис. 30, в. Для вычисления
ее объема нужно на объема исходной пирамиды вычесть объем
пирамиды, подобной ей с коэффициентом 1/3 (на рисунке эта
пирамида вверху), эатем вычесть объем т|>ех пирамид, подобных
исходной с коэффициентом 5/9, и прибавить объем трех пирамид,
подобных исходной с коэффициентом 1/9. П петому объем общей
части равен 1(1 - (1/3)’ — 3(5/9)" + 3(1/9)*) - 1101/243.
г) Общая часть изображена на рис. 30, г. Ее объем равен
1(1 - (3/5)3 — 3(7/15)» + 3(1/15}») = 121725.
3.29. Существование такого пространственного четырех-
угольника KI.MN для любого тетравдра ABCD следует ив ут-
верждения задачи 7.19; таких четырехугольников несколько,
но объемы всех задаваемых ими тетраэдров равны (задача 8.2(>).
Носпользовавшнсь формулой задачи 3.2, легко доказать, что
V» = (лбс/С):1р*7, где о, ft и с — длины |>ебср, выходящих из вер-
шины А; р — пропаж донне синусов плоских углов ири вершп-
A, q— произведение синусов двугранных углов трОХГран-
пого угла при вершпис А Опустим из ирок:<полы|об точки О,
лежащей опутрп тетраэдра ABCD, перпендикуляры на грани,
57
выходящие па аерншны Л, и отложим на пах отрезки OP, OQ
и ОН. рай пне площадям этих граней. Из решения задачи П.26
следует, что объем И' тетраэдра OPQR равен обтяну гетраадра
KLMN Плоские (соответственно двугранные) углы трехгран-
ного угла OPQti дополняют до 180° двугранные (соответственно
Рис. 30
плоские) углы трехгранного угла ЛВСй (сы. задачу 5.1). Сле-
довательно, W* = (.Vl.S’tAV6)i,91₽. где St, St, — площади
граней, выходящих из вершины Л. Так как 5,5,5,= (кЛс)2р/8,
З.Э>. Пусть Л/ в Л' - середины ребер BtCt и ВС. Рвссмат-
ринлеыые пары плоскостей спныетричны относительно плоскости
AAiMN. Возьмем на луче Л/Л’ точку К так, что >WД = 2Л/Л.
58
Так как ЛЛтЛ/Л' — квадрат, то КЛАНАМ, а значит, прямая ЛК
перпендикулярна плоскости AB,C,, т. е. Л Л'—прямая пере-
сечения рассматриваемых плоскостей, проходящих через точ-
ку А. Аналогично строим прямую А, В пересечения плоскостей,
проходящих через точку Л,. Так как В|Л' — проекция примой
АВ, на плоскость ВСС|, то плоское! ь, П|<оходящлн через точку
Л перпендикулярно ЛИ,, пересекает плоскость ЯСС, по прямой,
перпендикулярной прямой в,Л'. Проводи аналогичные (юссуж-
дсния для других рассматриваемых плоскостей и учитывая, что
треугольники ВМС и В,И1\ правильные, получаем, что ряссыат-
ршчаемые плоскости вькекают на плоскости ВСС,В, ромб, со-
стоящий из двух правильных треугольников со стороной KL
«- Зя. Площадь агою ромба равна f*a* Vs/2. Искомая фигура
является четырехугольной пирамидой, основанием которой слу-
жит этот ромб, а вершиной — точка S пересечения прямых А К
a Так как расстояние ОТ точки 5 до прямой KL равно Зл/2,
объем этой пирамиды рапой 9я"
3.31. Пусть A’. L в М — се|>едииы отреяков АВ, АС н AD.
Докажем сначала, что А — середина отрезка DC,. Точка В ле-
жит в плоскости И|С>/)|, поэтому точка С, лежит в плоскости
A,LB. Достроим тетраэдр ЛВС!) до треугольной призмы, до-
» * —♦ -»
банив вершины 5 u Т, где AS = /)В и А Т = DC. Плот кость
Л,1.В проходит через се-
редпны сторон CD и АТ
параллелограмма CDA Т,
поэтому она содержит пря-
мую BS. Следовательно,
S —точка пересечения пря-
мой DK с плоскостью
А,1.В, т. е. S ™ Ci. Анало-
гично доказывается, что Ь
U Л/ — ге|<слнны отрезков
BD, и СВ,. Итак, тетраэдр
A,B,C,D, ограничен плос-
костью B,C,D,. проходищей
через точку А параллель-
но грани BCD, и плоскос-
тями Л,1.В. А,МС и И|А'О.
Пусть Q — середина ВС, Р — точка пересечения ВС и KQ
(рпс. 31). Плоскость AfKD отсекает от тегрвздра ABCD тетраэдр
DKBQ, объем которито (uincu V/4; плоскости A,LH п А,МС от-
секшей итраэдры такого же объема. При атом, напрпмер, для
тетраадров. отсекаемых плоскостями A,KD и A,LB. обншм яв-
ляется гетраздр AtBI’Q, пбьем Ktnopmo раним )724. Следова-
59
TiiMKt, объем общей части тетраэдров ABCD u A,B,C,D, репей
111 — 3/4 + 3/24) = 3178.
3.32. Отношение отрезков ребра равно отношению высот,
опущенных ня его коннов на биссекторяую плоскость, а по-
следнее отношение равно отношению обта-мов тетраэдров, на ко-
торые плоскость разделила данный тетраэдр. А так как высоты,
опущенные из любой точки биссекторной плоскости на грани
двугранною угла, равны, то отношение объемов этих тетраэдров
равно отношению площадей граней, заключающих данный дву-
гранный у 1-ол.
3.33. Пусть а = АВ, я — площадь искомого сечения. Вос-
пользовавшись для объема тетраэдра ABCD и его частей фор-
мулой вадачи 3.3, получим
2 рт sin (а/2) 2 ух sin (ot/2) 2 pysina
*3 a ' 3 a = 3 a •
2py cos (a/2)
Следовательно, x=----g.
3.34. Раа|и>>кеч тсгравдр на 4 треугольные пирамиды, осно-
ваниями которых служат грани тетраэдра, а вершиной служит
данна» точка. Указанная сумма отношений является суммой от-
ношений объемов этих пирамид к объему тетраэдра. Эта сумма
равна 1, так как сумма объемов ппраинд равна объему тетраэдра.
3.35. Параллельные от резки AD и ОА, образуют с плос-
костью BCD равные углы, поэтому отношение длин высот, опу-
щенных на эту плоскость из точек О и А, равно отношению длин
^ОЛСЛ 0*1
этих отрепков. Следовательно, у----— . Записав такие
ABCD
же равенства Для отрезков ОВ, и ОС, и сложив их, получим
OAj ОН, ОС, l'owcn+ *’оасо+ voahd
Тй + Тй+ТК------------------
3.36. Пусть 5а, Sb, Sr п Л’г/ — площади граней BCD, ACD,
ABD и ABC', V — объем тотраэд)>а; О — центр сферы, касаю-
щейся грани BCD и продолжений трех других граней. Тогда
ЗУ - '•«(-S. + Sb -f- .Vc + 5d), а значит. l/r„ = <-5„ +
+ $ь 4- Se 4- .S'rf)/3 V. Записав аналогичные равенства для
остальных радиусов вневписанных сфер и сложив их, получим
1111 2 (8. 4-8»4- 8е4-8„) 2
га + Ч ’ >с + Ч " »'
3.37. Пирамиду MAtBiC,Dt можно разрезать на два тет-
раэдра как плоскостью Л/AtC'i, так и плоскостью МВ,О„
W
1037 ом у
VNBiC,Dt + VIHAtB,D, ~ + ^’iWAjCjD,* 0>
Воспользовавшись формулой задачи 3.1, получи»
Л/Я, Л/С, MDi
' mHjCjD, = ~мТГ ТьГ ~mi7 1 *"?rD
1, /л/л! л,,,< мс> *'n<\ МА
3 "I МЛ MR МС 'Mb 1 MAf SBCDi
где Л — высота пирамиды MAHCD. Подставлял u (1) аналогич-
ные выражения для объемов тех тетраэдром, после сокращения
получаем требуемое.
3.38. Пусть гиг' — радиусы винсапного и енсвписанного
шаров, 5 — площадь боковой грани, г — площадь основания,
V — объем пирамиды. Тогда V = (3S »)г/3. Аналогично до-
кааынается, что V = (35 — «)г73. Кроме того, «=(сова +
+ соя р + cos у)5 (см. задачу 2.13). Следовательно,
г 3S —t 3 — coset — cos р — со» у
т" ~ 35 + * — 3 + cos а р сов р + сое у ’
Глава 4
СФЕРЫ
§ 1. Длина общей касательной
4.1. Плоскость касается двух касающихся шаров
радиуса В и г в точках А и В. Докажите, что АВ =
= 2 /Л7.
4.2. Три шара попарно касаются; плоскость каса-
ется этих шаров в точках А, В и С. Найдите радиусы
шаров, если стороны треугольника АВС равны а, b и с.
4.3. Два шара одного радиуса и два другого распо-
ложены так, что каждый шар касается трех других и
данной плоскости. Найдите отношение радиусов шаров.
4.4. Радиусы двух ненересекающихся шаров равны
В и г; расстояние между их центрами равно а. В каких
пределах может изменяться длина общей касательной
к этим шарам?
4.5. Две касающиеся сферы вписаны в двугранный
угол величиной 2а. Пусть А — точка касания первой
сферы с первой гранью, В — точка касания второй сфе-
ры со второй гранью. В каком отношении делится спра-
вок АВ точками пересечения с этими сферами?
§ 2. Касательные к сферам
4.6. Из произвольной точки пространства опущены
перпендикуляры па плоскости граней данного куба.
Полученные отрезки являются диагоналями шести
других кубов. Рассмотрим шесть сфер, каждая из ко-
торых касается всех ребер соответствующего куба.
Докажите, что все эти сферы имеют общую касатель-
ную прямую.
4.7. Сфера с диаметром СЕ касается плоскости АВС
» точке С; AD — касательная к этой сфере. Докажите,
что если точка В лежит па прямой 1)Е, то АС = АВ.
4.8. Дан куб ABCDAlBlCiDl. Плоскость, проходя-
щая через вершину А и касающаяся вписанной в куб
сферы, пересекает ребра AiHl и AlDl в точках К и N.
62
Найдите величину угла между плоскостями ЛС\К п
AC,N.
4.9. Два равных треугольника KLM и KLN имеют
общую сторону KL, причем ,/Л'ЛЛ/ = У LK'N — 60“,
KL “ 1 и LM = Л'Л' — 6. Плоскости KI.M и KLN
перпендикулярны. Найдите радиус шара, касающегося
отрезков LM и KN в их серединах.
4.10. Из точек Л и // проведены всевозможные ка-
сательные к данной сфере. Докажите, что нее точки их
пересечения, отличные от Л и В, лежат в двух плос-
костях.
4.11. Центры трех сфер, радиусы которых равны 3,
4 и 6, расположены и вершинах правильного треуголь-
ника со стороной 11. Сколько существует плоскостей,
касающихся одновременно всех этих сфер?
§ 3. Две пересекающиеся окружности
лежат на одной сфере
4.12. а) Две окружности, не лежащие в одной пло-
скости, пересекаются в двух различных точках Л и В.
Докажите, что существует единственная сфера, содер-
жащая эти окружности.
б) Две окружности, не лежащие в одной плоскости,
касаются прямой I в точке /*. Докажите, что существу-
ет единственная сфера, содержащая эти окружности.
4.13. Дана усеченная треугольная пирамида. До-
кажите, что если две ее боковые грани — вписанные
четырехугольники, то третья боковая грань — тоже
ни пса п н ы й четы рех у гол ьпнк.
4.14. Все грани выпуклого многогранника являются
вписанными многоугольниками, а все углы трехгран-
иые. Докажите, что вокруг этого многогранника можно
описать сферу.
4.15. Три сферы имеют общую хорду. Через точку
этой хорды проведены три хорды, принадлежащие раз-
личным сферам. Докажите, что концы этих трех хорд
лежат на одной сфере или в одной плоскости.
4.16. В пространстве расположено несколько ок-
ружностей, причем любые две из них имеют пару об-
щих точек. Докажите, что либо все эти окружности
имеют две общие точки, либо все они принадлежат од-
ной сфере (или одной плоскости).
4.17. Три окружности в пространстве попарно ка-
саются друг друга (т. е, они имеют общие точки п об-
СД
щие касательные в этих точках), причем все три точки
касания различны. Доканаете, что эти окружности
принадлежат либо одной сфере, либо одной плоскости.
§ 4. Разные задачи
4.18. Три точки Л, В и С сферы радиуса R попарно
соединены (меньшими) дугами больших кругов. Через
середины дуг АВ и АС проведен еще один большой круг,
пересекающим продолжение дуги ВС в точке К. Найди-
те длину дуги СК, если длина дуги ВС равна I (I < яВ).
(Большим кругом называется сечение сферы плос-
костью, проходящей через центр.)
4.19. Хорда АВ сферы радиуса 1 имеет длину 1 и
расположена под углом 60° к диаметру CD этой сферы.
Известно, что АС = У 2 и АС < ВС. Найдите длину
отрезка BD.
4.20. Даня сфера, окружность на ней и точка /’, но
принадлежанщя сфере. Докажите, что вторые точки
пересечения сферы с прямыми, соединяющими точку Р
с точками окружности, лежат на одной окружности.
4.21. На сфере радиуса 2 расположены три попарно
касающиеся окружности радиуса 1. Найдите радиус
иаимепьгаей окружности, расположенной на даппой
сфере и касающейся всех трех данных окружностей.
4.22. Введем систему координате началом О в центре
земного шара, осями Ох в Оу, проходящими через точ-
ки экватора с долготой 0° и 90° соответственно, и осью
Ог, проходящей через северный полаю. Какие коорди-
наты имеет точка земной поверхности с широтой <( н
долготой ф? (Землю рассматривать как шар радиуса Н\
в южном полушарии широту считать отрицательной.)
4.23. Рассмотрим все точки поверхности земного ша-
ра, географическая широта которых равна их долготе.
Найдите геометрическое место проекций этих точек на
плоскость экватора.
§ 5. Площадь сферической полоски
и объем ша|ювосо сегмента
4.24. Две параллельные плоскости, расстояние меж-
ду которыми равпо h, пересекают сферу радиуса В.
Докажите, что площадь поверхности части сферы, за-
ключенной между ними, равна 2nRh,
64
4.25. Пусть Л — вершин» шарового сегмент», В —
точка окружности его основания. Докажите, что пло-
щадь поверхности этого сегмента равна площади круга
радиуса АВ.
4.26. Пусть h — высота шарового сектора (рис. 32),
В — радиус шара. Докажите, что объем этого шарового
сектора равен 2пВ*к/3.
4.27. Пусть h — высота шарового сегмента (рис. 33),
В — радиус шара. Докажите, что объем шарового
сегмента равен лЛг(3/? — h)J3.
4.28. Докажите, что объем тела, полученного прп
круга относительно не пересе-
кающего его диаметра, равен
ло’Л/б, где а — длина хорды
атого сегмента, h — длина про-
екции этой хорды на диаметр.
вращении сегмента
Рис. 32
Рис. 83
Гис. 34
4.29. Золотое колечко имеет форму тела, ограни-
ченного поверхностью шара и цилиндра (рис. 34).
Сколько золота нужно добавить, чтобы увеличить
диаметр d в к раз, а вы-
соту h оставить прежней?
4.30. Центр сферы
принадлежит сфере
причем эти сферы пересе-
каются. Докажите, что
площадь части поверхнос-
ти St, находящейся внут-
ри St, равна 1/4 площади
поверхности 5t.
4.31. Центр сферы а
принадлежит сфере р. Пло-
щадь части поверхности
сферы р, лежащей внутри
а, равна 1/5 площади по-
верхности а. Найдите отношение радиусов этих сфер.
4.32. Некоторый 20-гранник описан около сферы
радиуса 10. Докажите, что на его поверхности найдут-
5 В. В Прасоло», Л. Ф. Шурыгин: 65
ся две точки, расстояние между которыми больше 21.
4.33. Найдите площади частей, на которые пло-
скости граней куба с ребром а разбивают описанную
около пего сферу.
4.34. Шар радиуса Я касается ребер правильного
четырехгранного угла (см. с. 174), все плоские углы
которого равны 60°. Поверхность шара, находящаяся
внутри угла, состоит из двух криволинейных четырех-
угольников. Найдите их площади.
4.35. Дан правильный тетраэдр с ребром 1. Сфера
касается трех его ребер, выходящих на одной вершины,
в их концах. Найдите площадь части поверхности сфе-
ры, расположенной внутри тетраэдра.
4.36. На сфере радиуса 2 расположены три попарно
касающиеся окружности радиуса ]/2. Часть поверх-
ности сферы, расположенная вне окружностей, пред-
ставляет собой два криволинейных треугольника. Най-
дите площади этих треугольников.
§ 6. Радикальная плоскость
Пусть прямая I, проходящая через точку О, пересекает
сферу .9 в точках А и В. Легко проверить, что произведение длин
отрезков ОА и ОВ зависит лишь ат О и 5, по по зависит от вы-
бора прямой I (для точек, лежащих пне сферы, оао равпо квад-
рату касательной, проведенной из точки О). Эта величина, взя-
тая со знаком «плюс» для точек, лежащих вне 5, п со знаком
•минус» для точек, лежащих внутри .9, напивается степенью
точки О относительно сферы S. Легко проверить, что опа равна
тГ' — В*, где d — расстояние от точки О до центра сферы, В —
радиус сферы.
4.37. В пространстве даны две неконцентрические
сферы. Докажите, что геометрическое место точек, сте-
пени которых относительно этих сфер равны, является
плоскостью (радикальная плоскость двух сфер).
4.38. К двум сферам проведены общие касательные
АН tt CD. Докажите, что длины проекций отрезков А С
и BD па прямую, проходящую через центры сфер,
равны.
4.39. Найдите геометрическое место середин общих
касательных к двум данным непересекающимся сферам.
4.40. Внутри выпуклого многогранника расположе-
но несколько пепересекающихся шаров различных ра-
диусов. Докажите, что этот многогранник можно разре-
зать па меньшие выпуклые многогранники, каждый из
которых содержит ровно один из данных шаров.
бв
§ 7. Сферическая геометрия п телесные углы
4.41. На сфере даны дне пересекающиеся окружно-
сти S, н St. Рнссмотрнм конус (или цилиндр), касаю-
щийся дайной сферы по окружности S,. Докажите, что
окружности 5, и перпендикулярны тогда и только
тогда, когда плоскость окружности S\ проходит через
вершину этого конуса (или параллельна осн цилиндра).
4.42. Найдите площадь криволинейного треуголь-
ника, образованного при пересечении сферы радиуса R
с трехгранным углом, двугранные углы которого рав-
ны а, р и у, а вершина совпадает с центром сферы.
4.43. Пусть Л, и В, — середины сторон ВС и АС
сферического треугольника ЛВС. Докажите, что пло-
щадь сферического треугольника Л,В,С меньше поло-
вины площади сферического треугольника ЛВС.
4.44. Выпуклый л-гранпый угол высекает на сфере
радиуса R с центром в вершине угла сферический п-
угольник. Докажите, что его площадь равна В2(о —
— (и — 2)л), где о — сумма двугранных углов.
4.45. На сфере фиксированы две точки Л в В. Найди-
те геометрическое место третьих вершил С сферических
треугольников ЛВС, в которых величина £Л 4-
-hZ# — ZC постоянна.
4.4G. На сфере фиксированы дне точки Л и В. Най-
дите геометрическое место третьих вершин С сфери-
ческих треугольников АВС данной площади.
4.47. На сфере расположены три дуги больших кру-
гов в ЗОО0 каждая. Докажите, что хотя бы две из них
имеют общую точку.
4.48. На сфере дано несколько дуг больших кругов,
причем сумма их угловых величии меньше л. Докажи-
те, что существует плоскость, проходящая через центр
сферы и не пересекающая ни одной па этих дуг.
Рассмотрим сферу единичного радиуса с центром а вершине
многогранного угла (или на ребре двугранного угла). Площадь
части ее поверхности, заключенной внутри этою угла, называет-
ся величиной телес ноге цела этого многогранного (двугранно-
го) угла.
4.49. а) Докажите, что телесный угол двугранного
угла равен 2а, где а — величина двугранного угла в
радианах.
б) Докажите, что телесный угол многогранного угла
равен о — (п — 2)л, где а — сумма его двугранных
углов.
&» С7
4.50. Вычислите величину телесного угла конуса с
углом 2а при вершине.
4.51. Докажите, что разность между суммой телес-
ных углов двугранных углов тетраэдра и суммой те-
лесных углов его трехграппых углов равна 4л.
4.52. Докажите, что разность между суммой телес-
ных углов двугранных углов при ребрах многогранни-
ка и суммой телесных углов многогранных углов при
его вершинах равна 2л(Г — 2), где Г — число граней
многогранника.
Задачи для самостоятельного решения
4.53. Через точку D проведены три прямые, пересе-
кающие сферу в точках А к Л,, В и Bl. С n Ct. Дока-
жите, что треугольник A iB^, подобен треугольнику со
сторонами AB-CD, ВС-AD и AC‘BD.
4.54. В тетраэдре ABCD проведено сечение плос-
костью, перпендикулярном радиусу описанной сферы,
идущему в вершину D. Докажите, что вершины Л, В, С
и точки пересечения плоскости с ребрами DA, DB, DC
лежат на одной сфере.
4.55. Дав куб ABCDAlBlCxDi, Через вершину А
проведена плоскость, касающаяся вписанного в куб
шара. Пусть М и N -— точки пересечения этой пло-
скости с прямыми AtB и AtD. Докажите, что прямая
MN касается вписанного в куб шара.
4.56. Шар радиуса Я касается всех боковых граней
пирамиды в серединах сторон ео оснований. Отрезок,
соединяющий вершину пирампды с центром шара, де-
лится пополам точкой пересечения с основанием пира-
миды. Найдите объем пирамиды.
4.57. Па сфере расположены окружности So, Sx, ...
..., Sn, причем Sj касается и 5г, $г касается <S\ и 5»,...
...»S„ касается 5R_t и а 50 касается всех окружностей.
Кроме того, радиусы всех этих окружностей равны.
При каких п это возможно?
4.58. Пусть К — середина ребра AAt куба
ABCDAtBtCtDt, точка L лежит па ребре ВС, причем
отреаок КВ касается вписанного в куб шара. В каком
отношении отрезок KL делится точкой касания?
4.59. Плоскости основания конуса и его боковой по-
верхности изнутри касаются л попарно касающихся
шаров радиуса R; п шаров радиуса 2R аналогичным об-
G8
разом касаются боковой поиерхности с uiicumefi сто-
роны. Найдите объем конуса.
4.60. Плоскость пересекает ребра ЛИ, ВС, CD и
D1 тетраэдра ABCD и точках A', L, М и /V; Р — иромз-
I'o'ii,пая точка пространства. Прямые РК, PL, РМ к
P.V вторично пересекают окружности, описанные около
треугольников РАВ, РВС, PCD u PDA в точках
К., Lt, Л/, и Л',. Докажите, что точки Р, Кх, Lv Мх о
Л’, принадлежат одной сфере.
Решения
4.1. Докажем скачала, что длина общей касательной к
двум касающимся окружностям радиусов Янг равна 2 VRr.
Рассмотрим для этого прямоугольный треугольник, концы гипо-
тенузы которого — центры окружностей, а одни из катетов па-
раллелен общей касательной. Применяя к этому треугольнику
теорему Пифагора, получим Н + (R — г)’ •» (Я + г)’, где а—
длин» общей касательной. Отсюда »= 2}/Яг.
Рассматривая теперь Сечение, проходящее через центры
данных шаров и точки А и В, легко проверить, что era формула
справедлива и а пашем случае.
4.2. Пусть х, у и > — радиусы шаров. Согласие аадаче 4.1
а = 2\^xg, b = 2~\/i/i и с «= 2"\/'а. Поэтому acJb “ 2л, ». е.
а = ас!2Ь. Аналогично у = ab/2c и * = Ъс/2а.
4.3. Пусть А п С — точки касания с плоскостью шаров ра-
диуса Я: В и D — точки касания с плоскостью тарой радиуса г.
Согласно задаче 4.1 АВ « ВС » CD = АП “ 21/Лг, поэтому
ABCD — ромб; его диагонали раины 2Л и 2г. Следовательно,
Я* + г3 = 4Яг, т. е. Я “ (2 ± Iz3)r. Такны образом, отноше-
ние большего радиуса к меньшему равно 2 + Т^З.
4.4. Пусть MN — общая касательная, А и В — центры ша-
ров. Радиусы А М и ЯЛ' перпендикулярны касательной Л/Л.
Пусть С — проекция точки А па плоскость, проходящую через
точку Я перпендикулярно Л/Л’ (рис. 35). Так как Л'Я = г и
ВС = Я. то ВС пожег изменяться от В -)- г до |Я — г|. Поэто-
му величина МВ*™ АС* = АВ‘— ВС* может изменяться от
я* — (Я + г)» до а* — (Я — г)*.
Для пересекающихся шаров верхний предел длины Л/Л'
остается таким же, а кнжний рати 0.
4.5. Пусть а и 6 — радиусы сфер, А, и В, — другие точки
пх касания с гранями угла. Стороны трапеции ЛА,КН, легко
вычисляются: ABi — А,В = 2ув6 (задача 4.1), AAt =
60
~ la ст, а и ВВ, = 26 со» а. Квадрат высоты этой трапеции
равен \аЬ — (Л — о)1 cos* а, а квадрат диагонали равен \аЬ —
— (Ь — о)* со*’a + (a + 6)* cos* a «- 4 «6(1 cos’a). Если сфе-
ра, проходящая черев точки А и Л„ пересекает отрезок АВ
и точке К, то ВК = WAJ/WA, = 2] at/]/i 4 cow’ a ~
. “ ABf(t 4- сое’a) п А К = AB cos* a/
Л1 4 cos’a). Аналогично находятся длины
«гренков. на которые делится А В точкой
пересечения со второй сферой. В итоге
получаем, что отрезок АВ разделен
в огпошеинп соя’ а : sin* а : cos* а.
4.6. Рассмотрим сначала данный куб
ABCDA,B,C,D,. Конус с осью АС, И об-
рааующей АВ касается сферы, касающей-
сн всех ребер данного куба. Поэтому ко-
Л нус с осью АВ и образующей АС, касает-
_______________ сн сферы, касающейся всех ребер куба С
• диагональю АВ. Эти рассуждения поко-
рно. 35 аывают, что любая га четы|1ех прямых,
проходящих через данную точку парал-
лельно какой-либо диагонали данного куба, касается всех по-
лученных шаров.
4.7. Так как АС п АО — касательные к дяниоп сфере, они
равны. Поэтому точка А принадлежат плоскости, проходящей
чс|н-а середину отрезка СО перпендикулярно ему. Так как
/.СО В 9W, то эта плоскость перетекает плоскость АВС по
Примой, проходящей через середину отрсака ВС перпендику-
лярно ему.
4.К. Докажем сначала следующее вспомогательное утвержде-
ние. Пусть дпе плоскости, пересекающиеся по прямой АХ,
Касаются сферы с центром О в точках F и G. Тогда ЛОХ —
биссекториая плоскость дву) ранною угла, образованною плоско-
стями AOF и AOG. В самом дело, точки F и С симметричны отпо-
ецтельпо плоскости АОХ.
Пусть плоскость А АЛ’ касается вписанной в куб сферы в
точке Р, а прямая АР пересекает К К в точке Л/. Применяя до-
казанное выше утверждение к касательным плоскостям, прохо-
дящим через прямую NA, получаем, что AC,N — биссекториая
плоскость двугранного угла, образованного плоскостями АС,О{
и АС,М. Аналогично А С, К — биссекториая плоскость дву-
гранного угла, образованного плоскостями АС,М п АС,В,. Сле-
довательно, угол между плоскостями A Ct Л и АС, К вдвое мень-
ше двугранного угла, образованного полуплоскостями АС,О,
и АС,В,. Рассматривая проекцию па плоскость, перпендикуляр-
70
кую A Ci, получаем, что двугранный угол, обра.ющшвый полу-
плоскостями ACtDi и ACiBlt равен 120".
4.9. Пусть О( п Ог — проекции центра О данного uiapa па
плоскости К1.М и KLK; 1‘ и S — ссрслпии отрезков Л Л/ «КН.
Так как OP = OS и РК = SL, то OR = OL. Поэтому проек-
цией точек О, и О, на прямую KL является точка Q — середка а
отрезка KL. Так как плоскости KLM u KI.N периеидику.’1яриы,
то OOt = 0,0 = VOt; поэтому квадрат радиуса искомой сферы
равеи РО^ 4 ОУ* « Ре, 4- ОО*. Применяя тсо|>сму косинусов к
треугольнику KLM, получаем КМ* = 31. По теорт-ые сппусов
31 = (2Л яп СО")’ - ЗЯ*. Слсдонательво, РО* 4- <?О» = (/?’ —
— PL1) + </i‘ - QL*) - 62/3 - 9 - 1/4 = 137/12.
4.10. Пусть О — центр данной сферы, г — ее радиус; в и
Ъ — длины касательных, ирошщеииых из точек А и В; М —
точка пересечения касательных, проведенных из А п В', г —
длина касательной, проведенной из Л/ Тогда А Л1г = (а ± я)*,
ВМ‘ = (6 ± я)* п ОЛЛ = г* + л*. Подберем числа а, 0 и у
так, чтобы выражение аА Мг 4~ 0ДЛ7* 4- \ОМ* нс зависело от
». т. а. а 4- Р 4- V и 9 п ±2ао ± 206 = 0. Получаем, что точ-
ка Л/ удовлетворяет соотношению ЬА Л/г-f-оВЛ1‘ — (а 4*
4- 4)0Л/* = rf, или соотношению ЪАМ* — аВМ* 4- (« —
— Ь)ОМг — дг. Каждое пз этих соотпогоеипй определяет пло-
скость (см. задачу 1.29).
4.11. F'accMoTpiiM плоскость, касающуюся всех трех даииых
сфер, и проведем черся центр сферы радиуса 3 плоскость, ой
параллельную. Полученная плоскость касается сфер радиуса
4±3 в 613, копцевтричсскнх со сферами радиуса 4 в 6. В слу-
чае, когда кнакп при числе 3 одинаковы, касание внешнее,
а когда они разные, касапве внутреннее. Яспо также, что дли
каждой плоскости, касающейся всех сфх-j», плоскость, симмет-
ричная ей относительно плоскостп, проходящей через иеитри
сфер, тоже касается всех сфер.
Для того чтобы выяснить, существует ли плоскость, про-
водящая черта данную точку и касающаяся двух данных сфер,
можно воспользоваться результатом задачи 12.11. Во пссх слу-
чаях, кроме внутреннего касапня со сферами радиуса 1 и 9,
касательные плоскости существуют (см. рис. 36). Докажем, что
не существует плоскости, касающейся внутренне сфер радиуса
1 и 9 с центрами В и С в проходящей через точку А Пусть а —
угол между прямой АВ в касательной пи А к сфере с центром
В, 0 — угол между прямой АС а касательной нз А к сфере с
центром С. Достаточно проверить, что а 4- ₽ > 6<в. т. с.
сое (а 4- 0) < 1/2. Так как sin а — 1/11 и sin 0 «- 9/11, то
сое а = 1 120/11, сое 0 = l^/ll. Поэтому сое (а 4- р) =»
71
= (40 V'S — Итак, uopanencrno cos (а + P) < 1/2 зкви-
валеитно перавспству ОоД/з < 13#; последнее перавепство о|ю-
веряется 1юзпед|чпюм в квадрат.
В utoic получаем, «по всею омоется 3 пары касательные
плоскостей.
4.12. Пусть 01 н Ог — центры данных окружностей: и аада-
че а) М — сорсдппа отрезка АВ, в палаче б) М — Р. Рассмот-
рим плоскость Л/0,Оа. Цент-
ром искомой cijepoi являгчея
точка пересечения перпенди-
куляров. восставленных в этой
ПЛОСКОСТИ ИЗ точек 0| и Ог к
прямым Л/Ot и MOt.
4.13. Описанные окруж-
ности двух боковых гранен
имеют две обито точки — об-
щие вершины этих гранен.
Поэтому существует сфера, со-
держащая обе эти окружнос-
ти. Описанной окружностью
TjiCTbcfl грани является сече-
ние этой сферы плоскостью
грани.
4.14. Рассмотрим какую-
нибудь вершину многогранни-
ка и еще три вершины — концы выходящих иа нее ребер.
Черев эти 4 точки метено провести сферу. Такие сферы мож-
но построить для каждой вершппы многогранника, и поэтому
достаточно доказать, что для соседних вершин эти сферы сов-
падают.
Пусть Р и Q — сосед пив вершины. Рассмотрим описанные
окружности двух граней с общим ребром PQ. И точка Р. п кон-
цы выходящих и» нее трех ребер принадлежат хотя бы одной
иа этих окружностей. То же самое верно и для точки Q. Остается
заметить, что черев две окружности, имеющие две общие точки
в не лежащие в одной плоскости, можно провести сферу.
4.15. Произведение длин отрезков, пв которые каждая из
трех хорд делится точкой пх пересечоппя, равно произведению
длин отрезков, на которые точкой пересечения делится общая
хорда, а значит, осе эти Протподопнл равны. Если отрезки АВ
и CD пересекаются в точке О n АО-ОВ = CO-OD, то точки А,
В, С и D лежат па одной окрркностп. Следовательно, концы пер-
вой и второй хорды, а также котщ второй и третьей хорды ле-
жат па одной окружности. Пторал хорда принадлежит обеим
72
Вгпм окружностям, а значит, эти окружности принадлежат
ПДНОЙ сфере.
4.16. Если все окружности проходят через некоторые две
Точки, то все доказано. Поэтому можно считать, что «и. три
окружности, причем третья окружность не проходит хотя бет
через одну па точек пересечения первых двух окружностей. До-
кажем, что тогда эти три окружности принадлежат одной сфере
f« :ii ичоскости). Согласно задаче 4 12, а первые две окружности
принадлежат одной сфере (пли плоскости). Третья окружность
в< |>1чскает первую окружность в двух точках. Эти два точки по
дг.гут совпасть с двумя точками пересечения третьей окруж-
ности со второй, так как иначе асе три окружности проходили бы
через две точки. Поэтому третья окружность имеет по крайней
мере три общие точки со сферой, заданной первыми двумя
окружностями. Следовательно, третья окружность принадле-
жит этой сфере.
Возьмем теперь какую-нибудь четвертую окружность. Ее
точки пересечения с первой окружностью могут, конечно, со-
впасть с ее точками пересечения со второй окружностью, по
тотда опт! уже не могут совпасть с ее точками пересечения с
третьей окружностью. Поэтому четвертая окружность имеет по
крайней мере три общие точки СО сферой, заданной первыми дву-
мя окружностями, а значит, принадлежит ей.
4.17. Пусть сфера (пли плоскость) а содержит первую и
вторую окружности, сфера (или плоскость) р — эторую и
третью. Предположим, что а к Р не совпадают. Тогда их линией
1ирессчеш1я является вторая окружаость. Кроме того, общая
точка первой и третьей окружностей тоже принадлежит липин
пересечении а и Р, т. е. второй окружности, а значит, все
три окружности имеют общую точку. Получено противо-
речие.
4.18. Плоскость, проходящая через центр сферы и середи-
ны дуг ЛИ п АС, проходит также н через середины хорд АН и
АС, поэтому опа параллельна хорде ВС. Следовательно, боль-
шой крут, проходящий через В и С, и большой круг, проходя-
щий через середины дуг АВ и АС, пересекаются в таких двух
точках К и К,, что диаметр К К, параллелен ВС. Поэтому длила
дуги СК равна (л// ± 1)/2.
4.19. Пусть О — центр сферы. Возьмем точку Е так, что
СЕ — АВ. Так как ЛОСЕ. — СП" и СЕ - 1 = ОС, то ОЕ « 1.
Точка О равноудалена от всех вершин параллелограмма АВ ЕС,
поэтому А ВЕС — прямоугольник и проекция О, точки О на
плоскость этого прямоугольника совпадает с его центром, т. о.
с се|>едияой отрезка ВС. Отрезок ОО, является средней линией
73
треугольника CBD. поэтому ВО — 200, = 2VОС* — ВСЧЬ =*
- 2V1 - (ЛЯ* + АС*)Н = 1.
4.20. Пусть Л и Я — две точки дапиой окружности. Л, и
Bi — вторые точки первшчепия прямых РА и РВ со сферой.
I — касательная к описанной окружности треугольника РА В
в точке Р. Тогда /.((, АР) - Z(/4P, ЛЯ) - /_(Л,Я|, АР), т. о.
А ,В>||I. Пусть плоскость П проходит через точку А, параллель
но плоскости, касающейся в точке Р сферы, которая проходи г
через данную окружность н точку Р. Все искомые точки лежат
в плоскости П.
4.21. Пусть О — центр сферы; О„ Of п О, — центры дан-
ных окружностей; О* — центр искомой окружности. Рассмат-
ривал сечение сферы плоскостью 00,Ог, легко доказать, что
00|0t — правильный треугольник со стороной "|/з. Прямая
OOt проходит через центр треугольника 0,0/4 перпендикуляр-
по сто плоскости, а значит, расстояния от вершин этого треу-
гольника до прямой ОО, равны 1. Пусть Л' —точка касания
окружностей с центрами О, и О,; L — основание перпепдикуля
да, опущенного из О, на ОО4; N — основание перпендикуляра,
опущенного па К иа О,Д. Так как ^,O,KN ю&оо,!.. то О,Л’
“ 0L-0,KJO0, = 1/2/3, а значит, искомый радиус OtK равен
LN - 1 — V5/3.
4.22. Пусть Р = («. у, а}— данная точка земной поверх-
ности, Р' — ее проекция иа плоскость акватора. Тогда > =
«= Я sin <р и ОР‘ = В cos ф. Следовательно, z = OP"cos ф =
» Я cos фсов ф и у “ К сое <f sin ф. Итак, Р = (Я сое <₽ сов ф,
Я cos ф sin ф, Я sin ф).
4.23. Впадем такую жо систему координат, как и в зада-
че 4.22. Если шпрота и долгота точки Р равны ф, то Я =
«= (Я cos*<p, Я cos <р sin ф, Я sin ф). Проекция этой точки на
плоскость экватора имеет координаты я « Я соя* ф и у
»= II сое ф sin ф. Легко проверить, что (г — Я/2)’ 4- У* = Я’/4,
t. с. искомое множество — окружность радиуса В/2 с центром
(Я/2. 0).
4.24. Рассмотрим сначала усеченный конус, боковая по-
верхность которого касается шара радиуса Л с центром О. при-
чем точки касания делят образующие копуса пополам, и до-
кажем, что площадь его боковой поверхности ранпа 2пЯ/>, где
h — высота этого копуса. Пусть А В — образующая усеченного
копуса; С* — середина отрезка АВ: L — основание перпен-
дикуляра, опущенного иа С на ось конуса. Площадь боко-
вой поверхности усеченного конуса равна 2nCL-AB (эту фор-
мулу можно получить предельным переходом, воспользовав-
шись тем, что площадь трапеции равна произведению сред-
74
вей ляпни па высоту), а так как угол между прямой АН и осью
конуса рааеп углу между СО и CL, то Л Н : СО = h : CL, т. е.
CLAB = COk = ЛЛ.
Утверждение задачи доказывается теперь предельным пере-
ходом: заменим рассматриваемую часть поверхности сферы фи-
гурой. состоящей пл боковых поверхностен нескольких усечен-
ных конусов; когда высоты этих конусов стремятся к пулю,
ыонщдь поверхности этой фигуры ст|юмптся к площади рас-
сматриваемой чести сферы.
4.25. Пусть М — центр основания шарового сегмента, Л —
высота сегмента. О — центр шара, Я — радиус шара. Тогда
AM — к, МО — И —h и ВМА-АО. Следовательно, АВ* -»
- А Мг - В At* - ВО* — ОЛ/«. т. о. А К* =- М + Л" — (Л —
.. Л)» = 2ЯЛ. Остается воспользоваться результатом за-
дачи 4-24.
4.26. Объем шарового сектора равен SBI3, где S — площадь
фсрической чисти поверхности сектора. Согласно задаче 4.24
5 — 2лЯЛ.
4.27. П1а|ювой сегмент вместе с соответствующим конусом
с першниой в центре шара составляют шаровой сектор. Объем
шарового сектора равен 2лЯ*Л/3 (задача 4.26). Высота копуса
рампа Л — к, а квадрат радиуса его основа кия равен Я* —
— (Я — Л)* = 2ЯА — Л1, поэтому его объем равен л(Я —
— М(2ЛЛ — Л*|/3. Вычитая из объема ша|*ового сектора объем
копуса, получаем требуемое.
4.28. Пусть АВ — хорда данного сегмента, О — центр кру-
га. г — расстояние от О до АВ, В — радиус круга. Объем тела,
полученного при вращении сектора ЛОВ вокруг диаметра, ра-
вен BS/3, где 5 — площадь поверхности, полученной при вра-
щения дуги АВ. Согласно задаче 4.24 S = 2лЯЛ. Из решения
той же задачи следует, что объем твля, иолучеппого при враще-
нии треугольника ЛОВ, равен 2яА/3 (дли доказательства сле-
дует заметить, что часть поверхности этого тела, полученная
при вращении отрезка АВ, касается с<]>еры радиуса г).
Итак, искомый объем равен 2лЯ’*/3 — 2ги*к/3 =
= 2л(г* + п’/4)Л/3 - 2лг*Л/3 = лл*Л/б.
4.29. Согласно задаче 4.28 объем колечка равен лЛ’/б, т. е.
он не зависит от d.
4.34) . Пусть О> я Ог — центры сфер 5| ir S,, Я! и Я, — их
радиусы. Пусть, далее, А — точка пересечения сфер, АН —
высота треугольника O,AOt. Внутри S, находится сегмент сфе-
ры 5, с высотой О|Л. Так как 0,0, — AOt = Вг u OtA Bt,
то 2(1,11 : Яг ™ Я] : Я,, т. в. 0^1 » B*/2Bt. Согласно задаче
4.24 площадь поверхности рассматриваемого сегммгта равна
2nBt H*/2Rt - пЯ|.
75
4.31. Если бы сферы аир пересекались, то плшцадь и
верхностп части сферы fl. расположенной впутри а, состав i
ла бы 1/4 поверх пости а (задачп 4.30). Следовательно, сфера
содержится внутри а. а значит, отнопинае пх радпусо
равно Vb.
4.32. Рассмотрим описанный около сферы радиуса 10 н
гогранник, расстояние между любыми двумя точками поверх
пости которого нс превосходит 21. я докажем, что число его гр.»
Ней больше 20. Заметим для пячала, что этот многограипик рас
положен впутри сферы радиуса И. центр которой совпала! т >
центром О вписанной сферы. В самом доле, если для векоторо
точки А поверхности многогранника О А >11, то пусть В
вторая точка пересечения поверхности мпогограпннка с прямой
ОА. Тогда АВ •" АО + ОВ > 11+10 = 21. чего пе может быть.
Каждая плоскость грани отсекает от сфе|>ы радиуса 11 «ш.т
ночку» площадью 2пН(П — г), где W" 11 и г = 10 (см. надо
чу 4.24). Такне «тапочки» покрывают всю сферу, поэтому
п-2лЯ(Я — г) > 4яЯ*, где и — число граней. Следовательно,
и > 2Я/(Я — г) = 22 > 20.
4.33. Плоскости граней куба разбивают описанную сферу
па 12 «двуугольников» (соответствующих ребрам куба) и 6 кри-
волиноппых четырехугольников (соотостстпуимцих граням куба).
Пусть « — площадь «двуугольника», у — площадь «четырех
угольника». Так как радиус описанной сферы равен <Д/з?2,
то плоскость грипп куба отсекает пт nee coimcht высотой
a(V3 - 1)/2; площадь поверх пости этого сегмента равна
лв*(3 — Уз)/2. Этот сегмент состоит из четырех «двуутолыш-
кок» п одного «четырехугольника», т. е. 4х 4- у — паЦЗ
— Ясно также, что 12г 4- вр = 4лЛ4 = Зля*. Решал
оту систему уравнении, получаем * яя*(2 — 1 /3)/4 и у “
= лл'(Уз — 1)/2.
4.34. Рассмотрим правильный октаэдр с ребром 2Я. Радиус
шара, касающегося мех его ребер, равен И- Грайн октаэдра
разбивают шар па 8 сферпчсскпх сегментов (соответствухнцих
граням) и 6 криволпнейпых четырехугольников (соответствую
В(пх вершинам). Пусть * — площадь ссгхкчгта, у — плогцадь
«четырехугольника». Искомые площади равны у и 5у 4* 4х
Вычислим сначала г. 'Гак как расстояние от центра октаэдра до
вершины равно ViTfl. а расстояние от центра его грани до
Вершины равно 2Я/1/3. то расстоиппе от- центра октаэдра до его
трапп равно Следовательно, высота рассматриваемого
сферического сегмента равна (1 — 1'2/3)Я, а значит. ж =
76
2л/1г(1 — У2’3). Ясно также, что 8ж -(- йу — ЬпН*. Поэтому
»=ПГ"(4 /?-з) п *+<*=жяЯ*(т I т 2)-
4.35. Рассмотрим правильный тетраэдр с |*<роч 2. Поверх
•гость сферы, касающейся мех его ребер, разбивается его пове рх-
ностью па 4 равных криволинейных треугольника, площадь каж-
дого пя которых несть искомая величина. и 4 равных сегмента.
Пусть 2 — расстояние от центра грани до Вертины, у — рас-
стояние от центра тетраэдра до грани, г расстояние от цент-
ра грани до ребра агой трапп. Легко проверить, что ж = 2^Уз
и « =- I/Уз. Далее, у -= Л/4, где А — V4,— х* — —
высота тетраэдра, т. е. у — 1/Уб. Радиус г сферы равен
Т у* + Xе =» Vl/в + 1/3 = 1/У2. Высота каждого па четы-
рех сегментов равна г — у — 1/ Уб. Следовательно,
искомая площадь равна
4.38. Рассмотрим куб с |юбром 2У2 Сфера радиуса 2 с
центром в центре куба касается всех его ребер, а ее пересече-
ния с гранями являются окружностями радиуса V2. Поверх-
ность сферы разбивается поверхностью куба на 6 сегментов и
8 криволинейных треугольников. Пусть ж — площадь сегмен-
та, у — площадь криволинейного треугольника. Тогда искомые
площади равны у и 16л — у — Зж (16л — площадь поверхности
сферы радиуса 2). Так как высота каждого сегмента равна
2— У2, то ж « 4л(2 — V2), а значит, у “ (16я — 6х)/8 =
«= л(зУ 2* — 4) и 16я — у — Зж = л(»У2 — 4).
4.37. Введем систему координат с началом в центре первой
сферы и осью Ох, проходящей черев центр второй сферы. Пусть
расстояние между центрами сфер равно л; радиусы первой и вто-
рой сфер рампы Я и г. Тогда степени точки (ж, у, х) относитель-
но первой и второй сфер равны ж* + у* -ф Н — Я’ п (ж — а)* -ф
-ф у* 4* ** — с1- Поэтому искомое ГМТ задастся уравнением
ж* -ф у* + х» — Я* — (ж — л)* 4- у* -ф а» — г», т. е. ж -=
= (о1 -ф IIs — <*}!2а. Это уравнение задает и л ос кость, перпенди-
кулярную прямой, соединяющей центры сфер.
4.38. Пусть М— середина отрезка ЛЯ: I — прямая, про-
ходящая через центры даппых сфер; В — точка ncjic-сечепия
прямой I и радикальной плоскости данных сфер. Так как ка-
сательные МА п МВ, проведенные из точки М к данным сфе-
рой, равны, то М принадлежит радикальной плоскости этих
сфер. Поэтому проекцией точки М па прямую I является
77
точка Р. т. о. проекции точек А п В ня прямую I симметричны от-
носительно точки Р. Следователыю, при енмыггрин относитель-
но точки Р проекция отрезка Л С па прямую I переходит в про-
екцию отрезка BD.
4.39. Середины общих касательных к двум сферам лежат
в их радикальной плоскости. Пусть Ot и О, — центры данных
сфер, М—середина общей касательной, N — точка псресече-
пш1 радикальной плоскости с прямой OtOt. Рассмотрим сечепно
давних сфер плоскостью, проходящей через точки О, л О2,
н проведем к полученным в сечении окружностям внешнюю и
внутреннюю касательные (рис. 37). Пусть Р п Q — середины
этих касательных. Докажем, что NQ С Л'Л/ < Л'Р. В саном
доле, ЛГЛ/’=Г>1Л/г-С)]Л’1-х*/4 + /^-О]Л’’. гдв г - дли-
на касательной, а величина z наибольшее и наименьшее значе-
ние принимает в случае внутреннего н внешнего касания
(см. решение задачи 4.4). Итак, искомым 1*МТ лиляотся коль-
цо, расположенное в радикальной плоскости, с внешним радиу-
сом NP и внутренним NQ.
4.40. Пусть ,V|, ..., 5П — поверхности дойных шаров. Для
каждой сферы 5, рассмотрим фигуру Л/,, состоящую из точек,
степень которых относительно S, не больше степенен относи-
тельно всех остальных данных сфер. Докажем, что фигура Mt
выпукл»». В самом деле, пусть Л1ц — фигура, состоящая из
точек, степень которых относительно S, не больше стопени отно-
сительно Sf, фигура M/j является полупространством, состоя-
щим из точек, лежащих по ту же сторону от радикальной пло-
скости сфер S, и S/, что и сфера St. Фигура Л/( является пере-
сечением выпуклых фигур Mti, поэтому она выпукла. Кроме
того, она содержит сферу St, так как каждая фигура Л/(у со-
держит сферу S/. Для любой точки пространства какая-то
нз ео степеней относительно S,....5‘п является наименьшей,
поэтому фигуры М, покрывают все пространство. Рассматривая
78
части этих фигур, лежащие внутри исходного многогранника
Получаем требуемое разбиение.
4.41. Пусть А — точка пересечения данных окружностей,
О — вершина рассматриваемого конуса (или ОА — образую-
щая цилиндра). Так как прямая ОА иерпецдикулярна касатель-
ной к окружности 5t в точке А, то окружности 5| и 5, перпенди-
кулярны тогда п только тогда, когда О А — касательная к
окружности S>.
4.42. Рассмотрим спадала сферический «двуугольник» —
часть сферы, заключенную внутри двугранного угла величииой
а. ребро которого проходит через центр сферы. Площадь такой
фигуры пропорциональна а, а при а “* л опа равна 2яН*; сле-
довательно, опа равна 2а Нг.
Каждой парс плоскостей граней данного трехгранного угла
соответствуют два «дв) угольника». Эти «двуугольники» покры-
вают данный криволинейный треугольник и треугольник, сим-
метричный ему относительно центра сферы, в 3 слоя, а осталь-
ную часть сферы а один слой. Следовательво, сумма их площадей
равна площади поверхности сферы, )оелпчепиой па 4S, где
5 — площадь искомого треугольника. Поэтому S — //‘(a -f-
+ ₽ + Y — л).
4.43. Рассмотрим множество Концов дуг с началом в точке
Г, делящихся пополам больший кругом, Ц)юходлщим через точ-
ки Л, в В,. Это множество является окружностью, проходящей
через точки А п В и точку С, симметричную точке С относи-
тельно радиуса, делящего пополам дугу Л|0|. Часть этой
окружности, состоящая на Концов дуг, пересекающих сторону
А,В, криволинейного треугольника A,BtC, лежит внутри крп-
волпнойного треугольника АВС. В частности, внутри ^«уголь-
ника ЛВС лежит точка С', а значит, ‘^двс > 5д(в С 1‘ $
(имеются в виду площади криволинейных треугольников).
Остается заметить, что $~ ^Л^С' та,< Как эти ^«уголь-
ники равны.
4,44. Разрежем п-г ранный угол па п — 2 трехграппых
углов, проведя плоскости через одно его ребро и несмежные с
ним |юбра. Записав для каждого из этих трехграппых углов фор-
мулу из задачи 4.42 и сложив их, получим требуемое.
4.45. Пусть М и N — точки пересечения сферы с прямой,
проходящей через центр описанной окружности 5 треугольника
А ВС перпендикулярно его плоскости. Пусть а ™ /.МВС “
= /-МСВ, р = /.MAC ** /.MCA и у - /.МАВ - /.MBA
(имеются в виду углы на сфере). Этим величинам можно так при-
писать знаки, «по будут выполняться равенства P F V ~
а + V = “ ° + Р = Z.C; следовагельио, 2у = /_А +
70
4- Z.B — Z.C. Каждый из углов Л, В и С опредмав с точностью
до 2я, поэтом}- угол у определен с точностью до я. Равенство
у — Z-Л/ЛВ — Z-Л/ВЛ он редел ист две точки А/, симметричные
относительно плоскости ОЛВ, где О — центр сферы; если «место
Т взять у 4- я, то вместо М получится точка Л', т. е. окружность
5 пе изменится. Искомому ГМТ принадлежат не все точки
окружности, а лишь одна из дуг, определяемых точками Л в В
(какая именно — видно нз знака числа ДЛ + Z.B — /-С).
Итак, искомое ГМТ состоят из двух дуг окружностей, симметрич-
ных относительно плоскости ОЛП.
4.46. Площадь сферического треугольника АВС оп|юде-
лявтся величиной АЛ 4- АВ 4* АС (см. задачу 4.42). Пусть
точки Л* и // диаметрально противоположны точкам Л и В.
Углы сферических треугольников ЛВС и А'В'С' связаны сле-
дующим образом: АЛ’ ж л — АЛ (см. рис. 38), АВ’ “ я —
— Z-B, а утлы при першило С у
них равны. Поэтому величина
Y АЛ’ 4- АВ* — АС = 2я —
7\ — (/-А + АС) постоянна.
( \ / \ Искомое ГМТ состоит из двух
I \’*- / ) д^г окружностей, проходящих
X. \ через точки А' и В' (см. задачу
\а-" 4.45).
А' 4.47. Предположим, что длп-
m.ie дуги л, Ъ и с не пересекают-
ИС‘ ‘ ся. Пусть Са и Сь — точки пере-
сечения больших кругов, содер-
жащих дуги а и Ь. Так как дуга п больше 180“, то опа содержит
одну из этих точек, например Са. Тогда дуга Ь содерк1гт точ-
ку Сь. Рассмотрим также точки Аь и Ле, Вп и Нс пересечения
других пар больших кругов (Л( принадлежит дуге 6, Ле —•
дуге е, Ва — дуге а, Вс — дуге с). Точки Ве п Cfl лежат в пло-
скости дуги я, по самой дуге л опи не принадлежат. Поэтому
^ВсОСь < 60“ (О — центр сфера). Аналогично ЛАсОСа < 60'
п АЛЬОВП < 60°. Следовательно, Z_ACOBC = АЛЬОВИ < ЫР
п АЛе0Сь - 180“ - АЛсОС„ > 120», т. е. /-АсОВе 4-
4- tU'OCfr < Z-Ag.OC^. Получено противоречие.
4.48. Пусть О — центр сферы. Каждой плоскости, проходя-
щей через О, можно сопоставить пару точек сферы — точки
пересечении со сферой перпендикуляра к этой плоскости, про-
ходящего через точку О. Легко проверить, что при этом сопо-
ставлении плоскостям, проходящим через точку Л, соответст-
вуют точки большого крута, перпендикулярного прямой ОА.
Поэтому плоскостям, пересекающим дугу Л В, соответствуют
точки части сферы, заключенной между двумя плоскостями,
80
проходящими через точку О перпевдпкулярпо прямым ОА и
ОВ соответственно (рис. ЗУ). Площадь этой фигуры равна
(<х/л).$’, где а — угловая величина дуги АВ, a S — площадь
сферы. Таким образом, если сумма угловых величин дуг мень-
ше л, то площадь фигуры, состоящей из точек сферы, соответст-
вующих плоскостям, пересекающим этн лугн. меньше S.
4.49. а) Телесный угол пропорционален величине двугран-
ного угла, а телесный угол двугранного угла величиной л ра-
вен 2л.
б) См. вадачу 4.44.
4.50. Пусть О — вершина конуса. ОН — его высота. По-
строим сферу радиуса 1 с центром О и рассмотрим ее сечение
плоскостью, проходящей через прямую ОН. Пусть А и В —
точки конуса, лежащие на сфе|1е: М — точка пересечения луча
ОН со сфе!ЮЙ (рис. 40). Тогда НМ = ОМ — ОН =1 — сое а.
Телесный угол конуса равен площади сферического сегмента,
отсекаемого основанием конуса. Согласно задаче 4.24 эта пло-
щадь равна 2лBh = 2л(1 — сое а).
4.51. Телесный угол трехграпного угла ранен сумме его
двугранных углов минус л (см. вадачу 4.42), поэтому сумма
телесных углов т|>ехгранных углов тетраэдре равна удвоенной
сумме его двугранных углов минус 4л. А удвоенная сумма
двугранных углов тетраэдра раина сумме их телесных углов.
4.52. Телесный угол при 1-й вершине многогранника равен
°1 ~ (п1 — 2)л. где о( — сумма двугранных углов при робрах,
выходящих из нос, а п( — число этих ребер (си. задачу 4.44).
Так как каждое ребро выходит ровно па двух вершин, то
Ул, = 2Г, где Р — число ребер. Поэтому сумма телесных
углов многогранных углов равна 2о — 2(Р — В)л, где о —
сумма двугранных углов, В — число вершин. Остается заме-
тить, что Г — В = Г — 2 (задача 8.14).
б в. В. Прасолов. Л. Ф. Шарыппг
81
Глава 5
ТРЕХГРАННЫЕ И МНОГОГРАННЫЕ УГЛЫ.
ТЕОРЕМЫ ЧЕВЫ И МЕНЕЛАЯ
ДЛЯ ТРЕХГРАННЫХ УГЛОВ
§ 1. Полярный трехгранник угол
5.1. Дан трехгранный угол с плоскими углами а,
Р, у и противолежащими нм двугранными углами Л, В
и С. Докажите, что существует трехгранный угол с
плоскими углами л—Л, л—В и л—С и двугранными
углами л—а, л—Р и л—у.
5.2. Докажите, что если двугранные углы трехгран-
лого угла прямые, то его плоские углы тоже прямые.
5.3. Докажите, что трехгранные углы равны, если
равны их соответственные двугранные углы.
§ 2. Неравенства с трсхграннымн углами
5.4. Докажите, что сумма двух плоских углов трех-
гранного угла больше третьего плоского угла.
5.5. Докажите, что сумма плоских углов трехгран-
ного угла меньше 2л, а сумма его двугранных углов
больше л.
5.6. Луч SC лежит внутри трехгранного угла
SABC с вершиной S. Докажите, что сумма плоских уг-
лов трохграпного угла SABC, больше суммы плоских
углов трехграиного угла SABC.
§ 3. Теоремы синусов и косинусов
для трехгранных углов
5.7. Пусть а, р и у — плоские углы трехграппого
угла, А, В и С — противолежащие нм двугранные
углы. Докажите, что sin а : sin А = sin Р : sin В =>
— sin у : sin С (теорема синусов для трехграниого угла).
5.8. Пусть а, р и у — плоские углы трехгранного
угла. А, В и С — противолежащие нм двугранные
углы.
а) Докажите, что сов а *= cos р cos у -f- sin р sin у-
•cos А (первая теорема косинусов для трехгранного
угла).
82
б) Докажите, что сов А = —cos В cos С + sin В sin С»
• сов а (вторая теорема косинусов для трехгранного
угла).
5.9. Плоские углы трехгранного угла равны а, р и
<у; противолежащие им ребра образуют с плоскостями
граней углы а, b и с. Докажите, что sin a ein а «
«= sin р sin b = sin у sin с.
5.10. а) Докажите, что если все плоские углы трех-
гранпого угла тупые, то и все его двугранные углы
тоже тупые.
б) Докажите, что если все двугранные углы трех-
гранного угла острые, то и все его плоские углы тоже
острые.
§ 4. Разные задачи
5.И. Докажите, что в произвольном трехгранном
угле биссектрисы двух плоских углов и угла, смежного
с третьим плоским углом, лежат в одной плоскости.
5.12. Докажите, что попарные углы между биссект-
рисами плоских углов трехгранного угла либо одно-
временно острые, либо одновременно тупые, либо од*
повременно прямые.
5.13. а) В трехгранный угол SABC вписана сфера,
касающаяся граней SBC, SCA и SAB в точках А„
В, и Ct. Выразите величину угла ASB, через плоские
углы данного трехгранного угла.
б) Вписанная п вневписанная сферы тетраэдра
ABCD касаются грани АВС в точках Р и Р' соответст-
венно. Докажите, что прямые АР и АР' симметричны
относительно биссектрисы угла ВАС.
5.14. Плоские углы трех три иного угла не прямые.
Через ого ребра проведены плоскости, перпендикуляр-
ные противолежащим граням. Докажите, что эти пло-
скости пересекаются по одной прямой.
5.15. а) Плоские углы трехгранного угла не прямые.
В плоскостях его граней проведены прямые, перпенди-
кулярные противолежащим ребрам. Докажите, что все
три полученные прямые параллельны одной плоскости.
б) Два трехграпных угла с общей вершиной S распо-
ложены так, что ребра второго угла лежат в плоско-
стях соответствующих граней первого и перпендику-
лярны его противоположным ребрам. Найдите плоские
углы первого трехгранного угла.
С* 83
§ 5. Многогранные углы
5. If», а) Докажите, что у любого выпуклого четырех-
гранного угла существует сечение, являющееся парал-
лелограммом, причем все такие сечення параллельны.
б) Докажите, что у выпуклого четырехгранного угла
с равными плоскими углами существует сечение, являю-
щееся ромбом.
5.17. Докажите, что в многогранном угле любой
плоский угол меньше суммы всех остальных плоских
углов.
5.18. Одни из двух выпуклых многогранных углов с
общей вершиной лежит внутри другого. Докажите, что
сумма плоских углов внутреннего многогранного угла
меньше суммы плоских углов внешнего.
5.19. а) Докажите, что сумма двугранных углов
выпуклого л-гранпого угла больше (л — 2)л.
б) Докажите, что сумма плоских углов выпуклого
n-гранного угла меньше 2л.
5.20. Сумма плоских углов некоторого выпуклого
л-гранного угла равна сумме его двугранных углов.
Докажите, что л = 3.
5,21. В выпуклым четырехгранный угол вписана
сфера. Докажите, что суммы его противоположных
плоских углов равны.
5.22. Докажите, что выпуклый четырехгранным угол
можно вписать в конус тогда и только тогда, когда сум-
мы его противоположных двугрантах углов равны.
§ 6. Теоремы Чевы и Менелая
для трехгранных углов
Прежде чем перейти к теоремам Чевы в Менелая для трех-
гранник углов, следует доказать (к сформулировать) теоремы
Чевы и Менелая для треугольников. Чтобы сформулировать отя
теоремы, потребуется понятие отношения ориентированных
отрезков, лежащих на одной прямой.
Определение. Пусть точки А, В, С я D лежат на
одной прямой. Отношением ориентированных отревков АВ и CD
вавывается число ABICD, абсолютная величина которого равна
ABICD, и при этом опо положительно, если векторы АВ и сЪ
сонаправлепы, п отрицательно, если эти векторы имеют противо-
положные направления.
5.23. На сторонах АВ, ВС и С А треугольника АВС
(пли на пх продолжениях) взяты точки С,, Л, и Blf
84
а) Докажите, что точки Ли и С, лежат на одной
прямой тогда и только тогда, когда
< У I» . V Ь . Н
' - —- =- I (теорема Менелая).
А,С DtA С?
б) Докажите, что если прямые АЛ,, ВИ, и СС, по-
парно непараллельны, то опн пересекаются в одной
точке тогда н только тогда, когда
ВТ сТл
—=-г.—!----А— = — 1 (теорема Чевы).
AtC BtA С'в
Пусть луча I, т и п с общим началом лежат в одной пло-
скости. Выберем в этой плоскости положительное направленно
вращения. В этом параграфе будем обозначать черта мп (Z. т)/
/sin (n, т) отношение синусов углов, иа которые нужно повер-
нуть в положительном направлении лучи I и п, чтобы они со-
впали с лучом т. Ясно, что эта величина не зависит от выбора в
плоскости положительного направления вращения, так как при
изменении этого выбора меняют знак и числитель, и знаменатель.
Пусть полуплоскости о, Р “ У имеют общую границу. Вы-
берем одно из двух направлений вращения вокруг этой прямой
в качестве положительного. В атом параграфе будем обозначать
черта sin (a. fl)/sin (у, fl) отношение синусов углов, иа которые
нужно повернуть а положительном направлении полуплоскости
а л у, чтобы они совпали с полуплоскостью р. Ясно, 'по эта
величина не зависит от выбора положительного направления
вращения.
5.24. Дан трехгранный угол с вершиной 5 п ребрами
а, 1> и с. Лучи а, р и у с началом в точке 5 расположены
в плоскостях граней, противолежащих ребрам а, b
и с соответственно.
а) /(окажите, что лучи а, р и у лежат в одной плос-
кости тогда и только тогда, когда
sin (а, у) sin (Ь, g) sin (с, Р) .
sin (6, у) 'sin (е, а) 'sin (а, fl)
(первая теорема Менелая).
б) Докажите, что плоскости, проходящие через па-
ры лучей а и а, Ъ и р, с и у, пересекаются по одной пря-
мой тогда и только тогда, когда
sin (а, у) sin (fe, a) sin (с, fl) _ .
sin (h, у) *sin (с, a) 'sin (a. fl) “
(первая теорема Чены).
5.25. Дан трехгранный угол с вершиной 5 и ребрами
а, Ь, с. Лучи а, р и у с началом в точке S расположены
85
r плоскостях граней, противолежащих ребрам в, Ь и о
соответственно. Будем обозначать через 1т плоскость,
содержащую лучи I п т.
а) Докажите, что
sin (ab, аа) sin (6с, ЬР) sin (со, гу)
sin (ос, аа) 'sin (60, 6p)*sin (cb, су)
sin (6, g) sin (с, fl) sin (о, у)
“ sin (с, а) 'sin (о, fl) ' sin (6. у)*
б) Докажите, что лучи а, р п у лежат в одной плоско-
сти тогда и только тогда, когда
sin (об, аа) sin (6с, 6fl) sin (од, су) •
sin (ос, oa) Sin (bn, 6fl)'sin (cb, су)
(вторая теорема Менелая).
в) Докажите, что плоскости, проходящие через па-
ры лучей а и а, b и р, с и у, пересекаются по одной пря-
мой тогда и только тогда, когда
sin (об, аа) sin (6с, 6g) sin (со, су)_
sin (ос, aa)'sin (ba, 6fl)'sin (eb, cy) —
(вторая теорема Чены).
5.2C >. В трехгранный угол SABC вписана сфера,
касающаяся граней SBC, SCA и SAB в точках Л,, Bt
в Сх соответственно. Докажите, что плоскости 5ЛЛ,,
SBBt и SCCt пересекаются по одной прямой.
5.27. Дан трехгранный угол с вершиной S и ребрами
а, b и с. Лучи а, р и у расположены в плоскостях гра-
ней, противолежащих ребрам л, Ь и с, а лучи а', р'
и у' симметричны этим лучам относительно биссектрис
соответствующих граней.
а) Докажите, что лучи <х, р и у лежат в одной плоско-
сти тогда и только тогда, когда лучи а', р' п у' лежат в
одной плоскости.
б) Докажите, что плоскости, проходящие через па-
ры лучей а па, b и р, с и у, пересекаются по одной пря-
мой тогда и только тогда, когда плоскости, проходя-
щие через пары лучей а и a', Ь и Р', с и у', пересе-
каются по одной прямой.
5.28. Дан трехгранный угол с вершиной S и ребра-
ми а, b и с. Прямые а, р и у расположены в плоскостях
граней, противолежащих ребрам а, b н с. Пусть а
прямая, по которой плоскость, симметричная плоскости
Я6
аа относительно биссекторной плоскости двугранного
утла при ребре а, пересекает плоскость грани Ьс; пря-
мые р' и у' определяются аналогично.
а) Докажите, что прямые а, р и у лежат в одной
плоскости тогда и только тогда, когда прямые а', р'
и у' лежат в одной плоскости.
б) Докажите, что плоскости, проходящие через па-
ры прямых а и а, Ь и р, с п у, пересекаются по одной
прямой тогда и только тогда, когда плоскости, прохо-
дящие черев пары прямых а и а, Ь в р', с и у',
пересекаются по одной прямой.
5.29. Дан тетраэдр Л1Л4ЛЭЛ4 и некоторая точка Р.
Для каждого ребра AtAj рассмотрим плоскость, сим-
метричную плоскости PAtAj относительно бпссектор-
ной плоскости двугранного угла при ребре Л(Л>. До-
кажите, что либо вс® эти 6 плоскостей пересекаются в
одной точке, либо псе они параллельны одной прямой.
5.30. Дан трехгранный угол SABC, причем /-AS В —
•^/.ASC — 90°. Плоскости ль и яс проходят через реб-
ра SB u SC, а плоскости nJ, и л^ симметричны им от-
носительно бнссекторпых плоскостей двугранных уг-
лов при этих ребрах. Докажите, что проекции на
плоскость BSC прямых пересечения плоскостей nfc и
лс, Ль и лс симметричны относительно биссектрисы
угла BSC.
5.31. Пусть точка Монжа тетраэдра ABCD (см. за-
дачу 7.32) лежит в плоскости грани АВС. Докажите,
что тогда через точку D проходят плоскости, в которых
лежат:
а) точки пересечения высот граней DAB, DBC и
DAC;
б) центры описанных окружностей гранен DAB,
DBC и DAC.
Задачи для самостоятельного решения
5.32. В трехгранный угол с вершиной 5 вписана
сфера с центром О. Докажите, что плоскость, проходя-
щая через три точки касапия, перпендикулярна пря-
мой OS.
5.33. Дан трехгранный угол SABC с вершиной S;
А, В и С — двугранные углы при ребрах 5Л. SB u SC;
а, р и у — противолежащие мм плоские углы.
87
а) Биссекторная плоскость двугранного угла при
ребре 5 Л пересекает грань SBC ио лучу 5Л,. Докажи-
те, что sin Л,SB : sin AtSC = sin ASB : sin ASC.
б) Плоскость, проходящая через ребро 5Л перпенди-
кулярно грани SBC, пересекает ату грань по лучу <$Л,.
Докажите, что sin AtSB : sin A,SC — (sin p cos C) :
: (sin у cos В). (Предполагается, что все плоские углы
данного трехграиного угла острые; разберите само-
стоятельно случай, когда средн плоских углов ipex-
гранпого угла есть тупые углы.)
5.34. Пусть а. Ь п с — единичные векторы, направ-
ленные вдоль ребер трехгранного угла SABC.
а) Докажите, что плоскости, проходящие через реб-
ра трехгранного угла и биссектрисы противолежащих
нм граней, пересекаются по одной прямой, причем эта
прямая задается вектором a i- b + с.
б) Докажите, что биссекторпые плоскости двугран-
ных углов трехгранного угла пересекаются по одной
прямой, причем эта прямая задается вектором a sin а +
4- b sin р 4- с sin у.
в) Докажите, что плоскости, проходящие через
ребра трехгранного угла перпендикулярно его противо-
лежащим граням, пересекаются но одной прямой,
причем эта прямая задается вектором a sin a cos В X
X cos С + I) sin р cos A cos С 4- с sin у cos A cos В.
г) Докажите, что плоскости, проходящие через бис-
сектрисы граней перпендикулярно плоскостям этих
граней, пересекаются по одной прямой, причем зта пря-
мая задается вектором {а, Ь] 4- lb, е] 4- |с, а] (опре-
деление векторного произведения {a, l> I векторов а
и b см. на с. 133).
5.35. В выпуклом четырехгранном угле суммы про-
тивоположных плоских углов равны. Докажите, что в
него можно вписать сферу.
5.36. Проекции 5Л', SB' и SC ребер 5Л, SB и
SC трехгранного угла на противоположные грани слу-
жат ребрами нового трехгранного угла. Докажите, что
его бнссекторпыми плоскостями являются 5ЛA', SBB*
в SCC.
Решения
5.1. Возьмем внутри данного трехгранпого угла с вершиной
S прон.июльную точку S' и опустим из нес перпендикуляры
S' А', SB' и S'C на грани SBC, SAC и SAB соответственно.
88
Ясно, что плоские углы трехгра иного угла S' Л' В' С доиолаяюг
во я двух ранные углы трехгранного угла SABC. Для ваызрш-
няи доказательства остается заметить, что ребра SA, SB и SC
перпечишкуляряы граням S'B'C, S'A'C н S'А'В' соот-
ветственно.
Замечание. Угол S'А 'В' С называется дополнитель-
ным пл и полярным к углу SABC.
5.2. Рассмотрим трехгранный угол, полярный к данному
(гм. задачу 5.1). Его плоские углы прямые, поэтому его дву-
гранные углы тоже прямые. Следовательно, плоские утлы исход-
ного трехграниого угла тоже прямые.
5.3. Полярные углы и данным трехгравным углам имеют
равные плоские углы, а значит, они равны.
5.4. Рассмотрим трехгранный угол SABC С вершиной S.
Неравенство АЛ5С < АЛД'В 4- ABSC очевидно, если
A_ASC< A.ASB. Поэтому будем считать, что АЛ SC > A ASB.
Тогда внутри грани ASC можно так выбрать точку В', что
/ А SB' эт АЛ SB н SB' = SB, т. о. А Л.S’В в bASB". Можно
считать, что точка С лежит в плоскости Л В В'. Так как ЛВ'4-
+ ВС = АС <АВ + ВС = А'В + ВС, то В'С < ВС. Сле-
довательно, АВ' SC < Z-BSC. Остается заметить, что
i-B'SC = АЛ SC — АЛ SB.
5.5. Первое решение. Отложим на ребрах трсх-
гранного угла от нершлны S равные отрезки SA, SB и SC.
Пусть О — проскдия топки S на плоскость ЛВС. Равнобедрен-
ные треугольники Л SB и ЛОВ имеют общее основание АВ н
AS>AO. Следовательно, АЛ$В<АЛОВ. Записывал ана-
логичные веравепства для двух других углов и складывая их,
получаем АЛ SB 4- Z BSC + Z-CSA < АЛОВ 4- AJ)OC 4-
-f- АСОЛ < 2л (последнее неравенство становятся строгим,
только если точка О лежит вне треугольника ЛВС).
Для докавательстиа второй части достаточно применять
уже доказанное неравенство к углу, полярному к данному
(см. аадачу 5.1). В самом деле, ос ли а, 0 и у — двугранные углы
данного трехгранпого утла, то (я — а) 4- (я — 0) 4- (я — у) <•
< 2л, т. о. а + ₽ + у > я.
Второе решение. Пусть точка Л' лежит на продол-
жения ребра SA иа вершину S. Согласно задаче 5.4 /LA'S В +
4-AX'SC > ABSC, т. е. (я — АЛ SB) 4- (я — АЛВС) >
> ABSC, а значит, 2я > АЛ SB 4-ABSC 4-АС5Л.
Доказательство второй части проводится точно так же, как
и в первом решении.
5.6. Пусть К — точка пересечения грани SCB е прямой
АС. Согласно задаче 5.4 AC'SК 4' A-KSB > AC'SB и
А С.S’Л 4- A.CSK > A-ASK =• /-ASC 4- AC'S*. Складывая
89
ети неравенства п учитывая, что /-CSK -|- Z-KSli st Z.CSB,
получаем требуемое.
5.7. Воаьмем на ребре SA трсхгранпого угла SABC про-
Павел Mt у ю точку М. Пусть АГ — проекция точки Л/ на пло-
скость SBC, Р и Q — проекции точки М на прямые SB я SC.
По теореме о трех перпендикулярах М' РЛ-SB и M'Q-L-SC. Если
SM = а, то MQ = a sin fl п ММ' = MQ sin С = e sin fl sin C.
Аналогично MM’ =~> MP sin В — a sin у sin В. Следовательно,
sin fl : sin В ™ sin у : sin С. Второе равенство докалывается
аналогично.
5.8. а) Первое решение. Возьмем на ребре SA
точку М к восставим на нее в плоскостях SAB и SAC перпенди-
куляры РМ и QM к ребру SA (точки Р я Q лежат на прямых
SB к SC). Выражая по теореме косинусов длину стороны PQ
в треугольниках PQM и PQS и приравнивая яти выражения,
после сокращения получаем требуемое равенство.
Второе решение. Пусть а, Ь и с — единичные век-
торы, направленные по ребрам 5/1, SB и SC. Вектор Ь, лежа-
щий в плоскости SAB, можно представить в виде 1> = а сов у +
+ и, где и_1_а и |и| *- sin у. Аналогично е « а сов fl -|- V, гдо
vj_a и |»| — sin fl. Ясно также, что угол между векторами и и
v ранен А. С одной стороны, скалярное пропзволоиле векторов
Ь п с равно сое а; с другой стороны, пропаяе,ичиге равно
(а сое у + и, а сое Р + *) “ сое fl сое у + sin fl sin у сои А.
б) Дли доказательства достаточно применить первую теоре-
му' косинусов к углу, полярному к данному трехграиному углу
(см. задачу 5‘.1).
5.9. Проведем три плоскости, параллельные граням трех-
гранпого угла, удаленные от них на расстояние 1 и пересекаю-
щие ребра. Вместе с плоскостями граней они образуют паралле-
лепипед, причем все его высоты равны 1. а значит, площади всех
его граней равны. Заметим теперь, что длины ребер этого парал-
лелепипеда равны 1/sin a, 1/sin Ь u t/sin с. Следовательно, пло-
щади его г[>аней равны sin a/sin Ь sin с, sin fl/sin a sin с п
ein y/sin a sin b. Приравнивая эти выражения, получаем
требуемое.
5.10. а) Согласно первой теореме косинусов для трех-
граипого утла (задача 5.8,а) sin fl sin у cos А = соя a —
— сое ₽ сое у. По условию сое a < 0 и cos fl сое у > 0, поэто-
му сое А < 0.
б) Для доказательства достаточно воспользоваться второй
теоремой косинусов (задача 5.8,6).
5.1 (. Первое решение. Отложим на ребрах трох-
граиного угла от вершины 5 равные отрезки SA, SB н SC. Бис-
сектрисы углов ASB и BSC проходят через середины отрезков
90
АВ и ВС, а биссектриса угла, смежного с утлом CSA, парал-
лельна СА.
Второе решение. Отложим на ребрах трехгранно-
го угла от вершины $ равные векторы а, b и с. Биссектрисы
углов Л SB и BSC параллельны векторам а -р Ь и b -J- е, а бис-
сектриса угла, смежного с углом t'SA, параллельна вектору
с — а. Остается заметить, что (а 4" *’) 4- (с — а) ** Ь + е.
5.12. Отложим ва ребрах трехгранпого угла от его вершины
векторы а, Ь и е единичной длины. Векторы ® 4- Ь, Ь 4- е и
° 4* с задают биссектрисы плоских углов. Остается проверить,
что все попарные скалярные произведения отнх векторов имеют
один и тот же знак. Легко убедиться, что скалярное произведе-
ние любой пары этих векторов равно
1 4- (*. Ь) 4- (Ь, «) 4- («. •)•
5.13. а) Пусть а, Р и у — плоские углы трехгранпого угла
SABC', х = /ASBX — Z-ASCt, у = /_BSAt — Z_eSCt п я =
= /-CSAX = Z.CSB1. Тогда х 4- у = Z-A SCt 4- /-BSCt =
«= /-AS В = у, у 4- * = о. « 4- * — Р- Поэтому х = (Р 4-
4- у — а)/2.
б) Пусть точка D' лежит на продолжении ребра АО за точ-
ку А. Тогда вневписанная сфера тетраэдра, касающаяся грани
АВС, вписана в трехгранный угол ABCD' с вершиной А - Из ре-
шения задачи а) следует, что /.ВАР — (/-ВАС 4* /.BAD —•
— /-CAD)!2 и /-САР = (/-ВАС 4- /-CAD' — ZJ9AZ/)/2.
А так как /-BAD' - 180° — /_BAD и Z.C4O'= 180° —
— /.CAD, то /-ВАР = /.САР'', значит, прямые АР и АР'
симметричны относительно биссектрисы угла ВАС.
5.14. Выберем точки А, В и С на ребрах трехгранного угла
с вершиной $ так, что SAA-ЛВС (плоскость, проходящая через
точку А одного ребра перпендикулярно ему, пересекает два
других ребра, так как плоские углы не прямые). Пусть AAt,
В Bi и CCi — высоты треугольника АВС. Достаточно прове-
рить, что SBBt и SCCi являются плоскостями, о которых
говорится в условии задачи. Так как ВС-LAS и ВСА-ААХ, то
BC-LSAAt, а значит, плоскости SBC и SAAt перпендикулярны.
Так как BBtLSA и BBi-LAC. то ВВХ LSAC, а значит, плоско-
сти SBBt n SAC перпендикулярны. Аналогично доказывается,
что плоскости SCCt и SBC перпендикулярны.
5.15. а) Пусть a, h и с — векторы, направленные но ребрам
SA, SB и SC трехгранного утла. Прямая, лежащая в плоскости
SBC и перпендикулярная ребру SA, параллельна вектору
(а, Ь)е — (а, с)1». Аналогично две другие прямые параллельны
векторам (Ь, С)« — (1>, а)е и (с, а)Ь — (с, 1»)а. Так как сумма
01
втих трех векторов равна пулю, они параллельны одной пло-
скости.
б) Направим но ребрам первого трехгранного угла SABC
векторы а, b и с. Пусть (Ь, с) = а, (а, с) = р и (а, li) — у. Если
ребро второго угла, лежащее в плоскости SAB, параллель-
но вектору Ха -р рр, то (>.а 4- рр, с) « о, т. е. >.0 + ра = 0.
Легко проверить, что если хотя бы одно из чисел а и Р отлично
от нуля, то это ребро параллельно вектору аа — 0b (случай,
кота одно из чисел равно нулю, нужно разобрать отдельно).
Следовательно, если не более одного тгз чисел а, (' и у равно
нулю, то ребра второго двугранного угла параллельны векто-
рам ус — 0b, аа — ус и pb — аа, а так как сумма этих векторов
равна нулю, то ребра должны лежать в одной плоскости.
Если же, например, а ¥= 0 и 0 = у = 0, то два ребра должны
быть параллельны вектору а. Остагтсп единственная возмож-
ность: все числа а, Р и у равны нулю, т. а. плоские углы первого
трехгранного угла прямые.
5.16. а) Пусть А, В, С и D —точки на ребрах выпуклого
четы)>ехтранного угла с вершиной 5. Примме АВ и CD парал-
лельны тогда и только тогда, когда они параллельны прямой
lt, по которой пересекаются плоскости SAB и SCD. Прямые ВС
и AD параллельны тогда и только тогда, когда опп параллельны
прямой I,. по которой пересекаются плоскости SCB и SAD.
Следовательно, сечеппо является параллелограммом тогда и
только тогда, когда оно параллельно прямым lt и lt.
Замечание. Для вевыпуклого четырехгранного угла
сечение плоскостью, па [м» л дельной прямым <( и !„ ие будет
ограниченной фигурой.
б) Точки А и С на ребрах четырехгранного угла можно
выбрать так, что 4'Л = SC. Пусть Р — точка пересечения
отрезка А С с плоскостью SBD. Точки В и D можно выбрать так,
что SB = SD и отрезок BD проходит через точку Р. Так как
плоские углы данного четырехгранного угла равны, то равны
треугольники SAB. SAD, SCB u SCD. Поэтому четырехуголь-
ник ABCD — ромб.
5.17. Рассмотрим многогранный угол ОЛ( ... А„ с верши-
ной О. Как следует из результата задачи 5.4,
< г_А^)А» + г-А,ОАя, ^AiOAt < /Л,ОА, + Z^I,OZ4,
.... ДЛ,ОЛп_1 <£. Лп_|ОЛя + А-АпОА^ Следовательно,
Z-4.6M, < t-A,OA„ -I- г.АяОА, + ... + ГЛя_,ОЛп + ДЛЯОИ,.
5.18. Пусть многогранный угол OAt ... Ля лежит пнутрп
многогранного угла ОВ, ... Вт. Можно считать, что 4t, ... Л„,
В,,... Вт — точки пересечения их ребер со сферой радиуса 1.
Тогда величины плоских углов данных многогранных углов рав-
ны длинам соответствующих дут этой сферы. Итак, вместо мяо-
02
Гогранпых углов будем рассматривать «сферические много*
угольники* Ai... А„ п Bi ... Вт. Пусть Р(, ... Рп — точки пере-
сечения «лучен» AtAt, ..., AnAt со сторонами сферического мно-
гоугольника Bi ... Вт (рис. 41). Согласно задаче 6.17
/1(^(+t + Л,+|Р/ =® AtPt < A/Pf—t + l(P/-i, Р|),
П1С l(P(_v Pt)— длина части «неримсгра» многоугольника
Bi ... Вт, заключенной внутри «угла» Р|_1Л,Р1. Складывая
эти неравенства, получаем требуемое.
5.19. а) Разрежем п-гранный угол 5Лг ... Лп с вершиной
6' на п — 2 трехгранных углов плоскостями SAtAt, SAiAt, ...
.... 5Л1ЛП_(. Сумма двугранных углов п-граппого угла равна
сумме двугранных углов этих трехгранных углов, а сумма
двугранных углов любого трехграниого угла больше я
(задача 5.5).
б) Докажем вто утверждение индукцией по и. Для и “ 3
оно верно (см. задачу 5.5). Предположим, что оно верно для
любого выпуклого (я — 1 Игранного утла, и докажем, что тогда
оно верно для выпуклого п-грапного угла ... /1п с вершиной
S. Плоскости £/1iH| п 4’ИП_(Ап имеют общую точку S, поэтому
онп пересекаются по некоторой прямой I, причем эта прямая но
лежит в плоскости (Л п. Возьмем на прямой I точку В так, что-
бы опа и многогранный угол 5Л< ... Ап лежали по разные сто-
роны от плоскости $Л|ЛП (рис. 42). Рассмотрим (л — 1)-гран-
ный угол SBAfAn ... Л„_(. По предположению индукции сумма
его плоских углов меньше 2я, а так как ZJ}SAt+ ZJ9S/ln>
J> Z_AiSAn (задача 5.4), то сумма плоских углов и гранного
угла ... Лп меньше суммы плоских углов (п — 1 Игран-
ного утла SBA»At ... Лп_р
5.21) . Сумма плоских углов произвольного выпуклого мно-
гогранного угла меньше 2п (см. задачу 5.19,6), а сумма дву-
93
тронных углов выпуклого п-гранного угла больше (л — 2) л
(см. задачу 5.19, а). Поэтому (л — 2)л < 2л, т. е. л < 4.
5.21. Пусть сфера касается граней четырехгранного угла
SABCD в точках К, L, М и N (К принадлежит грани SAB,
L— грани SBC и т. д.). Тогда Z_7l.SK = /_ASN, Z.BSK —
= /-BSL, /-CSL « ДС5ЛГ. /-DSM = /-DSN. Поэтому
/-ASD 4- /-BSC - /-ASN + /.DSN + /-BSL + /.CSC -
«= ^ASK + /-DSM + /-USК 4- /-CSM = /-AS В 4- /.CSD.
5.22. Пусть ребра четырехгранного угла SABCD с вершиной
S являются образующими конуса с осью SO. В трехгранном
угле, образованном лучами SO, SA и SB, двугранные углы при
ребрах SA и SB равны. Рассматривая три других таких угла,
получаем равенство сумм противоположных двугранных углов
четырехгранного угла SABCD.
Предположим теперь, что суммы противоположных дву-
гранных углов равны. Рассмотрим конус с образующими SB,
SA п SC. Допустим, что SD не является его образующей. Пусть
SD\ — прямая пересечения конуса с плоскостью ASD. В че-
тырехгранных углах SABCD и SABCD, суммы противополож-
ных двугранных углов равны. Из итого следует, что двугран-
ные углы трехгранного угла SCDD, удовлетворяют соотноше-
нию /.D 4- Z.D, — 1«б“ = /.С. Рассмотрим трехгранный угол,
полярный к SCDDi (см. оплачу 5.1). В этом угле сумма двух
плоских углов равна третьему, что невозможно (см. вадачу 5.4).
5.23.____а) Пусть при проекции на прямую, перпендикуляр-
ную прямой AiBt, точки А, В н С переходят в А', В' и С, точ-
ка Ci — в Q, а две точки А, и В, переходят в одну точку Р.
Так кпк А^В:А^= РВ: PC', Т7^! Т^Л^РС-.РА' и
,________ __ _ ___ А~В В~С С~А -рв‘ ~РС’ ол'
С.А'ТГв^ QA' -.QB'.TV ==-.-=.-== =. ^=-.==7.i=- =.
1 ’ v v AC BA С В PC' PA' QB'
PP' _ ъ a+*
= pF г*|,|иЯр-
Равенство —.” J «» 1 аквивалситпо тому, что x = О (нужно
а о -f- х
учесть, что а 4я Ь, так как Л' В"). А равенство оона-
част, что Р в Q, т. е. точка лежит на прямой Л,В1.
б) Докажем сначала, что если прямые АА„ ВВ, и СС, про-
ходят через одну точку О, то выполняется указанное соотноше-
ние. Пусть а - (М. Ь = ОЯ и с=" ОС. Так как точка С, ле-
жмт на прямой АВ, то ОС, = О А 4" *АВ * + X” — ) ™
_ (1 — ж)а -|- xb. С другой стороны, точка С, лежит на пря-
мой ОС, следовательно, ОС, 4" уОС = 0, т. е. (1 — х)а 4"
94
-J- zb + ye = О. Аналогичные рассуждения для точек Л( n Hi
показывают, что (1 — 0b + ye -|- an = 0 н (1 — х)с 4- та 4-
4- ₽b = 0. Так как векторы а, 1> и е попарно неколлииеярны,
то любые тройки пепулевых чисел (р, у, г), для которых ра 4-
4- gi> 4- х = 0, пропорциональны. Сравнение первого к
t —Я *
третьего ни полученных равенств показывают, что - * - «•jj,
1 — у р _ 1 — * i—v
a второго и третьего — —-— = [ __ * Следовательно,———.—— X
f — л
X—-— = 1. Остается заметить, что
1 —я 1 — р В,л < —а
<^Л =~ 1 ' V ’ 1Цс =~ *
Предположим теперь, что выполняется укчааниое еоотно-
шеи не, н докажем, что тогда прямые ЛЛ|, BBt и CCi пересе-
каются в одной точке. Пусть С\ — точка пересечения прямой
ЛЯ с прямой, проходящей через точку С и точку пересечения
прямых ЛЛ| и ЯЯ). Для точки CJ выполняется такое же соот-
ношение, как и для точки С(. Поэтому С* А : С* В = С{А: С^В,
Следовательно, С* =С», т. е. прямые AAt, ВВ1 и ССу пересе-
каются в одной точке.
Можно проверить также, что если выполняется указанно*
coin кошение и две из прямых А А/, BBt и CCt параллельны, то
третья прямая им параллельна.
5.24. а) Нозьмем на ребрах а, Ъ п с трехтраиного угла про-
извольные точки Л, Я и С. Пусть Л|( Bt и Ct —точки, в ко-
торых лучи а, р и у (или их продолжения) ие|>есскают пря-
мые НС, СЛ и ЛЯ. Примвжля теорему синусов к треугольникам
. « А\В BS Л1С
SAtB п SAXC, получаем ^ГВ^Л] =’ЫпЯЛ15 ° ыпС5Л1 "
CS
= Учитывая, что Bin BA^S = sin CA^S, получаем
BinfiS'X.1 A.B cs
= ЛТ'Я?* ^ПК ле,,<о убедиться, ото означает, что
Bin (b, а) CS
Bn jc~a) ” ''л C '~ES (НУЖИО лить проверить совпадение зна-
ков этих величин). Аналогично 8>|[ (6 =-д5 ^(а.р;
— a-L. -утх. Остается применить теорему Менелая к треуголь-
ян Ьо
кп ну АВС п заметить, что лучи а, р и у лежат в одной плоскости
65
тогда и только тогда, когда точки Л . П1 и С лежат на одной
прямой.
И приведенпом выше решении есть кеболглипя неточность:
не учитывается, что прямые, на которых лежат лучи а, Р н у,
могут бить параллельны прямым ВС, СЛ н ЛВ- Чтобы этого
не случилось, точки А. В и С нужно выбищггь не произвольно.
Пусть А — произвольная точка ня ребре а, а Р и Q — такие
точки на ребрах b и с, что АР (|у и Л(/| Р. Возьмем на ребре точ-
ку В, отличную от Р, п пусть В — така» точка па ребре с, что
В В |а. Остается взять па ребре с точку С, отличную от Q и В.
Теперь уже всегда существуют точки Л!. В, и Сц в которых лу-
чи а, Р я у (или их продолжения) пересекают прямые ВС,
СА п ЛВ.
б) Решение почти дословно повторяет решение предыдущей
задачп; пужпо лишь к треугольнику АВС применить не теоре-
му Менелая, а теорему Чевы.
5.25. а) Как видно на решения аадачп 5.24,а, на ребрах
о, 6 и с можно так выбрать точки А, В п С, что лучи а, Р и у
не параллельны прямым ВС, СА и А В и пересекпют нх в точках
й| и С|. Обозначим для краткости двугранные углы между
плоскостями ah и оа, ве п аа через U, I', а углы между лучами
Ь и а, с и а — через и, v; будем также обозначать площадь
треугольника ХУХ через (AYZ). Вычислим объем тетраадра
SABAx двумя способами. С одной стороны,
Hmim, - = SX1-se *a Bin а/6.
где >io — высота, опущенная из вершины Л на грань SBC.
С другой стороны.
2 (SAB).(SAA ,).чп17
v 8 ABAC'S----------$Л--------- <см- ’“«“’У 3'3)-
Поэтому SAt'SB ha*in в/В - 2(5ЛЙ)-(5ЛЛ1)»!п U/3SA. Ана-
логично S’Hj"5C’Aa*iu г.'С = 2($ЛС)*(5Л At)sin V/3SA, Деля
одно пз этих равенств на другое, получаем
SB fin и (SAB) sin С7
SC' sin v = (4’ЛС) 'sin V'
Это равенство означает, чго
SB sin (Ь, a) (SAB) sin (ab, aa)
fiT'sin (с, а) (ХЛС)' sin (ae, oa)
(нужно лпгпь проверить совпадение знаков этих выражений).
Проводя аналогичные рассуждеппя для точек В( и б\ и пере-
множая полученные равенства, после Сокращения приходим
к требуемому равенству.
66
6) Для решения этой задачи пужпо воспользоваться резуль-
татами задач 5.24,а и 5.25,а
в) Для решения этой задачи нужно воспользоваться резуль-
татами задач 5.24,6 и 5.25.а.
6.26. Пусть а, Ь и с — ребра ЛЛ, SB и SC; а, Р и у ~~ лучи
5Ль SBi и SCi. Так как /_Л5/У1 = £ASC(, то |sin (а, f>)| “
к |sin (а, V)|- Аналогично |sin (й, а)| ™ |sin (6, т)| и
|sin (с, о) | « |sin (с, ₽)|. Поэтому
I sin (о, у| sin (й, a) sin (с, fl) I
I sin (6, yj ’sin (c, a) "sin (a, p) | *'
Ясно также, что каждый из трех этих сомножителей отрицате-
лен, а значит, их произведение равно —1. Остается воспользо-
ваться первой теоремой Чены (задача 5.24,6).
5.27. Легко проверить, что ein (а, у) •= —sin (6, у") н
sin (6, у) = —sin (а, у'), sin (ft, а) « —sin (е, а') и sin (е, а) «
«* —ein (6, o'), ей» (е, Р) — —sin (л, Р') п sin (а, Р) =
= —sin (с, Р'). Поэтому
sin (с, у1) sin (ft, a') sin (с, Р')
sin (й, у') ыч (с, a') 'ein (а, р') *“
/sin (а, у) sin (ft, a) sin (е, Р) \-1
*“ ^sin (6, у) ‘sin (е, a) "sin (я, Р) ) ’
Для решения задач а) в 6) достаточно воспользоваться этим ра-
венством и первыми теоремами Менелая и Чевы (задачи 5.24,а
к 5.24,6).
5.28. Рассмотрим сечение плоскостью, проходящей черев
ребро а перпендикулярно ему, и будем обозначать точки пере-
сечения данных прямых и ребер с этой плоскостью темп же бук-
вами. что и пх самих. Возможны два случая:
1. Лучи аа и аа' симметричны относительно биссектрисы
угла бас (рис. 43,а).
2. Лучи аа и ап’ симметричны относительно прямой, пер-
пендикулярной биссектрисе угла йос (рпс. 43,б).
В первом случае угол поворота от луча аа к лучу at равен
углу поворота от луча ас к лучу аа' и утол попорота от луча аа
ь лучу ае равен углу попорота От луча ай к лучу аа; во втором
< тучпе аги углы не равны, а отличаются на 180°. Переходя к
углам между полуплоскостями,. в первом случае получаем
sin(ab, oa) = —sin(ec, тих') и sin(ae, аа) = — sin(ab, аа’),
я во втором случае sin(aft, аа) -> В1п(лс, яа') и sin(ac, аа) ”
•- sin(oft, да'). В обоих случаях sin(a6, aa)/sin(ac, «а) =
sin(ac, aa')/sin(aft, аа'). Проводя аналогичные рассуждения
7 В В Прасолов, И. ф. Шарыгаш 87
для ребер 5 я е и перемножая все такие равенства, получаем
ein (ай, ад) sin (be, frfl) sin (ea, су)
in (яс, oa) 'sin (6a, 60)‘sin (cb, cy) ““
(sin (ab, aa') 'sin (be, 5fl*) sin (eg, cy^-i
sin (ae, aa't ’ sin (ba, fefi') ‘sin (c6, cy')j *
Для решения аадач а) и б) достаточно воспользоваться атпм
равенством п вторыми теоремами Менелая и Че вы (вада-
ми 5,25,6 п 5.25,в).
5.29. Обозначим через я(; плоскость, симметричную пло-
скости РА, А / относительно биссекторной плоскости двугранно-
го угла при ребре А/А j. Как следует на задачи 5.23,6, плоскость
лп проходит через прямую, но которой пересекаются плоскости
ЯО " ЛМ’ Г"С€“Отри“ ’Р” плоскости я„, ля п лЯ1. Возможны два
случая.
1. Эти плоскости имеют некоторую общую точку Р*. Тогда
плоскости яц, Ям к л» проходят через прямые AtP*, AtP* к
А/” соответственно, т. е. все 6 плоскостей ntj проходят через
очку Р*.
2. Плоскости Л|а п П(й, и л^, л,( и лаа пе|>есекаю1ся по
прямым If, i„ 1д, причем эти прямые параллельны. Тогда пло-
скости и г;, пй и я»; проходят через прямые Ц, п соответст-
венно, т. о. все в плоскостей я(у параллельны одной прямой ,
5.30. Проекция а» плоскость BSC любой прямой I, про-
водящей через точку S, совпадает с прямой, по которой пло-
скость, проведенная через ребро SA и прямую I, пересекает пло-
скость BSC, Поэтому достаточно доказать, что плоскости, про-
№
веденные через ребро S4 и прямые пересечения плоскостей пь
п ле, ль и я,., симметричны относительно биссекторной плоскости
двугранного угла при ребре SA. Эго следует на результата
епдачи 5.25,в.
5.3t. а) При решении этой задачи будем попользовать то,
что проекция Dt точки D па плоскость АВС лежит на описанной
окружности треугольника АВС (задача 7.32,6). Проведем в
треугольниках DAB, DBC и DAC высоты DC\, DA, н DBf,
Требуется доказать, что лучи DAt, DH\ и DC, лежат в одной
плоскости, т. е. точки Лр В, и Ct лежат на одной прямой. Так
как прямая DDt перпендикулярна плоскости А ВС, то DDt -L Л ,С,
Кроме того, DAtj-A,C. Поэтому прямая Л перпендикулярна
плоскости DDtAt, в частности, О|Л,ХЛ|С. Следовательно,
Л), В| н С{ — основания перпендикуляров, опущенных на пря-
мые ВС, СА и АВ из точки Dt, лежащей на описанной окруж-
ности треугольника АВС (для точек Bt и Ct доказательство
проводится точно так же, как и для точки Л(). Можно доказать,
что точки Л(, Bi и Ci лежат на одной прямой (см. Прасолов, 2.29).
б) Если ЛЛ1 — высота треугольника АВС, а О — центр
его описанной окружности, то лучи ЛА, и АО симметричны
относительно биссектрисы угла ВАС. В самом деле, легко про-
верить, что 4.ВАО « Л.СЛЛ, » |9(Г — Z.CJ (нужно рассмот-
реть два случая: угол С — тупой и угол С — острый). Посколь-
ку, как было доказано в предыдущей задаче, прямые, соеди-
няющие вершину D с точками пересечения высот граней DAB,
DBC и DAC, лежат в одной плоскости, то в одной плоскости
лежат и прямые, соедпнякпцпс вершину D с центрами описанный
окружностей граней DAB, DBC и DAC (см. задачу 5.27,а).
Глава 6
ТЕТРАЭДР, ПИРАМИДА И ПРИЗМА
§ 1. Свойства тетраэдра
6.1. В любом ли тетраэдре высоты пересекаются в
одной точке?
6.2. а) Через вершину А тетраэдра ABCD проведе-
ны 3 плоскости, перпендикулярные противоположным
ребрам. Докажите, что все эти плоскости пересекаются
по одной прямой.
6) Череэ каждую вершину тетраэдра проведена
плоскость, перпендикулярная противоположной грани
и содержащая центр ее описанной окружности. Дока-
жите, что эти четыре плоскости пересекаются в одной
дочке.
6.3. Медианой тетраэдра называется отрезок, соеди-
няющий его вершину с точкой пересечения медиан про-
тивоположной грани. Выразите длину медианы тетра-
эдра через длины его ребер.
6.4. Докажите, что центр вписанной в тетраэдр сфе-
ры лежит внутри тетраэдра, образованного точками
касания.
6.5. Пусть Sj и 5, — площади граней тетраэдра,
прилегающих к ребру а; а — двугранный угол при
втом ребре; Ъ — ребро, противоположное а; <р — угол
между ребрами Ь в а. Докажите, что
<$?+$£ — 25,5, cos ct — (ab sin <p)s/4.
6.6. Докажите, что произведение длин двух проти-
воположных ребер тетраэдра, деленное па произведе-
ние синусов двугранпых углов при этих ребрах, одно
и то же для всех трех пар противоположных ребер тет-
раэдра (теорема синусов для тетраэдра).
6.7. а) Пусть S„ S„ S„ и St — площади граней
тетраэдра; Ри Рг и Ря — площади граней параллеле-
пипеда, грани которого проходят череэ ребра тетраэдра
параллельно его противоположным ребрам. Докажите,
что
51 + 5? + + S* = Р» + Р? + Р\.
б) Пусть fcIt /и, hj, к ht — высоты тетраэдра, d„ dt
и dt — расстояния между его противоположными реб-
рами. Докажите, что
-L + JL + ±+J_ = JL + JL+_L.
6.8. Пусть St, R, и I, (i = 1, 2, 3, 4)— площади
граней, радиусы описанных около этих граней кру-
гов и расстояния от центров этих кругов до противо-
положных вершин тетраэдра. Докажите, что 18 Р =«
«
•= 2 51(1* — Д’), где V — объем тетраэдра.
6.9. Докажите, что для любого тетраэдра существу-
ет треугольник, длины сторон которого равны произ-
ведениям длин противоположных ребер тетраэдра,
причем площадь 5 этого треугольника равна 61’/?, где
V — объем тетраэдра. Л — радиус его описанной сфе-
ры (формула Крелле).
6.10. Пусть a u b — длины двух скрещивающихся
ребер тетраэдра, а и р — двугранные углы при этих
ребрах. Докажите, что величина аг + /? + 2яб ctg ах
Xctg р не зависит от выбора пары скрещивающихся
ребер (теорема Бретшнейдера).
6.11. Докажите, что для любого тетраэдра сущест-
вует не менее 5 и нс более 8 сфер, каждая из которых
касается всех плоскостей его граней.
§ 2. Тетраэдры, обладающие
специальными свойствами
6.12. В треугольной пирамиде SABC с вершиной S
боковые ребра равны, а сумма двугранных углов при
ребрах SA и SC равна 180°. Выразите длину бокового
ребра через стороны а в с треугольника АВС.
6.13. Сумма длин одной пары скрещивающихся ре-
бер тетраэдра равна сумме длин другой пары. Докажи-
те, что сумма двугранных углов при первой паре ребер
равна сумме двугранных углов при второй паре.
6.14. Все грани тетраэдра — подобные между собой
прямоугольные треугольники. Найдите отношение наи-
большего ребра к наименьшему.
10t
6.15. Ребро правильного тетраэдра ABCD равно а.
Вершины пространственного четырехугольника
AjitClDl лежат на соответственных гранях тетраэдра
(<4( — на грани, противолежащей Л. н т. д.), а его сто-
роны перпендикулярны граням тетраэдра: АtBt -L
J.BCD, BtC, -LCDA, C^D^DAB и D^^ABC. Вы-
числите длины сторон четырехугольника Л,
Г». 10. Сфера касается ребер АВ, ВС, CD и DA тег
раэдра ABCD в точках L, М, N л Л', являющихся вер-
шинами квадрата. Докажите, что если эта сфера каса-
ется ребра АС, то она касается и ребра BD.
6.17. Пусть Л/ — центр масс тетраэдра ABCD, О —
центр его описанной сферы.
а) Докажите, что прямые DM и ОМ перпендикуляр-
ны тогда и только тогда, когда А В‘ 4- ВС1 -|- САг
= AD* I- BD* -Ь CD*.
б) Докажите, что если точки D и М п точки пересе-
чения медиан граней, сходящихся в вершине D, лежа г
на одной сфере, то DM -L ОМ.
§ 3. Прямоугольный тетраэдр
6.18. В тетраэдре ABCD плоские углы при верши-
не D прямые. Пусть г-CAD « а, г.СВО = р и
г.АСВ <р. Докажите, что cos <j> — sin a sin р.
6.19. Все плоские углы при одной вершине тетра-
эдра прямые. Докажите, что длины отрезков, соеди-
няющих середины его противоположных ребер, равны.
6.20. В тетраэдре ABCD плоские углы при вершине
D прямые. Пусть h — высота тетраэдра, опущенная из
вершины D; a, b п с — длины ребер, выходящих па
вершины D. Докажите, что
6.21. В тетраэдре ABCD плоские углы при вершине
Л прямые н АВ “ AC -f- AD. Докажите, что сумма
плоских углов при вершине В равна 90°.
6.22. Три двугранных угла тетраэдра прямые. До-
кажите, что у этого тетраэдра есть три плоских пря-
мых угла.
6.23. В тетраэдре три двугранных угла прямые.
Один иа отрезков, соединяющих середины противопо-
ложных ребер, равен а, а другой Ь, причем Ь > л.
Найдите длину наибольшего ребра тетраэдра.
102
6.24. Три двугранных угля тетраэдра, не принадле-
жащие одной вершине, равны 90е, а псе остальные дву-
гранные углы равны между собой. Найдите эти углы.
§ 4. Равпиграннын тетраэдр
Определение. Тетраэдр называется равмогранннм,
если все его грани раины, т. е. его прелнвоположиые ребра по-
парно равны.
6.25. Докажите, что все грани тетраэдра равны тог-
да и только тогда, когда выполняется одно па следую-
щих условий:
а) сумма плоских углов при какой-либо вершине
равна 180° и, кроме того, в тетраэдре есть две пары
равных противоположных ребер;
б) центры вписанной и описанной сфер совпадают;
в) радиусы описанных окружностей граней равны;
г) центр масс и центр описанной сферы совпадают.
6.26. В тетраэдре ABCD двугранные углы при
ребрах АВ u DC равны; равны также двугранные уг-
лы при ребрах ВС и AD. Докажите, что АВ *= DC и
ВС --= AD.
6.27. Прямая, проходящая черен центр масс тетра-
вдра н центр его описанной сферы, пересекает ребра
АВ п CD. Докажите, что АС = BD п AD = ВС.
6.28. Прямая, проходящая через центр масс тетра-
эдра и центр ого вписанной сферы, пересекает ребра Л В
> CD. Докажите, что АС BD п AD = ВС.
6.29. Докажите, что если /ВАС == /ABD «
= /ACD = /BDC, то тетраэдр A BCD равнограпнын.
6.30. Дан тетраэдр ABCD', О„, О,, Ог и О,, — цент-
ры вневписанных сфер, касающихся его граней BCD,
ACD, ABD и ЛВС. Докажите, что если трехгранные
углы OnBCD, O..ACD, O^ABD и ()лЛВС — прямые, то
все грани данного тетраэдра равны.
Замечая не. Есть еще и другие услопоп, определяю-
щие panuorpaiiiiMc тетраэдрм; см., папример, аадячп 2.32, П.48
п 14.22.
G.31. Ребра равногранного тетраэдра равны a, b и с.
Вычислите его объем V и радиус В описанной сферы.
6.32. Докажите, что для равнограппого тетраэдра
а) радиус вписанного шара вдвое меньше радиуса
шара, касающегося одной грани тетраэдра и продол-
жений трех других граней;
ЮЗ
б) центры четырех вневписанных шаров являюп и
иеришнами тетраэдра, равного исходному.
G.33. В равногранном тетраэдре ABCD опущена
высота Л//; В, — точна пересечения высот грани BCD
h, u ht — длины отрезков, ня которые одна из высот
грани BCD делится точкой В,.
а) Докажите, что точки В н /7, симметричны отпо
сительио центра описанной окружности треугольник
BCD.
б) Докажите, что АН* =
G.34. Докажите, что в равногранном тетраэдре
основания высот, середины высот и точки пересело
нпя высот граней принадлежат одной сфере (сфера
12 точек).
6.35. а) Докажите, что сумма косинусов двугран-
ных углов равнограпиого тетраэдра равна 2.
б) Сумма плоских углов трехграпного угла равна
180°. Найдите сумму косинусов его двугранных углов.
§ 5. Ортоцевтрпческпй тетраэдр
Определение. Тетраэдр называется орпюцентри-
««ел'и.ш, если псе его высоты (или их продолжения) пе|«еокаиггсл
в одной точке.
6.36. а) Докажите, что если ADA-ВС, то высоты,
опущенные ия вершин Я и С (а также высоты, опу-
щенные пз вершин А и D), пересекаются в одной точке,
прячем эта точка лежит на общем перпендикуляре к
AD п ВС.
б) Докажите, что если высоты, опущенные на вер-
шин В а С, пересекаются в одной точке, то ADA.ВС
(а значит, в одной точке пересекаются высоты, опу-
щенные из вершин А и D).
в) Докажите, что тетраэдр ортодентрнческий тогда
и только тогда, когда дне пары его противоположных
ребер перпендикулярны (в этом случае третья пара про-
тивоположных ребер тоже перпендикулярна).
6.37. Докажите, что в ортоцентрпческом тетраэдре
общие перпендикуляры к парам противоположных ре-
бер пересекаются в одной точке.
6.38. Пусть К, L, М и N — середины ребер АВ, ВС,
CD DA тетраэдра ABCD.
а) Докажите, что А С J- BD тогда и только тогда, ког-
да КМ - LN.
104
б) Докая:ите, что тетраэдр ортоцентричсскиЙ тогда
л только тогда, когда отрезки, соединяющие середины
противоположных ребер, равны.
6.39. а) Докажите, что еслявС±ЛО, то высоты,
опущенные иа вершив А и D на прямую ВС. попадают
в одну точку.
б) Докажите, что если высоты, опущенные из вер-
шин А и О на прямую ВС, попадают в одну точку, то
BCA-AD (а значит, в одну точку попадают высоты,
опущенные из вершин В н С иа прямую AD).
6.40. Докажите, что тетраэдр ортоцентрический
тогда и только тогда, когда выполнено одно из следую-
щих условий:
а) суммы квадратов противоположных ребер равны;
б) произведения косинусов противоположных дву-
гранных углов равны;
в) углы между противоположными ребрами равны.
Замечаем е. Есть еще я другое условия, определяю-
щие o|rroueirrpB4eciaw тетраэдры; см., вяпрямер. задачи 2.11
В 7.1.
6.41. Докажите, что в ортоцентрнческом тетраэдре:
а) все плоские углы при одной вершине одновремен-
но либо острые, либо прямые, либо тупые;
б) одна из граней — остроугольный треугольник.
6.42. Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре
выполняется соотношение ОН2 = 421* — 3d1, где О —
центр описанной сферы, Н — точка пересечения высот.
В — радиус описанной сферы, d — расстояние между
серединами противоположных ребер.
6.43. а) Докажите, что окружности 9 точек тре-
угольников АВС и DBC принадлежат одной сфере тог-
да и только тогда, когда BCA-AD.
б) Докажите, что для ортоцентрического тетраэдра
окружности 9 точек всех граней принадлежат одной
сфере (сфера 24 точек).
в) Докажите, что если AD X ВС, то сфера, содержа-
щая окружности 9 точек треугольников АВС и DBC,
и сфера, содержащая окружности 9 точек треугольни-
ков ABD и CBD, пересекаются по окружности, лежа-
щей в плоскости, которая делит пополам общий пер-
пендикуляр к ВС и AD и ему перпендикулярна.
Замечанпе. Опрсдслонпе окружности 9 точек см.
Прасолов, 10.2 влп Шарыгнн, 11.160.
105
6.44. Докажите, что в ортоцентрнчсском тетраэдр
центры масс граней, точки пересечения высот граней
а также точки, делящие отрезки, соединяющие точку
пересечения высот с вершинами, в отношении 2 : 1.
считая от вершины, лежат на одной сфере (сфера
12 точек).
6.45. а) Пусть // — точка пересечения высот орто-
центрического тетраэдра. М' — центр масс какой-либо
грани, — точка пересечения луча НМ' с описаннон
сферой тетраэдра. Докажите, что НМ' : M'N = 1:2.
б) Пусть Л/ — центр масс ортоцентричсского тот
раэдра, Н' — точка пересечения высот какой-либо
грани, Л' —точка пересечения луча Н'М с описанной
сферой тетраэдра. Докажите, что Н'М : МN — 1 : 3.
6.46. Докажите, что в ортоцентрвческом тетраэдре
точка Монжа (см. задачу 7.32,а) совпадает с точкой
пересечения высот.
§ 6. Достраивание тетраэдра
Проведя 4e|iea каждое ребро тетраэдра плоскость, парал-
лвлм|уюп)и>тиво1юлож11о«су ребру, тетраэдр можно достроит! до
параллелепипеда (рис. 44).
6.47. Три отрезка, не лежащих в одной плоскости,
пересекаются в точке О, делящей каждый из них попо-
лам. Докажите, что существуют ровно два тетраэдра,
в которых эти отрезки соединяют середины протнво
положимх ребер.
6.48, Докажите, что все грани тетраэдра равны тог-
да и только тогда, когда выполняется одно нз следую-
щнх условии:
а) при достраивании тетраэдра получается прямо-
угольный параллелепипед;
б) отрезки, соединяющие середины противополож-
ных ребер, перпендикулярны;
в) площади всех граней равны;
г) центр масс и центр вписанной сферы совпадают.
6.49. Докажите, что в равногранном тетраэдре все
плоские углы острые.
6.50. Докажите, что сумма квадратов длин ребер
тетраэдра равна учетверенной сумме квадратов рас-
стояний между серединами его противоположных ребер.
6.51. Пусть а и b н Ь„ с и с, — длины пар проти-
воположных ребер тетраэдра; а, р, у — соответствен-
ные углы между ними (а, р, у < 90°). Докажите, что
106
одно на трех чисел aat cos a, W>, cos р и cct cos 7 — сум-
ма двух других.
6.52. Прямая I проходит через середины ребер АВ
и СО тетраэдра ABCD; плоскость И, содержащая I,
пересекает ребра ВС и AD к точках М и N. Докажите,
что прямая I делит отрезок MN пополам.
6.53. Докажите, что прямые, соединяющие середи-
ну высоты правильного тетраэдра с вершинами грани,
на которую эта высота опущена, попарно перпендику-
лярны.
§ 7. Пирамида н призма
6.54. Плоскости боковых граней треугольной пира-
миды образу ют с плоскостью основания равные углы.
Докажите, что проекция вершины иа плоскость осно-
вания является центром вписанной или вневписанной
окружности основания.
6.55. В треугольной пирамиде двугранные углы при
ребрах основания равны а. Найдите ее объем, если
длины ребер основания равны а, b и с.
6.56. На основал пн треугольной пирамиды SABC
взята точка Л/ и через нее проведены прямые, парал-
лельные ребрам 5Л, SB 11 SC и пересекающие боковые
грани в точках Л,, В, и Ct. Докажите, что
Л/Л, МВ, МС.
— ala - 1 • -А- - = I
SA * SB * SC
6.57. Всргпина 5 треугольной пирамиды SABC сов-
падает с вершиной конуса, а точки Л, В и С лежат па
окружности его основания. Двугранные углы при
ребрах SA, SB и SC равны a, p и у. Найдите угол
между плоскостью SBC и плоскостью, касающейся
поверхности конуса по образующей SC.
6.58. Сонапранленные векторы АА,, ВВ1 u СС,
перпендикулярны плоскости АВС, а их длины равны
соответствующим высотам треугольника АВС, радиус
вписанной окружности которого равен г.
а) Докажите, что расстояние от точки М пересече-
ния плоскостей Л,ВС, ABtC и ABCt до плоскости
АВС равно г.
б) Докажите, что расстояние от точки N пересече-
ния плоскостей Л,В,С, A,BCi u АВ,С, до плоскости
АВС равно 2г.
• • •
6.59. В правильную усеченную четырехугольную
пирамиду с высотой боковой грани а можно вписать
шар. Найдите площадь ее боковой поверхности.
6.60. Через точку Л/ основания правильной пирами-
ды проведен перпендикуляр, пересекающий плоскости
боковых граней в точках Л/„ .... Мя. Докажите, что
сумма длин отрезков Л/Л/,, .... Л/Л/п одна и та же для
всех точек Л/ основания пирамиды.
6.61. Шар вписан в n-угольную пирамиду. Боко-
вые грани пирамиды поворачиваются вокруг ребер ос-
нования и кладутся в плоскость основания так, что они
лежат по одну сторону от соответствующих ребер
вместе с основанием. Докажите, что вершины этих
граней, отличные от вершин основания, лежат на одной
окружности.
6.62. Из вершин основания вписанной пирамиды в
боковых гранях проведены высоты. Докажите, что пря-
мые, соединяющие основания высот в каждой грани,
параллельны одной плоскости. (Плоские углы при
вершине пирамиды не прямые.)
6.63. В основании пирамиды с вершиной 5 лежит
параллелограмм ABCD. Докажите, что ее боковые реб-
ра образуют равные углы с некоторым лучом SO, ле-
жащим внутри четырехгранного угла SABCD, тогда и
только тогда, когда SA 4- SC ™ SB + SD.
6.64. Основаниями усеченной четырехугольной пи-
рамиды ABCDA1BiCiDi являются параллелограммы
ABCD и AiBlClDi. Докажите, что любая прямая, пере-
секающая трп иа четырех прямых АВ„ BCt, CD, и DA„
пересекает и четвертую прямую иля параллельна ей.
г * •
6.65. Найдите площадь полной поверхности призмы,
описанной около сферы, если площадь ее основания
раина S.
6.66. На боковых ребрах ВВХ и CCt правильной
призмы ABCAJifCi взяты точки Р и Р, так, что
ВР : РВг — С,Р, : PtC - 1 : 2.
а) Докажите, что двугранные углы при ребрах APt
н AtP тетраэдра AAtPPi — прямые.
б) Докажите, что сумма двугранных углов при реб-
рах АР, РРХ и /*1Х1 тетраэдра ЛЛ,РР, равна 180°.
Задачи для самостоятельного решения
6.67. В призму (не обязательно прямую) впи-
сан шар.
а) Докажите, что высота призмы равна диаметру
шара.
б) Докажите, что точки касания шара с боковыми
гранями лежит в одной плоскости, причем эта плоскость
перпендикулярна боковым ребрам призмы.
6.68. Сфера касается боковых граней пирамиды в
центрах описанных около них окружностей; плоские
углы при вершине этой пирамиды равны. Докажите,
что пирамида правильная.
6.69. Сфера касается трех сторон основания тре-
угольной пирамиды в их серединах и пересекает боко-
вые ребра тоже в их серединах. Докажите, что пирами-
да правильная.
6.70. Сумма длин противоположных ребер тетра-
эдра ABCD одна и та же для любой пары противопо-
ложных ребер. Докажите, что вписанные окружности
любых двух граней тетраэдра касаются общего ребра
этих граней в одной точке.
6.71. Докажите, что если двугранные углы тетра-
эдра равны, то этот тетраэдр правильный.
6.72. В треугольной пирамиде SABC угол BSC
прямой и ^ASC = Z.ASB — 60е. Вершины А n 5 и
середины ребер SB, SC, АВ и АС лежат на одной
сфере. Докажите, что ребро S4 является диаметром
этой сферы.
6.73. В правильной шестиугольной пирамиде центр
описанной сферы лежпт на поверхности вписанной.
Найдите отношение радиусов вписанной и описанной
сфер.
109
6.74. В правильной четырехугольной пирамиде
центр описал ной сферы лежит на поверхности винсак
пой. Найдите величину плоского угла при вертино
пирамиды.
6.75. П основании треугольной призмы АВСА^^С,
лежит равнобедренный треугольник. Известно, что
пирамиды АВСС\, ABBtCt и AAlB1Cl равны. Найдите
двугранные углы при ребрах основания призмы.
Решения
6Л. Нет, не и любим. Рассмотрим треугольник АВС, в ко-
тором угол А не прямой, и восставим к плоскости треугольники
перпендикуляр AD. В тетраэдре ABCD высоты, проведеннтю
на wpiuna С и D, но перпглкяются.
6.2. а) Нсрпонппкуляр, опущенный из вершины А ва плос-
кость BCD, принадлежит всем трем данным плоскостям.
6) Лето проверить, что все указанные плоскости прохо-
дят порез центр описанной сферы тетраэдра.
6.3. Пусть AD *= a, BD = 6, CD ~ с, ВС = а„ СА = bj
и АВ С]. Вычислим длину ш медианы DM. Пусть — сере-
дина ребра ВС, DN = р и AN — g. Тогда DM* +
+ MN* —2DM-MN сот DMN - DN* в DM* + AM* —
— 2D M -A M cos DMA = AD*, а значит.
. чг 2mocos<r . . 4o* 4»iorwq> «
т +т—+ I-- з --«•
Домножая первое раштктво па 2 n складывай его со вторым ра-
венством. получаем Зт* = о* + 2д* — 2у‘/3. А так как Р* =
— (26’ + 2г1 — е*)/4 в q* - (2Ь* 4- 2г* — е*)/4. то flm* =
6.4. Достаточно доказать, что если сфера вписана в трох-
гранный угол, то плоскость, проходяаюя через точки касавнл,
разделяет нергеипу 5 трехграниого угла и цептр О вписанной
ejepu. Плоскость, проходящая через точки касании, совпадает
с Плоскостью, проходящей через окружность, по которой конус
с вершппой 5 касается данной сферы. Ясно, что эта плоскость
разделяет точки 5 и О', для доказательства можно рассмотреть
любое сечение, проходящее через точки 5 и О.
6.5. Проекция тетраэдра на плоскость, перпендикулярную
ребру а, является треугольником со сторонами 2Sila, 2St а
и b sin q>; угол между первыми двумя сторонами равеи а. За-
писав теорему косинусов для зюго т]>су голышка, получаем тре-
буемое.
ИО
6.6. Рассмотрим тетраэдр ABCD- Пусть АВ = a. CD — ft:
а и ₽ — двугранные углы при ребрах АВ u CD\ 5t и .V, — пло-
щади граней АВС и ABD, St п 5, — площади граней CD А
и CD В ', V — объем тетра ад ра. Согласно задаче 3.3 V =
= 25| S2ain а/Зя и V •- 25а5( sin Следовательно,
aft : sin а sin Р = 45(5a5a54 : ОУ”.
6.7. а) Пусть а, Р а у — двугранные углы при ребрах гра-
ни с площадью 5]. Тогда 5| «= 5» cos а + 5а cos Р 4- St сов у
(см. задачу 2.13). Кроме того, согласно задаче 6.5
5* 4-5*-25,5, сов а
.5* 4-5*-25,5, сов р-Р*.
5*4-S}-25,54coev = /’J.
Следовательно, I*-)-F* + f*-«5*+5*-|-S®4-35*--25,(5,оова4-
4-$, сов р 4-5. сов у) - 5* 4-4-4 + SJ.
б) Поделив обе части полученного в задаче а) равенства
па 9V’, где V — объем тетр.,идра, приходим к требуемому.
6.8. Доказательство проведем сначала в случае, когда
центр описанного шара находится внутри тетраэдра. Прежде
всего докажем, что /’ — Я* — 2Агде rf( — расстоянии от
центра описанного шара до <-Св грани, ht — высота тетраэдра,
опущенная на эту грань. Для определенности будем считать,
что номер i соответствует грани АВС. Пусть О — центр опи-
санной сферы тетраэдра ABCD, О, — проекция О на грань АВС,
ОЯ — высота, //, —проекция О на DH. Тогда OJI* — DO] —
— О//* - I* - и ОН] = DO*~ DH] ~ Я* - (Л, - rf,)* «ж Я* —
— 4- 2/tfdj — Л*, где Я — радиус описанной сферы тетраэдра.
Так как 0,Я = ОН,, то — Я* 4- rf{ = 2A(dt. Остается заме-
тить, что Я| = АО] «= АО* — OOJ — Я* —
Завершают доказательство следующие преобразования:
2 st ('? - «1) - 2 - 2 (d<A) = «»Л2
Согласно задаче 8.1,6 V = 1.
U случае, когда центр описанного шара находится sue тет-
раэдра, рассуждения почти нс изменяются: нужно только одну
из величин dt считать отрицательной.
6.9. Пусть длины ребер AD, BD u CD равны а, Ь п с; длины
ребер ВС, СА и АВ равны а', Ь' и с*. Проведем через вершину D
плоскость П, касэюиц-юс» описанной около тетраэдра сферы.
Рассмотрим тетраэдр AlBClD, образованный плоскостями П,
BCD, ABD и плоскостью, проходящей через вершину В парал-
лельно плоскости ACD, и тетраэдр AB-iCiP, «бри.ккаииып
111
плоскостями П, ABD, ACD п плоскостью, проходящей через
вершину А параллельно плоскости BCD (рпс. 45).
Так как DC, — касательная к описанной окружности тре-
уголышка DBC, то LBDC(- CSCD. Кроме того, НС,|CD,
поэтому C-C,BD = C-BDC. Следовательно, ДОС,Й оо fcCBD,
а аиачит, ОС, : DB = СВ : СО. т. е. ОС, а’Ь/с. Аналогично
l)At = c'fc/a, ОС, = b'alc u DB, = с'а'Ь. А так как ДА,С,О <»
со ДОС,Я,, то А,С,: A,D •= ОС, : DB,. т. е. Л,С, = b'&lae.
Итак, длины сторон треугольника А,С(О, домножоимы» на aclb,
равны <f а, Ъ'Ъ о с'е, а значит.
Вычислим теперь объем теграадра Л,ЯС,О. Рассмотрим
для этого диаметр DM описанной с4оры исходного тетраэдра
и перпендикуляр Я А, опущенный на плоскость А,С,О. Ясно,
чтоЯКХОА и ОМЛ-DK. Опустим па середины О отрезка D Л/
перпендикуляр ОС иа отрезок DB. Так как &BDK оо C.DOL,
то ВК t BD = DC : DO, т. а. ВК = 1АГ1В. Поэтому
’,A1BCID=}BA'-5AiciD-=-^r^
Отношение объемов тетраэдров Л,ЯС,0 п ABCD равно про-
изведению отногпония площадей граней BC,D н BCD и от но-
шения длин высот, сгущенных на эти грани; последиое отно-
шение равно SA^BD’.SA0D. Так как &DC^В оо &CBD, то
sbc1d: Sf>cn‘-(DB‘.CD}t=bt .<?. Аналогично SXibd:Sabdm
» fc2 ; о*. Следовательно,
„ а’е» „ я*? Ь« „ 5
Г"* 6* ‘AjBC.D- р ^^Г5 = 6Я*
М2
6.10. Пусть Sj и S« — площади греной с общим ребром о,
S» и — площади граней с общим ребром Ь. Пусть, далее, а,
тин — длины ребер грани с площадью a, v и 6 — величины
двугранных углов при этих ребрах, h, — длина высоты, опущен-
ной на эту грань; Н — основание этой нысогы: V — обьем тет-
раэдра. Соединяя точку И с вершинами грани S). получаем три
треугольника. Выражая площадь грани S) через площади этих
треугольников. получаем
ah^ etg а -(- mh ( etg у 4- nA jCtg 6= 2 Sj
(так как углы а, у п Ь изменяются от 0° до 180°, эта формула оста-
ется справедливой и в том случае, когда точка Я лежит вне
грани). Учитывая, что А, "• 3V/S>, получаем
a cig а 4- m etg у 4" и cig 6 = 2.SJ/31’.
Сложив такие равенства для граней S, в St и вычтя нз
них равенства для остальных граней, получим
и cig а — Ь etg р «= (S* -|- Sj — S* — Sj)/3F.
Возведем это равенство в квадрат, заменим clg*a и ctga р на
1/»1п*а — 1 и 1/sin*P — 1 и воспользуемся равенствами
oVain’a •« 4S*S*/9V* и M/sin* р = 4SJSJ/9F* (см. задачу 3.3).
В итоге получим
о» 4- М 4- 2иЬ cig в cig р = (2Q — Г)/»**.
где Q — сумма квадратов попарных произведений площадей гра-
ней, Т — сумма четвертых степеней площадей граней.
6.11. Пусть V—объем тетраэдра; S, S2, Sa н St—площа-
ди его граной. Если расстояние от точки О до 1-Й грани равно
А,. то (^егМi)/3 = V' гд<> е, = = -|-1, если точка О и тет-
раэдр лежат по одну сторону от i-fi грани, н е, =» — 1 в про-
тивном случае. Следовательно, если г—радиус ujajia, касаю-
щегося всех плоскостей граней тетраэдра, то (2 er^i) r/3=F,
т. в. У tfS, > 0. Обратно, если для данного набора et =• ± 1
величина У e(S( положительна, то существует соответствую-
щий шар. В самом деле, рассмотрим точку, для которой h. ™
“At—AJ| = r, ГД₽ r = 3V/2e|^< (иными словами, мы рассмат-
ровагм точку пересечении трех плоскостей). Для этой точки
ht также |>анпо г.
Для любого тетраэдра существует вписанный шар (г, =*
= 1 при всех Г). Кроме того, так как площадь любой грани мень-
ше суммы площадей остальных граней (задача 10.22), то сущест-
вует 4 вневписанных шара, каждый пз которых касается одной
грани и иродотжг ний трех других граной (одно из чисел е( рав-
но —1).
в В. В Прасилое, И Ф П1арыгпн
ПЗ
Ясно также, что если для Некоторого набора е( = ±1 ве-
личина^ gjSj положительна, то для набора с противоположными
знаками опа отрицательна. Так как всего наборов 2* = 16, то
шаров не более 8. Говно 8 их будет в том случае, когда сумма
площадей любых двух граней нс |>авна сумме площадей двух
других граней.
6.12. Возьмем на луче AS точку At так, что AAt " 2A.S'.
В пп|>ам||де SAtBC двугранные углы при ребрах SA> и SC рав-
ны я 5Л| “ SC, поэтому А(В “ СВ = в. Треугольник ЛВА(
прямоугольный, так как его медиана BS равна половине сторо-
ны АА(. Следовательно,
ЛЛ* = AtB* -|- ЛЯ* - я* + «*, т. е AS =. Ув* и t*/2.
6.13. Если в тетраэдре ABCD сумма длин ребер ЛЯ в CD
равна сумме длин ребер ВС и AD, то существует сфера, касаю-
щаяся этих четырех ребер во внут|1ен1гих точках (см. задачу
8.30). Пусть О — ueuip этой сферы. Заметим теперь, что если
из точки X проведены касательные ХР и XQ к сфере с центром
О, то точки Р н Q симметричны относительно плоскости, про-
ходящем через прямую ХО п середину отрезка PQ, а значит,
плоскости РОХ и QOX образуют с плоскостью XPQ рап-
ные углы.
Проведем 4 плоскости, проходящие через точку О и рассмат-
риваемые ребра тетраэдра. Они разбивают каждый из рассмат-
риваемых двугранных углов на 2 двугранных угла. Выше было
показано, что полученные двугранные углы, ирилегающне к од-
ной грани тетраэдра, равны. Как в одну, так и в другую рас-
сматриваемую сумму двугранных углов входит по одному полу-
ченному углу для каждой грани тетраадра.
6.14. Пусть а —длина наибольшего ребра тетраэдра. В обоих
гранях, прилегающих к этому ребру, оно является гипотенузой.
Оги грани равны, так как подобные прямоугольные треугольни-
ки с общей гипотенузой равны; пусть тип — длпиы катетов
этих прямоугольных треугольников, 6 — длина шестого ребра
тетраэдра. Возможны два нарпакта:
1) Ребра длиной m выходят па одного конца ребра я, ребра
длиной л — из другого. В треугольнике со сторонами т, т и 6
прямым может быть только угол, противолежащий Ь; кроме
того, в треугольнике со сторонами «, т и п катеты тоже должны
быть равны, т. с. т = п. В итоге получаем, что все грани тетра-
вдра равны.
2) Па каждого конца робра а выходит одпо ребро длиной т
в одно ребро длиной п. При этом, «ели а — Л, тетраэдр тоже бу-
дет равнограпиий.
114
Заметим теперь, что и равногранном тетраэдре ве «ожог бить
примых плоских углов (задача 6.49). Следовагелыю, в дейст-
вительности возможен только шорой вариант, причем h < а.
Пусть для определенности т > л. Так как Т|№угольпнк11 со сто-
ронами а, т, п и п, Ь подобны, причем наименьшей стороной
второго треугольника но может быть сторона п. то я : щ =
= т : п — в : 5 = X > 1. Учитывая, что я* = та* п‘, по-
лучаем Х« - X» + 1, т. с. X = /(1+ У5)'2.
6.15. Опустим перпендикуляры Л, К и В, К на CD, B,L
и C,L на AD, С,М и D,M на АВ, D,N n A,N на ВС, Отношения
Рнс. 46
длин отих перпендикуляров раины косинусу двугранного угла
при реб|>е правильного тетраэдра, т. е. они равны 1/3 (см. за-
дачу 2.14). Так как стороны четырехугольника A,B,C,Dt пер-
пендикулярны граня» правильного тетраэдра, их длины рав-
ны (см. задачу 8.25). Следовательно, Л, А’ = B,L =» С,М w
= D,N = х и В,К ” C,L — D,M “ А,Л' = Зз. Рассмотрим
развертку тетраэдра (рнс. 46). Ребра тетра.>д|>а разделены точ-
ками A", L, М и Л' на отрезки длиной т и п. Так как х1 и* =
= D,B* = От* 4- ли*, то 8г8 = и* — т* = (я + т){п — т) “
•= а(к — т). Пусть луч BD, пересекает сторону АС в точке Р|
Q и В — проекции точки Р на стороны АВ н ВС. Так как PR :
I PQ = 1 : 3, то СР : РА «. 1 : 3. Поэтому 1 + 2 о 2
и 5т. = -= -|- 4- = Следовательно, п : т = В В : BQ = 7:5,
ЛИ Zoo
а значит, г=я/4]/з. Длины сторон четырехугольника
A,BtC,D, равны 2^21“ «/ /б.
8»
115
6.16. По условию Kf.MN — квадрат. Проведем через точ
кп К, L, М п N плоскости, касаюпсиеся сферы. Так как псе яти
плоскости одинаково наклонены к плоскости KLMN, то они
пересекаются в одной точке 5, расположенной па прямой ОО,.
где О — центр сферы, а О, — центр квадрата. Эти плоскости
пересекают плоскость квадрата KLMN по квадрату TI/VH’,
Рис. 47
Сс|ч'динами сторон которого
являются точки К, L, М и
N (рис. 47). В четырехгран-
ном угле STI/VB’ с верши-
ной 5 все плоские углы рав-
ны. а точки К, L, М it N ле-
жат на биссектрисах его плос-
ких углов, причем 5 А’ =
= SL = SM — SN. Следова-
тельно, SA = SC и SD —
— SB, а значит, А К = И.-
= СМ = CN и BL = ВМ =
= DN — D К. По условию Л С
тоже касается шара, о петом у
Л С — АК -|- CN = 2АК. Л
так как 5К— биссектриса угла DSA, то DK : КА = DS : SA =
— DB : АС. Из равенства AC ~ 2АК следует теперь, что
DB — 2D К. Пусть Р —середина отрезка DB; тогда Р лежит
па прямой SO. Треугольники DOK п DOP равны, так как
DK — DP и ЛОКО = 90е = г_ОРО. Поэтому ОР = ОК =
«= Я, Где Я — радиус сферы, а значит, DB тоже касается сферы.
6.17. а) Пусть ВС = а, СА — Ь, АВ = с, DA — е„ DB —
«= А, я DC = с,. Пусть, далее, С — точка пересечения медиан
треугольника ABC, N —точка пересечения прямое DM с опи-
санной сферой. А' — точка пересечения прямой AG с описанной
окружностью треугольника АВС. Докажем сначала, тго
AG-GK — (я2 + 6» + Л9. В самом дело, AG-GK = Я2 — О^,
где Я — радиус описанной окружности треугольника АВС,
Of — ее центр. Но O,G* = Я* — (а* 4 й* 4 с*)/9 (см. Шары-
гин, 11.193,6). Далее, DG-GN — AG-GK - («-(- Л» + с2)/9,
а значит, GN = (я2 + 6* 4- с^Эт, где
m = DG = )/3(a2-|-b2 + cJ)——?/3 (1)
(см. задачу 6.3). Поэтому DN « DG GN =» ш (в8 -)- Ь2
+ <*)/9т — (о2 4- Л2 -(- е\)/3т.
Перпендикулярность прямых DM и ОМ эквивалентна ра-
венству DN — 2DM, т. е. («J 4-AJ 4-ej)/3m = Зт/2. Выра-
жая m по формуле (1), получаем требуемое.
116
б) Воспользуемся обозпачеппяип задач» а) и оо результа-
том. Пусть ж — а* |- Ь’ Ь г’ н у “ а* 4- А* 4- с*. Требуется
Проверить, что х — у. Пусть, далее, Л(, Hi и Ct —точки пе|>е-
сечекпя медиан треугольников DBC, НАС и DAB. Пр» гомо-
тетии с центром D и коэффициентом 3/2 точка пересечения ме-
диан треугольника А\В\С\ nej>eходит в точку пересечения ме-
диан треугольника АВС. Поэтому М — точка пересечения про-
должении медианы DX тетраад|>а AiBtCtD с описанной сферой
этого тетраэдра, а значит, для вычпеленлн длины отрезка DM
можно восиользовяться формулой для DN. полученной н за-
даче а):
DM -(DA* 4- DB* 4- DC*)/3DX.
Ясно, что DX <*= 2m/3; выражая DAi, DBt u DC\ через медиапы ,
а медианы через стороны, получаем IM} 4. DP* -|- DC J =»
—=(4x — p)/9. Следовательно, DM — (4z — y)/18zn С другой сто-
роны, DAI = 3m/4, поэтому 2(4r — у) = 27">*. Согласно фор-
муле (1) 9m“ «= 3z — у, а значит, 2(4r — y) -= 3(3x — у), T. «.
*= »
6.18. Пусть CD — а. Тогда AC — o/sin a, BC e/sin 0
ii А В — aclgla 4- ctg*0. Учитывая, что AB* — AC* 4- BC* —
— 2ACBCco*q, получаем требуемое.
6.19. Рассмотрим прямоугольный параллелепипед ребра
АВ, AD и ЛАХ которого являются ребрами данного тетраэдра.
Отрезок, соединяющий середины ребер АВ и AtD, является
средней линией т|>еугольянка ABDi (параллельной BDxy,
следовательно, его длина раина rf/2, где d — длина диагона-
ли параллелепипеда.
6.20. Так как -^две =-I-(см. задачу
1.22), то Ядре - /^У~4- **е* I- <*'?/2. Следовательно, объем
тетраэдра pawn A VА1 4- А* 4* А*/б. С другой стороны, од
равен abc/G. Приравнивая эти выражения, получаем требуемое.
6.21. Возьмем на лучах AC u AD точки Р и В так, что
АР = АН — АВ, п рассмотрим квадрат APQB- Ясно, что
ДА ВС = t^BQDn bABD = APQC, а апатит,bBCD = bQDC.
Такны Образом, сумма плоских углов при вершине В ракш
4.PQC 4- t-CQD 4- 4-DQB — Z-PQH — 90е.
6.22. Для каждого ребра тетраэдра суицстпует лишь одно
несмежное с ним ребро, поэтому среди любых трех ребер найдут-
ся два смежных. Заметим теперь, что прямыми не могут быть
три двугранных угла при ребрах одной грани. Следовательно,
возможны два варианта расположения трех ребер, двугранные
утлы при которых прямые: 1) эти ребра выходят из одной вер-
шины; 2) два ребра выходят из концов одного ребра.
117
В первом случае достаточно воспольаоваться результатом
задачи 5.2.
Рассмотрим второй случай: дну гранимо углы при ребрах
АВ, ВС n CD прямые. Тогда тетраэдр ABCD выглядит следую-
щим образом: в треугольниках АВС и BCD углы Л СВ и CBD
прямые и угол между плоскостями этих треугольников тоже
прямой. В этом случав углы ЛСВ, ACD, ABD в CBD прямые.
6.23. Согласно решению ладами 6.22 возможны два па-
рпаша.
1) Все ылоские углы при одной вершине тетраэдра прямые.
Но в этом случае длины всех отрезков, соединяющих середины
протиноположных ребер, равны (задача 6.10).
2) Двугранные углы при ребрах АВ, ВС п CD прямые.
В этом случае ребра АС и BD перпендикулярны Граням CBD
п ЛВС соотвотетвонио. Пусть АС «* 2л, ВС “ 2у н BI) = 2г.
Тогда длина Отрезка, соединяющего ссредпны ребер АВ и CD,
п отрезка, соединяющего середины ребер ВС и AD, ранит
j/H-f-i1, а длина отрезке, соединяющего середины ребер АС
и BD, равна А Поэтому ** 4- »* = в’ И х* 4*
4- + г* = 6*. Наибольшим )>c6poiii тетраэдра ABCD являет-
ся ребро Л О; квадрат его длины ранен 4(г* + № + **) ” б* +
+ За2.
6.24. Как следует из решения задачи 6.22, можно считать,
что вершинами данного тетраэдра являются воргппвы Л, В, D
в Dt прямоугольного параллелепипеда A BCDAiBtCiDi. Пусть
а — искомый угол; АВ = a, AD = b я DDt = с. Тогда а =
« b Ir а и с «• Ь Ir а. Косинус угла между плоскостями BB,D
Я ABCt равен
ас/^а* б* 0 6* + с* = tR*a/(t -|- 1д*а) — ain’a
(см. задачу l.Opi). Следовательно, сое и "• яп*а — 1 — ссиАх,
т. с. сое а — (—1 ± V5)/2- Так как 1 4- 5 > 2, окончатель-
но получаем а = arccos (( 5 — 1)/2).
6.25. а) Пусть ИО’ CD, АС «® BD и сумма плоских углов
при яерпшне Л равна 180°. Докажем, что A D — ВС. Дли этого
достаточно проворить, >п о ЛА CD — ЛВАС. Но как сумма уг-
лов треугольника ACD, так и сумма плоских углов при ш ршиио
А равны 1841°; кроме того, ЛОЛВ — ЛАОС, так как £±t)AB‘
«• ДЛРС.
б) Пусть О| х О| — точки касания вписанной сферы с гра-
нями ЛВС и BCD. Тогда ДО,ВС "£±ОгВС. Иа условии задачи
следует, что О< п О, — центры описанных окружностей укачан-
ных граней. Поэтому ЛВАС = ЛВО,С!2 = ЛВ(\С12 *= ЛВОС.
Аналогичные рассуждения показывают, что каждый иа плоскпл
118
углов при вершине D ранен соответствующему углу треуголь-
ника АВС, а значит, пх сумма ранка IfW. Это утнержденпе
справедливо для всех iiepmiiii тетраэдра. Остается воспользоиать-
ся результат ош задачи 2.32,а.
в) Углы ADR и АСП опираются на равные хорды в равных
окружностях, поэтому они равны или составляют в сумме 180°.
Предположим сначала, что для каждой пары углов граней тет-
раэдра. опирающихся на одно ребро, имеет место равенство
углов. Тогда, например, сумма плоских углов при вершине D
равна сумме углов треугольника А ПС, т. е. равна IMF. Сумма
плоских углов при любой верните тетраэдра равна IMF, по-
этому он равиограпный (см. задачу 2.32,а).
Докажем теперь, что случай, когда углы ADR и ACR не
равны, невозможен. Предположим, что ЛЛОВ -(- Z-ЛСВ "» IMF
п ЛАОВ + ЛАСВ. Пусть для определенности угол ADR ту-
пой. Поверхность тетраэдра ABCD можно так «развернуты
на плоскость АВС, что образы Da, Db и Dt точки D попадут иа
описанную окружность треугольника АВС', при этом направле-
ние поворота боковой грани вокруг |>ебра основания выбирается
в соответствии с тем, равны ли углы, опирающиеся на это ребро,
или же они составляют в сумме 180°. В процессе разворачива-
ния точка D движется по окружностям, плоскости которых пер-
пепдикуллрпы прямым АВ, ВС н СЛ- Эти окружности лежат
в разных плоскостях, поэтому любые две из пнх имеют не более
двух общих точек. Но две общих точки есть у каждой пары этих
окружностей: точка D и точка, симметричная ей относительно
плоскости АВС. Следовательно, точки Da, Db п Dc попарно раз-
личны. Кроме того, ADb “ ADe, BDa “ BDb и CDU = CDb.
Разве|ттка выглядит следующим образом: в окружность вписан
треугольник ADCB с тупым углом Ос; га точек А и В ироведены
хорды ADb и BDa, равные ADC н RDC соответственно; С — сере-
дина одной из двух дуг, заданных точками Da и Db. Одна из се-
редин этих двух дуг симметрична точке Dc относительно пря-
мой, проходящей через середину отрезка А В перпендикулярно
ему; эта точка нам не подходит. Искомая разнергка изображена
на рве. 48. Углы при вершинах Ов, Db п Dc шестиугольника
ADcBD„CDb дополняют до 18fF углы треугольника АВС, по-
этому их сумма равна 360°. Но эти углы равны плоским углам
при вершине D тетраэдра ABCD, поэтому их сумма меньше
360°. Получено противоречие.
г) Пусть А" п б — середины ребер AR и CD. О — центр
масс тегра:>д|>а, т. е. середина отрезка А'/.. Так как О — центр
описанной сферы тетраэдра, то треугольники АОВ u COD рав-
поба-дрепные, с равными боковыми сгоронаип и равными ме-
дианами ОК и Об. ПоэтомуДХОЯ = £±COD, а значит, АВ «
tlfl
= CD. Аналогично доказывается равенство других пар про-
тивоположных ребер.
6.26. Трехграииые углы при вершинах A u С имеют ран
ные двугранные углы, поэтому они равны (задача 5.3). Следе
вательно, равны их плоские углы, а значит, &АВС “ ^CDA
6.27. Центр масс тетраэдра лежит на прямой, соединяют! п
середины ребер АВ и CD. Следовательно, ни этой прямой лежи.
центр описанной сферы тетраэд-
ра, а значит, указанная прямая
перпендикулярна ребрам АВ н
CD. Пусть С п D' — проекции
точек С и D на плоскость, про-
ходящую через прямую Л В па-
раллельно CD. Так как ACBD' —
параллелограмм, то АС " ВО о
AD = ВС.
Рис. 48
6.28. Пусть К п L — середи-
ны робер АВ и CD. Центр масс
тетраэдра лежит на прямой КС,
поэтому центр вписанной сферы
также лежит па прямой КС. Сле-
довательно, при проекции на
плоскость, перпендикулярную CD, отрезок KL переходит
в биссектрису треугольника, являющегося проекцией грани
АВС. Ясно также, что проекция точки К является серединой
проекции отрезка АВ. Поэтому проекции отрезков KL и АВ
перпендикулярны, а значит. плоскость KDC перпендикулярна
плоскости П. проходящей через ребро АВ параллельно CD.
Аналогично плоскость 1.АВ периецдпкулярна П. Следовательно,
прямая КВ перпендикулярна П. Пусть С и О' — проекции то-
чек С в D на плоскость П. Так как ACBD' — параллелограмм,
то АС — BD n АО = ВС.
6.29. Пусть $ — середина ребра ВС', К, L, М и N — се-
редины ребер АВ, AC, DC и DB. Тогда SKLMN — четырех-
гранным угол с равными плоскими углами, а его сечение
KLMN — параллелограмм. С одной стороны, четырехгранный
угол с равными плоскими углами имеет сечение — ромб (за-
дача &.16.6); с другой стороны, любые два сечения четырех-
гранного угла, являющиеся параллелограммами, параллельны
(задача 5.16,а). Поэтому KLMN — ромб; кроме того, из решения
задачи 5.16,6 следует, что SK = SM и SL = SN. Это Озна-
чает, что АВ = DC и АС = DB. Слвдовэтельио, ДВА С =
= ДАВР и ВС = AD.
6.30. Точка касания вневписанной сферы с гранью АВС
совпадает с проекцией Н точки Ол (центра сферы) на плоскость
120
АВС. Так как трехгранный угол ОдАВС нрячой, то II —точка
пересечения высот треугольника АВС (см. задачу 2.11).
Пусть О — точка касания вписанной сферы с гранью А ВС.
Из результата задачи 5.13.6 следует, что прямые, соединяющие
точки О п В с вершинами треугольника АВС, симметричны от-
носительно ею биссектрис. Нетрудно доказать, что это означает,
что О — центр описанной окружности треугольника АВС (до-
казательство достаточно пронести для остроугольного треуголь-
ника, так как точка II принадлежит грани). Таким образом,
точка касания вписанной сферы с гранью АВС совпадает с цент-
ром описанной окружности этой г|Ч1Ни; для остальных граней
доказательство этого проводится аналогично. Остается восполь-
зоваться реэультатом задачи 6.25,6.
6.31. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного на-
раллелештеда (см. задачу 6.48,а); пусть х, у и х — ребра зтого
параллелепипеда. Тогда г* 4- у1 = а8, у* -f- г* й* и т8 4-
+ ?« с*. Так как В = <1/2, где d — диагональ параллелепи-
педа, а <F = х8 + V* 4- «8, то Я* = (?+ р1 •) г*)/4 = (а8 4*
4- й8 4" с8)/8.
Складывая равенства х84'У8“О8их84-х8»=с8п вычитая
из ппх равенство у8 4- «* =• Ь*» получаем х8 = (в8 4- с* — Ь*}12.
Аналогично находим у8 и г1. Так как объем тетраэдра п три раза
меньше объема параллелепипеда (см. решение задачи 3.4), то
Р» = (х»х)«/9 = (а8 4- Л8 — с8)(а8 4- с* — *’>(*’’ 4- с8 — я*)/72.
6.32. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного парал-
лелепипеда (см. задачу 6.48, а). Точка пересечения бпсссктор-
ных плоскостей двугранных углов тетраэщю (т. е. центр впи-
санного шара) совпадает с пент|>ом О параллелепипеда. Рассмат-
ривая проекции на плоскости, перпендикулярные |>ебрам тет-
раэдра, легко проворить, что грани тетраэдра удалены от ве[>-
гиин параллелепипеда, отличных от вершин тетраэдра, вдвое
больше, чем от точки О. Следовательно, эти верптипы являются
цент|>аып вневписанных шаров. Этим доказаны оба утверж-
дения.
6.33. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного парал-
лелепипеда. Пусть A At — его днагоиаль, О — его центр. Точка
Я, является проекцией точки At на грань BCD (см. задачу 2.11),
а центр Ot описанной окружности т|«угольпика BCD — проек-
цией точки О. Так как О — середина отрезка Л At, точки И и /7»
симметричны относительно Of.
Рассмотрим проекцию параллелепипеда на плоскость, пер-
пендикулярную BD (рис. 49; в дальнейшем решении нсполь-
вуются обозначения этого рисунка, а не обозначения в прост-
121
ранстне). Высота СС треугольника BCD параллельна плос-
кости проекция, поэтому длины отрезков ВЦ, я СИ, равны h,
и к,; длины отрезков АН и А,Н, при проецировании нс измени-
лись. Так как А Н : А,Н, — АС : А,В — 2 n А,Н, : ВН, -»
— СП, : А,П„ то АН* =
6.34. Воспользуемся решением предыдущей задачи п обо-
значениями рис. 49; на атом рисунке Р — середина высоты АН.
Легко проверить, что ОН “• ОН, «= ОР » j/ г* -f- а*, где г —
расстояние от точки О до грани,
а — расстояние между центром опи-
санной окружности и точкой пере-
сечения высот грани.
6.35. а) Пусть et, е,, е, и о, —.
единичные векторы, иерпенд|п<уляр-
ныс граним и направленные во внеш-
нюю сторону. Так как плони<дв всех
граней равны, то *т 4- •> + <“» 4-
+ »4 = О(см. задачу 7.10). Следо-
вательно, о = | ех + е, + е, + Р<|* =
= 4-)-2£(С|, е^). Остается заме-
тить, что скалярное произведение
(С|. ej) равно —сое ф4у, где — двугранный угол между гра-
нями с номерами I и /.
б) Возьмем на одном ребре данного трехграниого угла
с вершиной Л' произвольную точку А и проведем нз нее отрезки
А В и А С до пе|<ессченпя с другими рсбрамп так, что /-SAB —
- Z.A5T и /SAC = ZJLVB. Тогда &SCA — ДЛВЛ’. Так как
сумма углов треугольника ACS равна сумме плоских углов
при вершине 5, то /SCA = Z.CSB. Следователыю, &SCA “
= /\CSB. а эчичпт, тетраэдр ABCS раввограпный. Согласно
задаче а) сумма косинусов двугранных углов при ребрах этого
тетраэдра равна 2, а эта сумма и два раза больше суммы коси-
нусов двугранных углов данного трехграпного угла.
6. 36. а) Пусть AD.LBC. Тогда существует плоскость П,
проходящая через ВС и перпендикулярная AD. Высота, опу-
щенная из вершины В, перпендикулярна AD, поэтому она ле-
жит в плоскости П. Аналогично высота, опущенная из
вершины С, лежит в плоскости П. Следовательно, эти высоты
пересекаются в одной точке. 1>та точка принадлежит также плос-
кости II', проходящей через A D и пероондпкулярпой ВС. Остает-
ся заметить, что плоскости II п 1Г пересекаются по общему пер-
пендикуляру к AD и ВС.
б) Пусть высоты ВВ' n СС пересекаются а одной точке.
Каждая из высот В В' н СС перпендикулярна AD. Поэтому
122
плоскость, содержащая эти высоты, пе|41сндпкулярпа Л О, а зна-
чит, BCJLAD.
в) Пусть две пары противоположных ребер тетраэдра пер-
пендикулярны. Тогда третья пара иротивоположпых |нЛер тон»
перпендикулярна (задача 7.1).
Следовательно, высоты тетраэдра иоиарко пересекаются.
Если несколько прямых попарно пересекаются, то они лежат
в одной плоскости или п|юходят через одну точку. В одной
плоскости высоты тетраэдра лежать не могут, так как иначе
в одной плоскости лежали бы и его вершины; поэтому пив пере-
секаются и одной точке.
6.37. Иа решения задачи 6.36.8 следует, что точка пере-
сечения высот принадлежит каждому общему перпендикуляру
к противоположным парам ребер.
6.38. а) Чсты|>схуголь«пк KI.MN — параллелограмм, сто-
роны которого параллельны АС и BD. Его диагонали КМ и f.N
равны тогда п только тогда, когда он прямоугольник, т. с. XCJ-
-LHD.
Отмстим также, что плоскость KI.MN перпендикулярна
общему перпендикуляру к АС и ВО и делит его пополам.
б) Следует на результатов аадач 6.88, а и 6.36, в.
6.39. а) Так как BCA-AD, то существует плоскость П«
проходящая че|Ю.т прямую AD и перпендикулярная ВС', пусть
U — точки перосечспнл прямой ВС с плоскостью П. Тогда A U
u DV — перпендикуляры, опущенные из точек А п D на Шра-
му» ВС,
б) Пусть AU п DU — высоты треугольников Л ВС п DBC.
Тогда прямая ВС перпендикулярна плоскости ADU, а значит,
BC-LAD.
6.40. а) Следует из задачи 7.2.
б) Восппльяопавитвсь результатами задач 6.6 и 6.10, по-
лучаем, что произведения косинусов противоположных дву-
гранных углов равны тогда п только тогда, когда равны суммы
квадратов противоположных ребер.
и) Достаточно проверить, что если все углы между проти-
воположными («обрами равны а, то а = 90°. Предположим, что
а #• 90?, т. е. сов а Ф 0. Пусть а, Ь и с — произведения длин
nap противоположных ребер. Одно из чисел а сов а, Ь сов а
и с сов а («явно сумме двух других (задача 6.51). Так как
cos а 0, то одно из чисел а. Ь п с равно сумме двух дру-
гих. С другой стороны, существует треугольник, длины сто-
рон которого равны а, b п с (задача 6.9). Получено против»-
речпе.
6.41. а) Если ABCD—ортопеитрическпй тетраэдр, то
АВ* + CD* = Alt* + ВС* (см. задачу 6.40, а). Поэтому АВ* +
123
4- AC* — ВС* = AD* 4- AC* — CD*, т. с. косинусы углов ВАС
n DAC имеют один знак
б) Так как в треугольнике не может быть двух не острых
утлой, то, учитывая результат задачи а), получаем, что если
4-ВЛС 90°, то треугольник BCD остроугольный.
6.42. Пусть К н I. — середины ребер АВ и CD. Точка Я
лежит и плоскости, проходящей че|»-.< CD перпендикулярно АВ,
а точка О — о плоскости, проходящей через Л' перпендикулярно
АВ. Эти плоскости симметричны относительно центра масс М
тетраэдра — середины отрезка КВ. Рассматривая такие плос-
кости для всех ребер, получаем,"что точки Я и О симметричны от-
носительно Л/, а значит, КП1.0 — параллелограмм. Квад]>аты
его сторон равны Н* — А В*1А п В* — CD*/А, поэтому
ОН* = 2(Н* — А В*1А) 4- 2(Л» — CD*lA) — d* •= 4Л* — (ЛВ* 4-
+ CD*\l2 — d*. Рассматривая сечение, проходящее через точ-
ку М параллельно АВ и CD, получаем, что АВ* 4- CD* = Ad*.
6.43. а) Окружности 9 точек треугольников АВС и DBC
принадлежат одной сфере тогда и только тогда, когда основания
высот, опущенных из вершин А и D па прямую ВС, совпадают.
Остается воспользоваться |>сзультатом задачи 6.39,6.
б) Отрезки, соединяющие середпты противоположных ре-
бер, пересекаются в одной точке, делящей их пополам,— центре
масс; кроме того, для ортоцентрпческого тетраэдра их длины
ранпы (задача 6.38, б). Следовательно, все окружности 9 точек
граней тетраэдра принадлежат сфере с диаметром, равным дли-
не отрезка, соединяющего середины противоположных |>ебер,
в центром в центре масс тетраэдра.
в) Обо эти сферы проходят через сс|>едпиы ребер АВ, BD,
DC я СА, а эти точки лежат в указанной плоскости.
6.44. Пусть О. Ми Н — центр описанной сферы, центр
масс и точка пересечения высот о|иоцептртсского тетраэдра.
Из решения задачи 6.42 следует, что М — середина отрезка ОН.
Центры масс граней тетраэдра являются вершинами тетраэдра,
гомотетичного данному с центром гомотетии Л/ и коэффициен-
том —1/3. При этой гомотетии точка О переходит в точку 0t,
лежащую на отрезке МН, причем МО, “ МО/3. Следовательно,
ВО, = НО/2, т. о. точка О переходит в О] при гомотетии с цен-
тром Я и коэффициентом 1/3. При згой гомотетии вершины тет-
раэдра переходят в указанные точки на высотах течраэд(>а.
Итан, 8 из 12 данных точек лежат на сфере радиуса Л/3 с цент-
ром О| (Я — радиус описанной сферы тетодэдра). Остается до-
казать, что на той же сфере лежат точки пересечения высот гра-
ней. Пусть О', 1Г и М' — центр описаппой окружности, точка
пересечения высот и центр масс какой-либо грани (рис. 50).
Точка М' делит от|>еэок О' Н' вотпошечиш О' М' : М' Н' = 1 : 2
124
(см. Прасолов, 10.1 пли Шарыгпп, П.147). Теперь легко ми чис-
лить, что проекции точки О| оа плоскость этой грани совпадает
с серединой отрезка Л/’ 1Г, а значит, точка О, равноудалена
от М' и И'.
6.45. а) Из |>ешенпя задачи 6.44 следует, ото при гомотетии
с центром И и коэффициентом 3 точка М“ пе|>еходпт а точку
описанной сферы тстраадра.
6) Из решения задачи 6.44 следует, что при гомотетии с цен-
тром Л/ и ковффкцшжтом —3 точка II' переходит в точку опи-
санной сферы тетраэдра.
6.46. Так как ABJ-CD, то существует плоскость, проходя-
щая через Ави перпендикулярная СО. В этой плоскости лежит
как точка пересечения высот,
опущенных из перший А «в,
так и точка Монжа. Если провес-
ти такие плоскости через все реб-
ра, то они будут иметь единст-
венную общую точку.
6.47. Рассмотрим тетраэдр,
в котором данные отрезки сое-
диняют середины противополож-
ных ребер, п достроим его до
параллелепипеда. Ребра этого Рис. 50
параллелепипеда параллельны
данным отрезкам, а его грани проходят через их концы. Следова-
тельно, этот параллелепипед однозначно определяется данными
отреекамк, а до одного п того же параллелепипеда достраивают-
ся ровно два тетраэдра.
6.48. а) Диагоналями противоположных граней полученного
параллелепипеда являются два противоположных ребра тетра-
erqm. Эти грани будут прямоугольниками тогда и только тогда,
когда противоположные ребра равны.
Результат этой задачи используется при решении задач
б — г.
б) Достаточно заметить, что данные отрезки параллельны
ребрам параллелепипеда.
а) Пусть площади всех граней тетраядра равны. Достроим
гетраодр ABtCDt до параллелепипеда ABCDAiBtCtDt. Рас-
смотрим проекцию на плоскость, перпепдпкуляриую прямой АС.
Так как высоты треугольников ACBt и ACD, равны, то проек-
цией треугольника ABlD( является равнобедренный треуголь-
ник. причем точка At проецируется в се|>едкну его основания.
Следовательно, ребро A At перпендикулярно грани ABCD. Ана-
логичные рассуждения показывают, что параллелепипед прямо-
угольный.
125
г) Воспользуемся обозначениями задачи а) н снова рассмот-
рим проекцию па плоскость, перпендикулярную Л С. Если центр
випсинпоп сферы совпадает с центром масс, то плоскость АСА ,С(
проходит че|юз центр вписанной сферы, т. е. является бпссск-
ториой плоскостью двугранного угла при ребре АС. Следова-
тельно, при проекции от|>слок АА\ переходит в биссектрису и
медиану проекции треугольника Л 11,0,, а значит, ребро АА(
перпендикулярно грани ABCD.
6.49. Достроим раппограппый тетраэдр до параллелепипеда.
Получим прямоугольный параллелетшед (задача 6.48, а). Если
его ребра равны а, Ь и с, то квадраты сторон г|*ани тет|>а»Л|*а
равны и’ 4- 6*, Ь* + с* и с* + о*- 'Гак как сумма квадратов лю-
бых двух сторон больше квадрата третьей стороны, г|*апь явля-
ется остроугольным треугольником.
6.50. Достроим тетраэдр до параллелепипеда. Расстояния
между серединами скрещивающихся ребер тетраэдра равны дли-
нам |чбер этого параллелепипеда. Остается воспользоваться
тем, что если п а Ь — длины сторон па|>аллолограыма, a d, и dt —
длины его диагоналей, то d{ + l{-2(«,+»‘).
6.51. Достроим тетраэдр до ла|>аллслс11П11еда. Тогда ana, —
диагонали двух противоположных граней параллелепипеда.
Пусть т и я — стороны этих граней, причем т > я. По теореме
косинусов 4m* « я1 + а* + 2аа, сов а и 4п* = о* + в* —
—2аа, сов а. поэтому па, сов а =»
иараллелог|>аммом;
и Л лежат па его
а прямая I прохо-
середппы дау* лру-
т* — я*. Записав такие равен-
ства дпя чисел Ы>, сое Р и
ее, cos у. получим требуемое.
6.52. Достроим тетраэдр
A BCD до параллелепипеда
(рис. 51). Сечение втого па-
|<аллелепц11еда плоскостью 1!
является
точки М
сторонах,
дпт чс,>еа
тих его сторон.
6.53. Пусть AH,CD, —
тетраэдр, вписанный в куб
ABCDA,B,C,D,\ В — точка
пересечения диагонали Л С, с
плоскостью BtCD\\ М—середппа отрезка АН, являющегося
высотой тетраэдра. Так как С,Н : НА = 1 : 2 (задача 2.1), то
точка Л/ симметрична С, относительно плоскости W,CD|.
6.54. Если а — угол между плоскостями боковых граней и
плоскостью основания, h — высота пкрампды, то расстояние от
126
проекции вершины ва плоскость оспоиапия до любой прямой,
содщэкатцей ребро основания, равно Л cig а.
Заметим также, что если равны двугранные углы при ребрах
основания, а не просто углы между плоскостями, то проекция
вершины является центром именно вписанной окружности.
6.55. Пусть Л — высота пирамиды, V— се объем, S — пло-
щадь тсновании. Согласно задаче 6.54 Л = г tg а, где г — радиус
вписанной окружности основания. Следовательно, V = SA/3 =
-= Sr tg а/3 = S* tg а/Зр = (/> — a)(p — h}(p — c) tg a/3, где p =
- (e 4- 6 + e)/2.
6.56. Пусть прямая A M пересекает ВС в точке Р. Тогда
MAf : S3 « Л/Р : Л Р = SMBC : SABC. Аналогично MB, : SB •=*
•= SAMC : SABC и AfCj : SC = SA B)j : SABC. Складывая эти
равенства n учитывая, что SMBC + SAMC + SABM = SABC,
получаем требуемое.
6.57. Пусть О — центр основания конуса. В трехгранный
углах SBOC, SCOA п SAOB двугранные углы при ребрах SB
п SC, SC п SA, SA и SB равны. Обозначим яти углы чн|1ез х, у
и а. Тогда а = и + t, Р=т+тиу = x-f-y. Так как плоскость
SCO перпендикулярна плоскости, касающейся поверхности ко-
пуса по образующей SC, то искомый угол равен
я я 4-а —в — V
2 ----------~2 ------*
6.58. а} Опустим из точки Л/ перпендикуляр МО па пло-
скость А ВС. Так как расстояние от точки A ( до плоскости А ВС
равно расстояпшо от точки А до прямой ВС, угол между плоско-
стями АВС и А,ВС ревев 45". Потому расстояние от точки
О до прямой ВС (>авпо длине отрезка МО. Аналогично рас-
стояния от точки О до прямых С А и АВ равны длине отрезка
МО, а значит, О — центр вписанной окружности треугольника
АВС я МО = г.
б) Пусть Р — точка пересечения прямых В,С н ВС,. Тогда
плоскости А В,С «АВС, пересекаются пл прямой АР, а плоско-
сти Л,ВС, и Л,В,С— по прямой Л,Р. Аналогичные рассужде-
ния показывают, что проекция точки Л' на плоскость АВС совпа-
дает с проекцией точки М. т. е. опа является центром О вписал*
пой окружности треугольника АВС.
Первое решение. Пусть Ло, Аь и Ае — высоты тре-
угольника ABC', Q — проекция точки Р па плоскость АВС,
Рассмотри вея трапецию ВВ,С,С, получаем /Х> = hjtj
/(Ль -f- Лс). Так как АО : OQ = АВ : BQ = (ft -f- с) : а, то NO —
аЛЛ, 4-(А 4-с)45
” о-f-6 4-о ~ (а 4-6 4- е) (Аь 4"ЛС) ~a44j-t“
•= 2г,
127
Второе ре ш ев п е. Пусть К — точка перосвчення
прямой NO с плоскостью А,В,С,. Ila решении задачи 3.20 сле-
дует, что МО ™ Л'0/3 и NK — KOIS, поэтому NO •» 2Л/0 “ 2г.
6.59. Пусть р и q — длины сторон оснований пирамиды.
Тогда площадь боковой грани раина аЦр 4" в)/2. Рассмотрим се-
чение пирамиды плоскостью, проходящей через центр вписанно-
го шара перпендикулярно одной из сторон основания. Это се-
чение является описанной трапецией с боковой стороной а и
основаниями р и 9. Следовательно, р 4- д = 2а. Поэтому пло-
щадь боковой поверхности пирамиды равна 4а*.
6.60. Пусть Л't — основание перпендикуляра, опущенного
пз точки Л/ па ребро основания (или его продолжение), причем
точка М, лежит и плоскости грани, проходящей через это реб-
ро. Тогда MMj — N(M 1g а. где « — угол между основанием и
боковой гранью пирамиды. Поэтому нужно доказать, что сумма
длин отрезков NtM не зависит от точки М. Разрежем основание
пирамиды на треугольники отрезками, сосдиняиндпми точ-
ку Л/ с вершинами. Сумма площадей этих треугольников равна
а а
у N^f -f-... 4- у NnM, где а — длина ребра основания пи-
рамиды. С другой стороны, сумма площадей этих треугольников
всегда равна площади основания.
6.61. Если сфера касается сторон двугранного угла, то при
совмещении этих сторон точки касания совпадают. Поэтому все
точки касания боковых граней с вписанной сферой при повороте
вокруг ребер понадают в одну точку — точку касания сферы с
плоскостью основания пирамиды. Расстояния от этой точки до
воригин граней (после поворота) равны расстояниям от точек
касания сферы с боковыми гранями до вершины пирамиды.
Остается заметить, что длины всех касательных к сфере, прове-
денных из вершины пирамиды, равны.
6.62. Докажем, что все указанные прямые параллельны
плоскости, касающейся описанной сферы пирамиды в ее верши-
не. Для этого достаточно проверить, что если А /Ц и ВВ, — высо-
ты треугольника АВС, то прямая Л]В| параллельна прямой,
касающейся описанный окружности треугольника в точке С. Так
как AtC : В, С = AC cos С : ВС сое С — АС : ВС, то а»
о» &АВС. Поэтому £CAtBt = /_А. Ясно также, что угол меж-
ду касательной к описанной окружности в точке С и хордой
ВС равен ЛА.
6.63. Предположим сначала, что боковые ребра пирамиды
образуют равные углы с указанным лучом SO. Пусть плоскость,
перпендикулярная лучу SO, пересекает боковые ребра пирамиды
в точках Лг, В,, Ct и Dt. Так как S4, = SB, = .S'С, = SD,,
а площади треугольников BCD, ADB, АВС и ACD равны,
128
то, воспользовавшись результатом задачи 3.37, Получим
требуемое.
Предположим теперь, что SA + SC " SB -f- SD- Отложим
на боковых реб|>ах пирамиды равные отрезки 5Ль SB,, SCt и
SDf. Воспользовавшись результатом задачи 3.37, легко полу-
чить, что точкп Ат, Bi, Ct и Di лежат в одной плоскости II. Пусть
51 — описанная окружность Т1>сугольнпка Л,В|С(, О — ее центр,
т. е. проекция вершины 5 на плоскость II. Точка Dj лежит в пло-
скости П, м расстояние от нее до вершины 5 равно расстоянию иг
точек окружности 5] до вершины 5. Поэтому точка Dt лежит па
оппсатюн окружности треугольника Л1В,С|, т. о. луч SO —
искомый.
G.64. Пусть прямая I пересекает прямую АВ( в точке К,
Утверждение задачи эквивалентно тому, что плоскости KBCt,
KCDi п KDAt имеют общую прямую, т. е. имеют общую точку,
отличную от К. Проведем через точку К плоскость, параллель-
ную основаниям пирамиды. Пусть С, М н АГ — точки попече-
ния этой плоскости с прямыми BCi, CDt и DAi (рнс. 52, а);
АяВ^СвО, — параллелограмм, по которому эта плоскость пере-
секает данную пирамиду пли продолжения ее ребер. Точки
К, С, М и N делят стороны параллелограмма A^B^C^D* в одном
в том же отношении, т. о. KLMN — параллелограмм. Плоскости
KBCt. KCDi п KDA) пересекают плоскость АНСО по прямым,
проходящим черев точкп В, С и D параллельно прямым КС, КМ
и KN. Остается доказать, что эти три прямые пересекаются о од-
пой точке.
Возьмем па сторонах параллелограмма Л 8CD точки К', С,
М‘ и N', делящие стороны этого параллелограмма в том же от-
Bootemin, в каком точки К, С, М и N делят стороны параллело-
грамма AfBtCfDt. Требуется доказать, что прямые, проходятцпо
через точкп В, С и D параллельно прямым К' С, К' М' п С АС,
пересекаются в одной точке (рис. 52, б). Заметны, что прямые.
В В. В. Прасолов, И. Ф Шарыгиа
129
проходящие черед вершины К*, С и М' треугольника /СUМ'
параллельно прямым ВС, BD n CD, пересекаются а точке М
симметричной точке М' относительно соцдины отрезка CD.
Следовательно, прямые, проходящие череэ точки В, С и D па-
раллельно прямым К'V, К'М' и СМ', тоже пересекаются и
одной точке (см. Прасолов, 11.48 пли [Паршив, 11.58).
Замечание. Так как линейным п[>ео6разоивнием па-
раллелограмм ABCD можно перевести в квадрат, требуемое
утверждение достаточно доказать для квадрата. Если ABCD —
квадрат, то K'L'M'N' —тоже квадрат. Легко проверить, что
прямые, проходящие через точки В, С и D параллельно прямым
К' С, К' М' и K’N' соответспияшо, пересекаются в одной точ-
ке, лежащей на описанной окружности квадрата ABCD.
6.65. Если р — полу-периметр осиовапил призмы, г — ра-
диус Сферы, то площадь основания равна рг, а площадь бокоиоо
поверхности равна 4рг. Следовательно, площадь полной поверх-
ности призмы равна 6$.
С.66, а) Пусть М и /V —середины ребер РР, п АА(. Ясно,
что тетраэдр AAtPPf симметричен относительно прямой МВ.
Пусть, далее, Р' — проекция точки Р на плоскость грани
ACCtAi. Точка Р* лежит иа проекции B'Bt отрезка ВВ{ на эту
плоскость и делит ее в отпоитепип В'Р' : Р Bt = 1 : 2, поэтому
/’’ — середина отрезка APt. Следовательно, плоскости А РР<
и AAtPi перпендикулярны. Аналогично плоскости AtPPt и
AAtP перпендикулярны.
б) Так как PP,N — биссекторлая плоскость двугранного уг-
ла при ребре PPi тетраэдра AAtPPt, то достаточно проверить,
что сумма двугранных углов при ребрах PPt н АР тетраадра
APPjN равна 90°. Плоскость PPXN перпендикулярна грани
BCCtBt, поэтому нужно проворить, что угол между плоскостя-
ми РР,А п BCCiBi равен углу между плоскостями PPtA п
ABBiAt- Равенство этих углов следует из того, что при симмет-
рии отпоептольпо прямой РР" плоскость PPiA переходит в себя,
а указанные плоскости граней переходят друг в друта.
Глава 7
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
И ВЕКТОРЫ
§ 1. Скалярное пронаасденвс. Соотношения
7.1. а) Дан произвольный тетраэдр ABCD. До-
кажите, что (АЯ.сЬ) + (AC, DB) + (AD, ВС)-О.
б) Докажите, что если в тетраэдре две пары про-
тивоположных ребер перпендикулярны, то третья пара
противоположных ребер тоже перпендикулярна.
7.2. Докажите, что суммы квадратов двух противо-
положных пар ребер тетраэдра равны тогда и только
тогда, когда третья пара противоположных ребер пер-
пендикулярна.
7.3. Диагональ ЛС\ прямоугольного параллелепи-
педа ABCDAyByCyDy перпендикулярна плоскости
A yUD. Докажите, что этот параллелепипед является
кубом.
7.4. В правильной усеченной пирамиде К — се-
редина стороны АВ верхнего основания, L — середина
некоторой стороны CD нижнего основания. Докажите,
что длины проекций отрезков АВ в CD на прямую КВ
равны.
7.5. Дан трехгранный угол о вершиной S п точка
Л'. Сфера, проходящая через точки 5 я N, пересекает
ребра трехграниого угла в точках А, В и С. Докажите,
что центры масс треугольников АВС принадлежат од-
ной плоскости.
7.6. Докажите, что сумма расстояний от внутренней
точки выпуклого многогранника до плоскостей его
граней не эавпеит от положения точки тогда и только
тогда, когда сумма векторов единичных внешних нор-
малей к граням равна нулю.
7.7. Докажите, что в ортоцентрическом тетраэдре
пентр масс является серединой отрезка, соединяющего
ортоцентр и центр описанной сферы.
&• 131
§ 2. Скал яркое пропзнедспис. Неравенства
7.8. Докажите, что в пространстве нельзя выбрать
более 4 векторов, все углы между которыми тупые.
7.9. Докажите, что а пространстве нельзя выбрать
более 6 векторов, все углы между которыми но
острые.
7.10. Докажите, что сумма косинусов двугранных
углов тетраэдра положительна и не превосходит 2.
7.11. Внутри выпуклого многогранника А,...Ап
взята точка А, а внутри выпуклого многогранника
Д| ... Вп — точка В. Докажите, что если Z.A ,АА t
< ^В,ВВ, для всех i, j, то на самом деле все эти ни-
строгие неравенства являются равенствами.
§ 3. Линейные ваписимостн векторов
7.12. Точки О, А, В в С не лежат в одной плоскости.
Докажите, что точка X лежит в плоскости АВС тогда
п только тогда, когда ОХ = рОА + qOB + гОС, где
р + q + г = 1. Кроме того, если точка X принадле-
жит треугольнику АВС, то р : q : г = SBXC : SCXA 1
• ^лхв-
7.13. На ребрах АВ, АС и AD тетраэдра ABCD
взяты точки К, L н М так, что АВ “ аЛ/С, АС “
= fiAL и AD — у AM.
а) Докажите, что если ? = а + рЧ-1,то асе плос-
кости КВМ содержат фиксированную точку.
б) Докажите, что если р “ а + 1 и у = р + 1«
то все плоскости KLM содержат фиксированную
прямую.
7.14. Два правильных пятиугольника OABCD и
OA,B,C,DX в общей вершиной О не лежат в одной
плоскости. Докажите, что прямые А А „ ВВ„ СС, и DDt
параллельны одной плоскости.
7.15. а) Внутри тетраэдра ABCD взята точка О,
Докажите, что если а.ОЛ + РОЛ + уОС + 6OD = 6g
то все числа а, Р, у и б одного внака.
б) Из точкп О, лежащей внутри тетраэдра, опуще-
ны перпендикуляры ОА,, ОВ„ ОС, и OD, ня его грани.
Докажите, что если afZ4t + flOB, + уОС, + 6OD, =»
= 0а то все числа а, р, у и 6 одного знака.
132
7.16. Точки О лежит внутри многогранника Л, ...
... А„. Докажите, что существуют такие положитель-
ные (а значит, все ненулевые) числа *1В . . хв, что
г.ОЛ, + ... + хпОАя ='О.
§ 4. Разные задачи
7.17. Пусть а, Ь, с и <1 — единичные векторы, на-
правленные на центра правильного тетраэдра в его
вершины, и — произвольные вектор. Докажите, что
(a, ii'ui -|- (Ь, и)1> 4- (с, и)с 4- («1, u)d = 4и/3.
7.18. Из точки Л/, лежащей внутри правильного
тетраэдра, опущены перпендикуляры Л/Л, (i =* 1, 2,
3, 4) на его грани. Докажите, что Л/Л, 4- Л/Л, 4-
4- Л/Л, 4- Л/Л. - 4ЛЯ//3, где О — центр тетраэдра.
7.19. Из точки О, лежащей внутри выпуклого мно-
гогранника, проведены лучи, пересекающие плоскости
граней в перпендикулярные им. На этих лучах от точ-
ки О отложены векторы, длины которых равны пло-
щадям соответствующих граней. Докажите, что сумма
этих векторов равна нулю.
7.20. Даны три нааимно перпендикулярные пря-
мые, расстояние между любыми двумя из которых pair-
но а. Найдите объем параллелепипеда, диагональ ко-
торого лежит па одной прямой, а диагонали двух со-
седних граней — на двух других прямых.
7.21. Пусть а, b и с — произвольные векторы.
Докажите, что | а | 4- | Ь | 4- | с | 4- I® 4- b 4-«И >
> |а 4- Ь| 4- |Ь 4- с| 4- |с 4- «|.
§ 5. Векторное произведение
Векторным произведением двух векторов в и b называется
вектор с, длина которого равна площади параллелограмма, на-
тянутого на векторы а и Ь, а направлен он перпендикулярно к
а а Ь, причем так, что векторы а, b и е образуют правую трой-
ку, т. е. имеют такую же ориентацию, как большой (а), указа-
тельный (Ь) и средний (с) пальцы правой руки. Обозначение:
с = (а, Ь]; другое обозначение: е “ ах Ь.
7.22. Докажите, что
а) (а, Ы ~ — [*>, а);
б) (Ха, pb| “ Хц(а, Ь|;
в) la, b 4- с) == (а, Ы 4- 1а, с).
133
7.23. Векторы а и b смеют координаты (at, а,, аа)
” (I’». bt, bj. Докажете, что вектор (а, 1>1 имеет коор
дпнаты (а-Х — eabt, aab, — в,Ья> a,bt — e,ht).
7.24. Докажите, что
а) (а, |1>, сП •= 1>(а, с) — с(а, Ь);
б) (la, bl, (с, «Н) = (а, с)(Ь, d) — (b, с)(а, d).
7.25. а) Докажите, что la, lb, сП 4 II», Ic, all 4-
+ [с, la, Ь]] = 0 (тождество Якоби).
б) Пусть точка О лежит внутри треугольника А НС
и а = ОА, Ь = О В и с = ОС. Докажите, что тождест-
во Якоби для векторов а, b и с эквивалентно равенству
вое "Ь Ь*$сол 4* с,%лв в О*
7.26. Углы при вершинах пространственного гнести
угольника прямые, причем у него пет параллельные
сторон. Докажите, что общие перпендикуляры к па-
рам противоположных сторон шествугольника пер-
пендикулярны одной прямой.
7.27. Докажите с помощью векторного произведе-
ния утверждение аадачп 7.19 для тетраэдра ABCD.
7.28. о) Докажите, что плоскости, проходящие ме-
ре» биссектрисы граней трехгранного угла SABC пер
пендпкулярпо плоскостям этих граней, пересекаются
ио одной прямой, причем эта прямая задается вектором
|а, Ь| 4- |Ь, с| + Ic, al, где а, b и с — единичные век-
торы, направленные вдоль ребер 54, SB и SC.
б) 11а ребрах трехгранного угла с вершиной О
взяты точки А„ А, и Ая так, что ОА, — ОА, — ОА,.
Докажите, что биссекторные плоскости его двугранных
углов пересекаются по прямой, задающейся нектором
—► —►
04,sin а, 4- 04r’in оц 4- (Mgsin а„ где а/ — вели-
чина плоского угла, противолежащего ребру ОА <
7.29. Дан параллелепипед ABCDA,B,C,D,. Дока-
жите, что сумма кналратоп площадей трех его попарно
непараллельных граней равна сумме квадратов пло-
щадей граней тетраэдра A,BC,D.
*1нсло (|а, И|, с) называется смешанным п/юиаасде нием
векторов а, 11 в с. Легко проверить, что абсолютная величина
этого числа равна объёму параллелепипеда, натянутого па век-
торы а, bite, Причем зто число положительно, если а, Ьи С —
правая тройка векторов.
7.30. Докажите, что векторы с координатами
(alt tig, а»), (б,, Ь,, Ья) и (с,, с„ са) параллельны одной
134
плоскости тогда п только тогда, когда
+ atbic* + <hbfi-
Для тех, кто знаком с понятием произведения матриц, поно-
вим связь между векторным П|н>изведсппеи и коммутатором двух
матриц. Каждому вектору а = (et, л,, а,) о трехмерном про-
странстве можно сопоставить кососимметрическую матрицу
Пусть векторам а п I» сопоставлевы матрицы А и В. Рас-
смотрим матрицу (4, В] = АВ — ВА —коммутатор матриц
А п В. Несложные вычисления показывают, что вектору [а, Ь|
сопоставлена матраца (4, Я|.
§ в. Симметрия
Симметрией относительно точки А называется преобразо-
вание пространства, переводящее точку X в такую точку X',
что 4 — середина отрезка XX'. Другие названия этого пре-
образования — центральная симметрия с центрам А иля про-
сто симметрия с центром А .
7.31. Дан тетраэдр п точка N. Через каждое ребро
тетраэдра проведена плоскость, параллельная отрезку,
соединиющему точку Д' с серединой противоположного
ребра. Докажите, что все шесть этих плоскостей пере-
секаются в одной точке.
7.32. а) Через середину каждого ребра тетраэдра
проведена плоскость, перпендикулярная протпвополож
ному ребру. Докажите, что все шесть этих плоскостей
пересекаются в одной точке (точка Монжа).
б) Докажите, что если точка Монжа лежит в плос-
кости какой-либо грани тетраэдра, то основание вы-
соты, опущенной на эту грань, находится на ее опи-
санной окружности.
Симметрией относительно плоскости П называется пре-
образование пространства, переводящее точку X в такую точ-
ку X'. что плоскость II проходит через середину отрезка XX'
перпендикулярно ему.
7.33. Три равных правильных пятиугольника рас-
положены в пространстве так, что они имеют общую
вершину и каждые два вз них имеют общее ребро. До-
кажите, что выделенные ня рис. 53 отрезки являются
ребрами прямого трехгранник» угла.
135
7.34. Дани две пересекающиеся плоскости и ка-
сающаяся их сфера. Рассматриваются все сферы, ка-
сающиеся этих плоскостей и данной сферы. Найдите
геометрическое место точек касания сфер.
7.35. Пусть О — центр цилиндра (т. е. середина
его осп), АВ — диаметр одного основания, С — точка
окружности другого осиона-
- ' пня. Докажите, что сумма
днуграпных углов трехграи-
/ пого угла OARC с вершиной
/ . -----( О раина 2л.
г" ” /\ \ 7.36. В выпуклой 5-граи-
\ ! \ \ ной пирамиде SABCDE раи-
\ .Д. \ / ны боковые ребра и двугран
/ ные углы при боковых реб-
рах. Докажите, что эта пи-
р рамида правильная.
7.37. Какое наибольшее
число плоскостей симметрии
может иметь пространственная фигура, состоящая ня
трех попарно непараллельных прямых?
Симметрией относительно прямой I называете п прообра-
аооаяне пространства, переводящее точку X в такую точку X’,
что прямая I проходит через серед пн у отрезка XX' перпендику-
лярно ему. Это преобразование называется также осевой симлит-
рией, al — осью симметрии.
7.38. Докажите, что при симметрии относительно
прямой, заданной вектором Ь, вектор а переходит в век-
тор
,и (а. М
2Ь(ЬТьГ“*
7.39. Перпендикулярные прямые lt п lt пересекают-
ся в одной точке. Докажите, что композиция симмет-
рий относительно этих прямых является симметрией
относительно примой, перпендикулярной им обеим.
7.40. Докажите, что никакое тело в пространстве
не может иметь ненулевое четное число осей симметрии.
§ 7. Гомотетия
Гомотетией называется иреобразовниие пространства, пе-
реводящее точку X в точку X’. обладающую тем свойством, что
ОХ' = кОХ (точка О и число * фиксированы). Точка О яавы-
авется центром гомотетии, а число к — коэффициентом го-
мотетии.
136
7.41. Пусть г и Я — радиусы вписанной и описан--
вой сфер тетраэдра. Докажите, что Я Зг.
7.42. В плоскости боковой грани правильной че-
тырехугольной пирамиды взята произвольная фигура
Ф. Пусть Ф, — проекция Ф на основание пирамиды,
а Ф, — проекция Ф! на боковую грань, смежную с ис-
ходной. Докажите, что фигуры Ф и Ф, подобны.
7.43. Докажите, что внутри любого выпуклого
многогранника М можно разместить два многогран-
ника, подобных ему с коэффициентом 1/2, так, чтобы
опи не пересекались.
7.44. Докажите, что выпуклый многогранник поль-
за покрыть тремя многогранниками, гомотетичными
ему с коэффициентом к, где 0 < к < 1.
7.45. Па плоскости дан треугольник АВС. Найдите
геометрическое место таких точек D пространства, что
отрезок ОМ, где О — центр описаннАй сферы тетра-
эдра ABCD, М — центр масс этого тетраэдра, перпен-
дикулярен плоскости A DM.
§ 8. Поворот. Композиции преобразований
Мы по будем давать строгого определения иоворота относи-
тельно прямой I. Для решения аадлч достаточно иметь следую-
щее представление о повороте: поворот относительно прямой
I (плп относительно оси /) на угол <р — ато преобразование
пространства, переводящее каждую плоскость П. перпендику-
лярную прямой /, в себя, причем в плоскости II это преобразо-
вание является поворотом с центром О на угол <р, где О — точ-
ка пересечения II я I. Иными словами, при повороте на угол ф
относительно прямой I точка X переходит в такую точку X',
что:
а) перпендикуляры, опущенные па точек X и X' па прямую
/, имеют общее основание О',
б) ОХ = ОХ'',
в) угол поворота от вектора ОХ к вектору ОХ' ранен ф.
7.46. Пусть At п At — проекции вершин тетра-
эдра Л1/11Л,.Д4 па плоскости П' и П". Докажите, что
одну на этих плоскостей можно так переместить и прост-
ранстве, что 4 прямые AtAi станут параллельны.
Определение. Композицией преобразований X я G
называется преобразование G • X, переводящее точку X в точ-
ку qx(x».
7.47. Докажите, что композиция симметрий отно-
сительно двух плоскостей, пересекающихся по прямой
I, является поворотом относительно прямой I, причем
137
угол этого поворот» в два раза больше угла поворота
относительно прямой I, переводящего первую плос-
кость во вторую.
7.48. Докажите, что композиция симметрии отно-
сительно точки О и поворота относительно прямой I,
проходящей через О, является также и композицией
некоторого поворота относительно прямой I и сим мет
рии относительно плоскости П, проходящей через точ-
ку О перпендикулярно I.
Определение. Движением называется такое преобра-
зование, переводящее каждую точку пространства п точку про-
странства, что если А' и В' — образы точек А и Я, то Л В «=
= Л'В', т. е. движение — это преобразование пространства,
сохраняющее расстояния.
Движение, оставляющее неподвижными четыре точки пре
стряяства. не лежащие в одной плоскости, оставляет неподвиж-
ными и все остальные точки пространстоа. Поэтому любое дви-
жение задается образами четырех точек, пе лежащих в одной
плоскости.
7.49. а) Докажите, что любое движение пространст-
ва является композицией не более чем четырех сим-
метрий относительно плоскостей.
б) Докажите, что любое движение пространства,
имеющее неподвижную точку О, является компози-
цией не более чем трех симметрий относительно плос-
костей.
Оп ределение. Движение, являющееся композицией
четного числа симметрий относительно плоскостей, называется
движением первою роба или движением, сохраняющим ориента-
цию пространства. Движение, являющееся композицией нечет-
ного числа симметрий относительно плоскостей, называется
движением второю роба пли движением, изменяющим ориента-
цию пространства.
Мы не будем доказывать, что композицию четного числа
симметрий относительно плоскостей нельзя представить в виде
композиция нечетного числа симметрий относительно пло-
скостей.
7.50. а) Докажите, что любое движение первого
рода, имеющее неподвижную точку, является поворо-
том относительно некоторой оси.
б) Докажите, что любое движение второго рода,
имеющее неподвижную точку, является композицией
поворота относительно некоторой оси (возможно, на
нулевой угол) и симметрии относительно плоскости,
перпендикулярной этой осн.
7.51. Шар, лежащий в углу прямоугольной короб-
ки, перекатывается вдоль стенки коробки в другой
138
угол, причем боковой стенки всегда касается одна •’ та
же точка шара. Из второго угла шар перекатывается
в третий, затем в четвертый и наконец возвращается
в исходный угол. При этом некоторая точка X поверх-
ности шара переходит в точку X,. После такого же пере-
катывания точка X, переходит в Xt, a X, в Хя. До-
кажите, что точки X, Х„ Xt и Xt лежат в одной плос-
кости.
§ 9. Отражение лучей света
7.52. Луч света входит в прямой трехгранник угол
и отражается ото всех трех граней по одному разу.
Докажите, что при этом он просто измемпт направ-
ление.
7.53. Луч света падает на плоское зеркало под уг-
лом а. Зеркало повернули на угол Р вокруг проекции
луча на зеркало. На какой угол отклонится при этом
отраженный луч?
7.54. Плоскость П проходит через вершину конуса
перпендикулярно его оси; точка А лежит в плоскости
П. Пусть М — такая точка конуса, что луч света, иду-
щий па А в М, зеркально отразившись от поверхности
конуса, станет параллелен плоскости П. Найдите гео-
метрическое место проекций точек М на плоскость П.
Задачи для самостоятельного решения
7.55. Точка X находится па расстоянпи d от центра
правильного тетраэдра. Докажите, что сумма квадра-
тов расстояний от точки X до вершив тетраэдра равна
4(Я* + d2), где R — радиус описанной сферы тетра-
эдра.
7.56. На ребрах DA, DB и DC тетраэдра ABCD
взяты точки А„ Bt и С, так, что DAt = aDA, DBt =
= flDZ? и DCi =® yDC. В каком отношении плоскость
A,BXCY делит отрезок DD', где D' — точка пересечения
медиан грана АВС1
7.57. Пусть М я W — середины ребер АВ и CD
тетраэдра ABCD. Докажите, что середины отрезков
AN, CM, BN и DM являются вершинами параллело-
грамма.
7.58. Пусть О — центр описанной сферы оргоцент-
рического тетраэдра, II — его ортоцентр. Докажите,
139
Чхо
ОН - | (ОА + oh + ОС 4- OD).
7.59. Точка X лежит внутри правильного тетра-
эдра ABCD с центром О. Докажите, что среди углов,
под которыми видны ребра тетраэдра иа точки X, най-
дется угол, величина которого не меньше угла АОВ3
и угол, величина которого не больше угла АОВ.
Решения
7.1. а) Пусть Ь" ВС, с “ СО. Тогда (АВ, CD) **
« (а. с), (ЛС, DB) = (а 4- b , -Ь - с) = -(а, Ь) - (Ь, Ь) —
— (Ъ, с) — (а, с) и (ЛD, ВС) — (а 4- b 4- с, Ь) = (а, Ь) 4-
+ (Ь, Ь) + (с, Ь). Складывая эти равенства, получаем требуемое.
б) Очевидно следует из задачи а).
7.2. Пусть а = АВ, b — ВС и С “= CD. Равенство АС* 4*
4- BD* = ВС* 4- Л£>* ониа чает, что |а 4- Ь|* 4" |Ь 4- с|’ =
- |Ь|« 4- |« 4- Ь 4- с|*. т. е. (а. е) = О. 4- -
—
7.3. Пусть а = ЛЛт, Ь = АВ н с = AD. Тогда ЛС, =>
= » 4 Ь 4 С, и поэтому вектор в 4 Ь 4 * перпендикулярен
векторам а — Ь. Ь — с и с — а по условию. Учитывая, что
(а, Ь) “ (Ь, с) —> (е, а) = 0, получаем 0 = (а 4 Ь 4 «,« — Ь) =
= я* — Ь*. Аналогично Ь2 = <4 н с“ = я*. Поэтому длины всех
ребер данного прямоугольного параллелепипеда равны, т. е.
он — куб.
7.4. Если вектор х лежит в плоскости верхнего или нижпего
основания, то будем обозначать через Вк вектор, полученный ив
* поворотом на 90° (а этой плоскости) в положительном направ-
лении. Пусть О) и Of — центры верхнего и нижнего оснований;
OtK “ а и OaL = Ь. Тогда АВ = кВа я CD = кНЪ. Требуется
проверять, что |(А’/>, ЛЯ)| — |(ХТ., СО)|, т. е. |(Ь — а4-с,
- ►
АЛа)| = |(1>— а 4-«. *ЛЬ)|, где е = ОаО,. Учитывая, что
скалярное произведение перпендикулярных векторов равно ну-
ли), получаем (Ь — а 4- «, кВа) = Aft», На) и (Ь — а 4- с,
кВЪ) = —А (а. ЛЬ). Так как при повороте обоих векторов на 90°
их скалярное произведение не изменяется и Л(Ла) —а, то
(Ь, Ла) = (ЛЬ, —а) = —(а. ЛЬ).
7.5. Пусть О — центр сферы; М — центр масс треугольника
АВС", и “ SO', а, Ь я е — единичные векторы, направленные по
140
ребрам трехгранкого угла. Тогда 3SM = SA 4- SB 4- SC =
—2((u, а)а 4- (u, b)b 4- (•», e)e). Центр О сферы принадлежит пло
скости, проходящей через середину отреака SN иериеидпкуллр-
во ему. Поэтому и = е, -| Хе, 4- |‘е»> где е,, е, и е, — некоторые
фиксированные векторы. Следовательно, 3SA/=• 2(е, 4-Хе, 4-
4- p«i). где = (е(, а)а 4- (е|ш Ь)Ь 4- (*«. «И.
7.6. Пусть •>,, — единичные внешние нормали к гра-
ням; М,, .... Л/* — произвольные точки этих граней. Сумма
расстояний ст внутренней точки X многогранника до всех гра-
ней равна
2 (*"<•".) - 2 (ХО, "0 4- 2 (ОЛ/«. п(),
где О — некоторая фиксированная внутренняя точка мпогогран -
ника. Эта сумма не зависит от X, только если 2(А^> п,)“
а О, Т. О. 2 п| “ °.
7.7. Пусть О—центр описанной сферы ортоцситрнческого тст-
разд[>а, //—его ортоцентр, М— центр масс. Ясно, что ОМ — (ОЛ4-
4- ОВ 4- б? 4- 075)/4. Поэтому достаточно проверить, что О// =
— {ОА 4- oS 4- б? 4- бЬ)/2. Будем докапывать, что если ОХ =*
•= (ОА 4- ОН 4- б? 4- OD)!2, то X — ортоцентр. Докажем, нап-
ример, что АХ 1 CD. Яспп, что 4? АО 4- б А' = (— ОА 4-
4-oti4-0? |- оЬ)/2 - (ЛВ-\-ОС 4- ОО)/2. Поэтому 2 (ёЪ, л!) =
= (сЪ, ав + дс + ob) = (ёЬ. лЪ) 4- <— о£ 4- оЪ, дс 4- об).
Оба слагаемых равны нулю; первое — вследствие того, что
CDj-AB, а вто|юс — вследствие того, что ОС = OD. Аналогично
доказывается, что АХ±_ВС, т. е. прямая АХ перпендикулярна
грани BCD. Для прямых ВХ, СХ и DX доказательство авали
гично.
7.8. Первое решение. Пусть в пространстве распо-
ложено несколько лучен с общим началом О, образующие по-
парно тупые утлы. Введем систему координат, направив ось </з
вдоль первого луча, а в качестве координатной плоскости Оху
выбрав плоскость, содержащую первые два луча. Каждый луч
задается некоторым вектором е, причем вместо е можно ваигь
Хе, где X > О. Первый луч задается вектором е, = (1, 0, 0),
а луч с номером к — вектором ех = (xfc, yh, ik). При к > t
скалярное произведение векторов е, и е* отрицательно, поэтому
ац < 0. Можно считать, что “ —I. Далее, при к > 2 ска-
лярное произведение векторов е, н еЛ отрицательно. Учитывая,
что т, = 0 согласно выбору координатной плоскости Оху, полу-
чаем (в,, е„) — 1 у,ук < 0. Следовательно, все числа у, имеют
141
Одна в тот же энак (щ <л шкшиложный звяку чжла у,). Те-
перь восиользуемгя тем, что (е(1 ер “ 1 + y^Vj + «;«j <0 ири
Ц f>3 a t + /. Ясно, Ч1<> ytyj > 0, поэтову з(а^ < 0. Тах как
ве существует т|«х чисел разных аваков, могут существовать
anirit два вектора, отличных от первых двух векторов ₽, и
Второе решение. Докажем сяачала, что осла Цса -f-
+ ... 4- Це* = + ... + Мп. причем все числа X,, ...
..., Кп положительны и 1 < к < п, то углы между векторами е(
не все тупые. В самом деле, квадрат длины вектора Х1е1 -f- ... 4-
+ 4% P“neH <*A + ••• + 4е*. 4+ie»+i + - + Mn). • «®-
ли все углы между векторами е( тупые, то это скаляреое произ-
ведете является суммой отрицательных Чисел.
Предположим теперь, что в пространстве существуют векто-
ры е,,.е,. все углы между которыми тупые. Ясно, что эти век-
торы не могут быть параллельны одной плоскости; пусть, на-
пример, векторы е, и е, не параллельны одной плоскости.
Тогда е, = Х,е, 4- Х,е, 4- Z,e, о t, = (1|е, 4 р^е, 4- ще,. Выч-
тем ш> первого равенства второе в преобразуем полученное fa-
ne в ст во так, чтобы в в правой и в левой его части стояли векторы
С положительными ковффицпентамп; прв игом в левой части бу-
дет вектор е4, а о правой вектор е,. Получено противоречие.
7.9. Предположим, что углы между векторами еа, .... е, не
острые. Направим ось Or но вектору е,. В плоскости, перпенди-
кулярной «I, не может быть более четырех векто|юи, утлы меж-
ду которыми но острые; вместе с вектором — «] получится всего
лпшь б векторов. Понтону выбрать вектор е, я направить ось
Оу можно так. что е, “ (х,. у„ 0), где х, ¥• 0 (а значит, х, < 0)
и у, > 0. Пусть о* — (xk, yfcl хк) прв к — 3, .... 7. Тогда х, <
< 0 н х,х, 4" у^р, < 0- Поэтому хкх, > 0, а значит, уку, < 0,
Т. 0. у, < 0. Так как (е,, ег) < 0 при 3 < а, г < 7 и хгх, > 0,
уту, > 0, то а,а, < 0. Но среди 5 чисел %,.... а, нулевых но
более двух, поэтому среди трех оставшихся чисел обязательно
найдутся два числа одного знака. Получено противоречие.
7.10. Пусть Cj, е„ е, в е, — единичные векторы, перпенди-
кулярные граням я направленные во внешнюю сторону; п =
“ е, 4- е, 4- е, 4- — указанная сумма косинусов. Так как
(еьс/) “ —сое <p|j, где — угол между гранями с номерами
< и /. то |п|* = 4—2». Неравенство « < 2 теперь очевидно. Оста-
ется проверить, что » > 0, т. е. |о| < 2.
Существуют такие ненулевые числа а, ₽, у и 6, что ае( 4*
4- Ре» 4- Vе» + бе, = 0. Пусть для определенности С — наи-
большее по абсолютной величине средн згнх чисел. Поделив Ден-
исе равенство ва 6, можно считать, что 6 = 1; тогда числа а, Р
и у положительны (см. вадячу 7.15, б) и не превосходят 1. Тяк
как о = п — а* — Ре, - уе, - е, = (1 _ aje, 4- (1 - Р)е, 4-
142
+ (1 — v)n. то|п|<1—a-J-i—P + 1—Y=3 — (a + p+
+ yi. Остается заметить, что 1 = |e,| = |ae, 4- Р«ч + Y®»!4*
< a + P + у, причем равенства быть не может, так как данные
векторы неколлнпеарны.
7.11. Пусть векторы а, и Ь( сонаправлепы с лучами AAt
и Вв| я имеют единичную длину. Согласно задаче 7.16 сущест-
вуют такие положительные числа г., ..., х„, что х^ + ...
...+*„ап = 0. Рассмотрим вектор b = xJb14-... + хпЬ„.Так
как (Ъ(, !>,) < (в,. aj) по условию, то | Ь |* — У х* + 2 2*1*7 (**«
Ь,)<2** + 2^ *Л(“р «1) = |*1«1 + — + 'В»»Г = °- ПР"-
чем, если хотя бы одно перавенство (b,, bj < (а(, а^) строгое,
то получим строгое неравенство | Ь|’ < О, чего не может быть.
7.12. Точка X лежит в плоскости АВС тогда и только тог-
да, когда АХ=клЪ + цЛС, т. в. ОХ = ОА + АХ = ОА + Х>Й +
+ цАС = ОА + к (ОВ — ОА) + fi{OC ~ОА) « (1 - X — р) СМ +
+ ЛОЙ + рО?.
Пусть точка X принадлежит треугольнику АВС. Докажем,
например, что X = SCXA : SABC. Равенство АХ = ХЛЛ+рЛС
ооначает, что отношение высот, опутцепвых из точек X и В на
прямую Л С, равно X, а отношение этих высот равно XCXA:SABC,
7,13. Пусть а ••АН, b — AC п е ~ AD. Пусть, далее,
X — пронавольпая точка и А X — Ха + pb + ve. Точка X при-
надлежит плоскости KI.M, если л? = рАК -|- q~AL + гаИ =
« — а + у I» + -у е. где р + Я + г - 1 (см. задачу 7.12), т. в.
Xa + рР + vy = 1.
а) Числа X, р в v требуется подобрать так, чтобы для любых
аир выполнялось равенство Xa + рр + v(a + р + 1) = 1,
т. е. X + v = O, p + v = O я v = 1.
б) Точка X принадлежит всем рассматриваемым плоскостям,
если Х(Р — 1) + рР + v(p + 1) “ 1 для всех Р, т. е. X + р +
+ у = О и v — 1 = 1. Такие точки X заполняют прямую.
—> —► “►
7.14. Пусть ОС = кОЛ + цОВ. Тогда, так как правильные
пятиугольники подобны, OCi ™ kOAt + )iOBt, а значит, CCt =
™ k-AAj + fiBBlt т. е. прямая CCt параллельна плоскости П,
—►
содержащей AAt н BBf. Аналогично доказывается, что прямая
DDi параллельна плоскости П.
7.15. а) Перенесем в равенстве аОА + РС>£ + fOC -|- 6015 ««
“ 0 всо слагаемые с отрицательными числами в правую
143
часть. Если р, у и г — положительные числа, то колец вектора
рОР + 4OQ лежит внутри угла POQ, а колец вектора рОР 4"
—► "►
+ 4OQ + — внутри трехграпного утла OPQR с вершиной
О, Остается заметить, что, например, ребро CD лежит вне угла
АОВ, а вершина D — вне трехгранпого угла ОАВС.
б) Так как точка О лежит внутри тетраэдра AiBiCtD\, можно
восиолт.зоватъея решением задачи а).
7.16. Пусть продолжение луча OAt эд точку О пересекает
многогранник в точке М", Р — одна из вершин граям, содержа-
щей точку М; QR — сторона ятой грани, пересекающаяся с про-
—► ——<►
должештем луча МР эд точку М. Тогда ОМ = рОР + 4OQ 4*
+ rOR, где р, Ч, г > 0. Так как векторы ОА, и ОМ противопо-
“► —► —► —> *♦
ложно направлены, то OAt + аОР + |Ю() -|- уОЯ = 0, где
а, ₽, у >0, Р, Q, R — некоторые вершины многогранника.
Запасав такие равенства для всех I от 1 до я и сложив их.
получим требуемое.
7.17. Первое решение. Любой вектор и можно пред-
ставить в виде и — era -)- fib 4- ус; поэтому доказательство доста-
точно провести лишь для векторов а. b и е. Так как центр пра-
вильного тетраэдра делит ею медиану в отношении 1 : 3. то
(а, Ь) = (а, с) = (а. <1) — —1/3. Учитывая, что а 4- b -J- с
4-d.= 0. получаем (а, а)а + (a, b>b -f- (а. с)с 4-(a, d>d =
— а — (Ь 4- е 4- d)/3 = а 4 а/3 = 4az3. Для векторов 1> и е
доказательство проводится аналогично.
Второе решение. Рассмотрим куб 4ВСОЛ1В|С1О|.
Ясно, что ABtCD, — правильный тетраэдр. Введем прямоуголь-
ную систему координат с началом а центре куба и осями, парал-
лельными ребрам куба. Тогда /эх- (1, 1. 1). /ЗЬ =
— ( — 1, —1.1), /з и-(—i, 1. —1) и /3d = (1. -I. -1).
Пусть и = (ж, у. I). Несложные, но несколько громоздкие вы-
числения приводят теперь к требуемому результату.
7.18. Опустим из точки О перпендикуляры OBt на грани тег-
раэдра. Пусть а( — единичный вектор, сонаправленный с OBt.
Тогда (ОМ, а() а, 4- МА, = ОВ,. Так как тетраэдр В1В,В»В,-
правильный, сумма векторов OBt равна нулю. Следовательно,
2 MAt = 2 •<)•< = 4WO/3 (см. задачу 7.17).
7.19. Первое решение. Докажем, что сумма проек-
ций всех данных векторов на любую прямую I равна нулю. Рас-
смотрим для итого проекцию многогранника па плоскость, пер-
пендикулярную прямой I. Проекция многогранника покрыта
проекциями его граней в два слоя, так как грани можно разбить
144
на дна типа: «видимые сверху» и «пялимые снизу» (грани, прое-
цирующиеся в отрепки, нежно не учитывать). Приписав площа-
дям проекций граней одного типа знак «плюса, а граней другого
типа ина к «минуса, получим, что сумма площадей проекций гра-
ней с учетом анака равна пулю. Заметим теперь, что плогцадь
проекции грани равна длине проекции соответствующего векто-
ра на прямую I (см. аадачу 2.13), причем для граней разного ти-
па проекции векторов противоположно направлены. Следова-
тельно, сумма проекций векторов па прямую I тоже равна
пулю.
Второе решение. Пусть X — точка внутри много-
гранника, Л( — расстоявпе от нее до плоскости 1-й грани. Раз-
умеем многогранник на пирамиды с вершиной X, основаниями
которых служат его грани. Объем V многогранника равен сумме
объемов этих пирамид, т. е. 3V » У, htSt, где St — площадь
1-й грани.
Пусть, далее, гц — единичный вектор внешней нормали И
1-й грани, Л/, — произвольная точка этой грани. Тогда Л( =
« (ГМ|( п(), поэтому ЗР »» М< “ 2 Sinl) = 2
^(?Л/р =^= 3V (ядесь О — вско-
торая фиксированная точка многогранника). Следовательно,
2 Si»i=O.
7.20. Рассмотрим параллелепипед Пусть
па данных прямых лежат диагонали граней с общим ребром ВС,
причем АС — одна из этих диагоналей. Тогда ВС\—вторая
такая диагональ, a BXD — диагональ параллелепипеда, лежащая
на третьей данной прямой. Наедем прямоугольную систему ко-
ординат так, что прямая АС совпадает с осью Ох, прямая ВСХ
параллельна оси Оу и проходят череп точку (0, 0, а), прямая BXD
параллельна оси Ох н проходит череп точку (в, в, 0). Тогда точ-
ки А и С имеют координаты (xt, 0, 0) и (х,, 0, 0), точки В и Ct —
(О, л) и (0, yt> л), точки О и Bi — (л, л, х,) и (о, л, х,). Так как
—► —► —►
AD = ВС ~ BiCi, то л — rt = х, •= —л, л = —у( = и, — ли
х, = —л = в — Z,. откуда хх = 2л, х, = —л, у, “• —л, у. =
= —2а, х, = —я и х4 = 2л. Тем самым найдены координаты
вершин А, В, С, О, Bt и Ct.
Простые вычисления показывают, что АС = Зя, АВ =
“ а 6 и ВС “ а }^3, т. е. треугольник ЛВС —при»гоуг<>ль-
ный, а аначит, площадь граня ABCD равна ЛВ-ВС = За* )/2.
Плоскость грани ABCD задается уравнением у 4" * = 0. Рас-
стояние от точки (т0, у., х.) до плоскости рх + Чу 4- п = 0 рав-
но |ржв 4- $у. + г*. |/ + Ч* 4- г* (задача 1.27), поэтому
10 В. В. Прасолов. И. Ф. Шарыгин 1Й5
расстояние от точки В, до грани ABCD равно Зя/ )/ 2. Следова-
тельно, объем параллелепипеда равен 9а*.
7.21. Фиксируем а = |а|, b — |Ъ| не- |е|. Пусть х. у, t —
косинусы углов между векторами а в b, Ь иг. сих. Разность
между левой и правой частями требуемою неравенства
равна • + 6 4- г + |Ля*-|-Ь* + с*4-2 (аЬх + bey + ост) —
— /о* + 6* + 2лЬг — /b* + е» -р 2Ьеу— /е* + я* + 2ясх
= К*. У» *)• Числа х, у и > связаны некоторыми неравенствами,
но нам будет проще доказать, что /(х, у, а) О для всех х,
у, х, не 1тревосходя|цпх по модулю 1.
Функция ф(0” + 1 — V» -I < ” -.у- /', ,\/ , :
У₽|-< + У?+<
монотонна по t. Следовательно, при фиксированных у и t
функция /(х, у, х) достигает наименьшего яначснии, когда я —
“±1. Фиксируем затем х “ ±1 г. в атом случае функция /
достигает наименьшего значения, когда у = ±1. Наконец, фпк-
сарооав х = ±1 и у =±1, получаем, что функция / достигает
наименьшего акаченил, когда числа х, у, а равны ±1. В этом
случае векторы а, Ь и с коллинеарны и неравенство легко прове-
рнется.
7.22. Утверждения а) и б) легко следуют из определения.
в) Первое решение. Введем систему координат
Охра, направив ось Ох вдоль вектора а. Можно проверить, что
векторным произведенном векторов а = (а, 0, 0) и и = (х, у, х)
является вектор (0, —ах, яу). В самом деле, этот вектор периев-
днкулярсн оболы векторам, а его длина равна произведению
длины вектора а на длину высоты, опущенной на вектор а па
конца вектора и; согласованность ориентаций следует проверить
для различных вариантов знаков чисел у и а.
Теперь требуемое равенство легко проверить, выражая коор-
динаты входящих а вею ее игорных п|юизведенпй через коорди-
наты векторов b п е.
Второе решение. Рассмотрим призму ABCA\B,Ct
—е —ь —ь —*
где АВ “ Ь, ВС “си AAt “ а. Так как АС = b -|- е, то ука-
занное равенство означает, что сумма трех векторов внешних
(или внутренних) нормалей к боковым граням призмы, длины
которых равны площадям соответствующих граней, (швна нулю.
Пусть А'В'С — сечение призмы плоскостью, перпендикулярноj
боковому ребру. После поворота векторов нормалей па 9(1° в
—> —►
плоскости A'S'С они переходят в векторы dA'B', dB'C* u
—►
dCА", где <f — длина бокового ребра призмы. Ясво, что сумма
этих векторов равна нулю.
146
7.23. Пусть а — 4е лх®в 4* о»®* и b — Ь,е, 4“ bi®i *4* ^в®в,
г» ®i. ®t " ®» — единичные векторы, направленные вдоль осей
координат. Для решения задачи можно воспользоваться ре-
зультатами задач 7.22, а — в, предварительно заметов, что
1®|. ®«1 “ ®». (».. ®»1 - «г " («в. ®tl - «в-
7.24. Оба равенства можно доказать несложными, но не-
сколько громоздкими вычислениями, воспользовавшись резуль-
татом задачи 7.23.
7.25. а) Согласно задаче 7.24,а (а, |Ъ, е|| = Це, а) — е(а,
Ь), [Ь, |с, а|| •» с(а, 1>) — а(Ь, с) и |с, (а, Ь)| = а(Ь, с) —
—Ъ(а, е). Складывая эти равенства, получаем требуемое.
б) Векторы (Ь, с|, (с, а| и |а, Ь| перпендикулярны плоско-
сти АВС в сонаправлены, а их длины равны 2Хвос. 25'ссд и
25лов- Поэтому векторы [а, (Ь, е)|, (Ь. (с, а)| и [е, (а, Ь|| пос-
ле поворота иа МР в плоскости АВС переходит в векторы 2а5вос,
2ЬХСОЛ И 2eSXOB.
7.26. Пусть а, Ь и с — векторы, задапщпе три несмежные
стороны шестиугольника; а,, Ь, и е, — векторы противополож-
ных сторон. Так как вектор а( перпендикулярен векторам b и
с, то а, — Х[Ь, с|. Следовательно, общий перпендикуляр к век-
торам bib, задается вектором »а = |а, [Ь, с||. Из тождества
Якобп следует, что по 4" вь 4" пе *= °, т. е. эти векторы перпен-
дикулярны одной прямой.
7.27. Пусть а = СЛ, Ь = DB я с = DC. Утверждение
задачи эквивалентно равенству [а, 1>1 + (Ь, е) -f- |с, а| 4-
+ |Ь — с, а — е] = 0.
7.28. а) Докажем, например, что вектор (в, Ь) 4- (Ь, е| -|-
+ (е, в) лежит в плоскости П, проходящей через биссектрису
грани SAB перпендикулярно этой граня. Плоскость И перпен-
дикулярва вектору а — Ъ, поэтому опа содержит вектор
[с, а — Ь|. Кроме того, плоскость II содержит вектор |а, Ь|, по-
этому она содержит вектор (а, Ь) 4- [с, а — bj = |а, Ь) +
б) Пусть О А = OAt sin с^ -J-O^sin sin аг Дока-
жем, например, что плоскость ОАгА делит пополам угол меж-
ду гранями OAfAf и OAfAt. Для этого достаточно проверить,
что перпендикуляр к плоскости OAtA является биссектрисой
угла между перпендикулярами к плоскостям OAtAt и ОАгА*.
Перпендикуляры к этим Т|»‘М плоскостям задаются соотнесет-
венво векторами OAtX OA<=OAtxOAl sinat 4-О41хОД3я»па1>
OAt X О A j и OAt X ОАа. Как легко видеть, еслп | а | = | Ь |,
то вектор а 4- Ь задаст биссектрису угла между векторами а и
Ь . Поэтому остается доказать, что длины №ктировОЛ(хОЛ|а|па|
10»
147
n ОЛ, X ОЛЯ sin равны. Но |O4gX Bln djO^eaina*
» loxt X OA* | — sin a , что а завершает доказательсттю. Для
плоскостей ОА А и ОА^А доказательство аналогично.
—► —> —>
7.29. Пусть а = difi, Ь “ ВС\ и е “ СХО. Тогда удвоен-
ные площади граней тетраэдр- АХВСХО равны длинам векторов
|а, Ь|, [Ь, с), (е, d| и Id. а |, где d = —(а + Ь + е), а удвоен-
ные площади граней параллелепипеда равны длииаы векторов
|а, е|, (1>, d] в (а 4- Ь, Ь + е|. Пусть х = [а, Ь|. у = |Ь, г]
ИХ” (с, а |. Тогда учетверенные суммы квадратов площадей
граней тетраэдра и параллелепипеда равны |х|* 4- |у|* + |у —
— В|’ + I* — х|* |жр + |х — у|* + |х + У — ж|* соответст-
венно. Легко проверить, что каждая не втих сумм равна 2(|х|* +
+.М* +1«1* — (У. •> — (я. *»•
7.90. Три вектора компланарны тогда и только тогда, когда
их смешанное проязнелеиие равно нулю Восиольаовапшмсь
формулой задачи 7.23, получаем, что смешанное нропввсдсиис
данных векторов равно
(«А — e»\kr + («А — «Aic, 4- (a,bt —
7.31. Пусть М — центр масс тетраэдра, А —середина реб
ра, через которое проходит плоскость П, В — середина проти-
воположного ребра, Л” — точка, скмметрвчпля N относительно
точки М. Так как точка М является серединой отрезка АВ
(см. задачу 14.3), то AB'\\BN, а значит, точка ЛГ принадлежит
плоскости П. Следовательно, асе шесть плоскостей проходит
через точку Л".
7.32. а) Пусть А — середина ребра а, В — середина Ч|и>-
типоположиого ему ребра Ь. Пусть, далее, М — центр масс
тетравдра, О — центр его описанной сферы, О' —точка, сим-
метричная О относительно точки М. Так как точка М является
серединой отрезка АВ (задача 14.3), то 0'4||О₽. Но отрезок ОВ
перпендикулярен ребру 6, поетому О’А AJ>, а значит, точка О'
принадлежит плоскости, проходящей черев середину ребра а
перпендикулярно ребру Ь. Следовательно, все шесть плоскостей
проходят черев точку СУ.
б) Пусть точка Монжа О’ лежит в плоскости грани АВС.
Проведем черев вершину D плоскость П, параллельную этой
грани. Так как центр О описанной сферы тетраэдра симметричен
точке О’ относительно его центра масс М, а точка М делит ме-
диану тетраэдра, проведенную из вершины О, в отношении 3 : 1
(задача 14.3), то точка О раввоудалена от плоскостей П н А ВС.
Остается заметить, что если цент р сферы равноудален от двух
параллельных секущих плоскостей, то проекция окружности
148
сечещш иа вторую секущую плоскость совпадает со второй ок-
ружностью сечения.
7.33. Докажем, что Z-4BC “ 90“ (рис. 54). Рассмотрим
для этого пунктирные ог|юяки А'В'н В'С. Ясно, что при сим-
метрии относительно плоскости, проходящей через середину
отрезка В В' п перпендикулярной ему, отрезок АВ переходят
в А'В', л ВС т- в В'С. Поэтому достаточно доказать, что
Z^’B'C “ №. Кроме того. В'СЦВЕ. т. е. нужно доказать, что
А'В' J. BF. При симметрии относительно биссекторяой плоскости
двугранного угла, образованно-
го пятиугольниками с общим реб-
ром BF, точка А’ переходит в В".
Поэтому отрезок Д'В' перпенди-
кулярен «той плоскости, в част-
ности. А'В' X BF.
Для остальных углов меж-
ду рассматриваемыми отрезками
доказательство проводится анало-
гично.
7.34. Предположим сначала. Рис. 54
что и данная сфера, и сфера,
касающаяся ее, расположены в одном и том же двугранном угле
между данными плоскостями. Тогда обе сферы симметричны
относительно биссекторной плоскости этого двугранного угла,
а апачнт, точка пх касания лежит в этой плоскости. Если же дан-
ная сфера и сфера, хасакицаяся ее, расположены в разных дву-
гранных углах, то их общей точкой может быть лишь одна нз
двух точек касания данной сферы с данными плоскостями. Та-
ким образом, искомое ГМТ состоит на окружности, по которой
данную сферу пересекает бнссскторпая плоскость, и двух точек
касания данной ефчры с данными плоскостями (легко проверить,
что все эти точки действительно принадлежат искомому ГМТ).
7.35. Пусть а, Р и у — двугранные углы при ребрах ОА,
ОВ и ОС. Рассмотрим точку С, симметричную С отоосительяо О.
В трехгранном угле О АВС двугранные углы при ребрах ОА,
ОВ и ОС' раины я — а. я — Р и у. Плоскость ОМС. где Л/ —
середина отрезка АВ, разбивает диуграяный угол при ребре ОС
па два двугранных угла. Так как трехгранвые углы ОАМС
и ОВ МС симметричны относительно плоскостей ОМР и OMQ,
где Р и Q — середины отрезков АС и ВС, то указанные дву-
гранные углы при ребре ОС раины я — ап я — р. Следователь-
ио, у (я -а> + (л - Р), что в требовалось.
7.36. Пусть О — проекция вершины S на плоскость осно-
вания пирамиды. Так как вершины основания пирамиды равно-
удалены от точки S, то они равноудалены и от точки О, а значит,
149
они лежат иа одной окружности с центром О. Докажем теперь,
что НС = ЛЕ. Пусть М— середина стороны АВ. Так как
МОЛ-АН и SOA.AB, то отрезок ЛЯперпепликуллрея плоскости
SMO, а вначит, при симметрии относительно плоскости SMO
отрезок SA переходит в отрезок SB. Двугранные углы при реб-
ра х SA и SB равны, поэтому плоскость SAE про этой симмет-
рии переходит в плоскость SBC. А так как окружность, на ко-
торой лежат вершины склона пня пирамиды, при рассматрива-
емой симметрии переходит в себя, то точка Е переходит
о точку С.
Аналогично доказывается, что ВС - ED — АВ « DC.
7.37. Пусть П — плоскость симметрии фигуры, состоящей
из трех попарно непараллельных прямых. Возможны лить
два варианта: 1) относительно П симметрична каждая данная
прямая; 2) одна прямая симметрична огпостпельао (1, а две
другие прямые симметричны друг другу.
В первом случае либо одна прямая перпендикулярна П,
а две другие принадлежат II, либо все три прямые принадлежат
П. Таким образом, плоскость П задается некоторой парой дан-
ных прямых. Следовательно, плоскостей симметрии этого типа
ие более 3.
Во втором случае плоскость П проходит через биссектрису
угла между двумя данными прямыми перпендикулярно плос-
кости, содержащей эти прямые. Для каждой пары прямых су-
ществуют ровно 2 такие плоскости, поэтому число плоскостей
симметрии этого типа не более 6.
Итак, всего плоскостей симметрии не более 9. Кроме того,
фигура, состоящая из трех попарно перпендикулярных прямых,
проходящих через одну точку, имеет как рав 9 плоскостей сим-
метрии.
7.38. Пусть а' — образ вектора а при рассматриваемой
симметрии; и — проекция вектора а на данную прямую- Тогда
. ь<в‘Ь>
+ а = 2и и п = Ь(БД)-
7.39. Введем в пространстве систему координат, взяв пря-
мые 1, и I, в качестве осей Ох и Оу. При симметрии относительно
пряной Ох точка (аг, у, «) переходит в точку (х, —у. —а), а при
симметрии относительно прямой Оу полученная точка переходит
в точку (—х, —у, с).
7.40. Фиксируем какую-нибудь ось симметрии I. Докажем,
чго остальные оси симметрии разбиваются на пары. Заметим
сначала, что при симметрии относительно прямой I ось симмет-
рии переходит в ось симметрии. Если ось симметрии Г не пере-
секает I или пересекает ие под прямым углом, то парой к I'
будет ось, симметричная ей отвосительво I. А если ось Г перо-
150
секает I под прямым утлом, то парой к Г будет прямая, перпен-
дикулярная < и Г и проходящая через точку их пересечения.
В самом деле, па задачи 7.39 следует, что эта прямая является
осью симметрии.
7.41. Пусть М — центр масс тетравдра. При гомотетии
с центром М и коэффициентом —1/3 вершины тетраэдра пере-
ходят в центры масс его гранен, а значит, описанная сфера тет-
раэдра переходит в сфюру радиуса Я/3, пересекающую все гра-
ни тетраэдра (или касающуюся их). Для доказательства того, что
радиус этой сферы не меньше г, достаточно пронести плоскости,
параллельные граням тетраэдра и касающиеся частей этой сфе-
ры, лежащих вне тетраэдра. В самом деле, тогда эта сфера ока-
жется вписанной в тетраэдр, подобный исходному и не мень-
ший его.
7.42. Пусть 5ЛЯ — исходная грань пирамиды SABCD,
SAD — вторая грань. Попернем плоскости этих граней относи-
тельно прямых АВ и AD так, чтобы они совпали с плоскостью
основания (поворот производится в сторону меньшего угла).
Рассмотрим систему координат с началом в точке А и осями О*
и 0ц, направленными по лучам Л В и AD. Первая проекция за-
дает преобразование, при котором точка (», у) переходит в
(х.*0. где к " cos а (а — угол между основанием и боковой
гранью); при второй проекции точка (х, у) переходит в (кх. у).
Следовательно, композиция этих преобразований переводит
точку (г, у) и (far, Лу).
7.43. Пусть А и В — наиболее удаленные друт от друга
точки многогранника. Тогда образы многогранника М при го-
мотетиях с центрами А и В и коэффициентом 1/2 задают искомое
расположение. В самом деле, эти многогранники не пересекают-
ся. так как они расположены по разные стороны от плоскости,
проходящей через середину отрезка Л В перпендикулярно ему.
Кроме того, они лежат внутри М, так как М — выпуклый много-
гранник.
7.44. Рассмотрим выпуклый многогранник М и любые три
миоюгранннка Л/, и Л/,, гомотетичных ему с коэффициен-
том к. Пусть 01, Оа и О, — центры соответствующих гомотетий.
Ясно, что если А — точка многогранника М. наиболее удален-
ная от плоскости, содержащей точки О,, О, п Оа, то А не принад-
лежит пи одному из многогранников М,. М-, и Л/,. Это следует
из того, что при гомотетии с коэффициентом к и центрам О, ле-
жащим в плоскости П, наибольшее расстояние от многогранника
до плоскости П изменяется в к раз.
7.45. Пусть Л' — центр масс треугольника АВС. При гомо-
тетии с центром Л’ и коэффициентом 1/4 точка D переходит о М.
Докажем, что точка М лежит в плоскости П, проходящей через
151
центр О| описанной окружности Треугольник» ЛВС иерщ-ндн-
кулярио его медиане А К. В самом деле, ОМХЛ К по условию
и OOtx.A К. Итак, точка D лежит в плоскости П', полученной иа
плоскости П гомотетией с центром Л и ксоффнциегггом 4. Об-
ратно, если точка О лежит в этой плоскости, то ОМ±_АК.
Пусть, далее, К и С — середины ребер ВС и AD. Тоглч
М — середина отрезка КС. Медиана QA/ треугольника KOI.
является высотой, только если КО = ОС. А так как ОА " ОВ,
то высоты ОК и ОС равнобедренных треугольников ВОС и АОО
ранны тогда я только тогда, когда ВС = АО, т. е. точка О ле-
жит на сфере радиуса ВС С центром А. Искомым ГМТ является
пересечение этой сферы с плоскостью П*.
7.46. Можло считать, что плоскости II' n II* не параллель-
ны, так как иначе утверждение очевидно. Пусть I — прямая
пересечения этих плоскостей. А* —точка пересечения примой I
с плоскостью AjAfA^. Плоскость А^А^ перпендикулярна пря-
мой I, поэтому /Л-А^А* и l-LAjA*. Следовательно, если плос-
кость П' повернуть вокруг прямой I так, чтобы она совпал» с
плоскостью П*, то прямые будут перпендикулярны пря-
мой I,
7.47. Рассмотрим сечение плоскостью, перпендикулярной
прямой I. Требуемое утверждение следует теперь из соответст-
вующего планиметрического утверждения о композиции двух
осевых симметрий (см. Прасолов, 8.14, б).
7.48. Пусть А — некоторая точка. В — ее образ при сим-
метрии относительно точки О, С — образ точки В при повороте
на угол <р относительно прямой I, D — образ точки С при сны
метрик относительно плоскости П. Тогда точка D является об-
разом точки А при повороте на угол 1W + относительно
прямой I.
7.49. а) Пусть Т — некоторое преобразование, переводя-
щее точку А в точку в, отличную от А; S — симметрия относи-
тельно плоскости П, проходящей через середину отрезка АВ
перпендикулярно ему. Тогда Гр*) в S(B) = Л, т. е. А—не-
подвижная точка преобразования Х°Г. Кроме того, если Г(Х) =>
= X для некоторой точки X, то АХ = Г(А)Г(Х) = ВХ. Сле-
довательно, точка X принадлежит плоскости П, а значит, S(X) =
= X. Таким обраяоы, точка А и все неподвижные точки преобра-
вованпя Т являются неподвижными точками преобразования
5» Т.
Возьмем 4 точки пространства, не лежащие в одной плос-
кости, и рассмотрим их образы при данном преобразовании Р.
Можно подобрать к (к < 4) таких преобразований . . ., —
симметрий относительно плоскостей, что преобразование £|>...
152
... ‘S^p оставляет неподавжныхш выбранные 4 точки, г. е. иго
преобразование оставляет неподвижными все точки пространст-
ва. Следовательно, Р = для доказательства этого
утверждения можно воспользоваться тем, что если S’F = G,
где S — симметрия относительно плоскости, то S°C — S°S°F —
“ F, так как 5®5 — тождественное преобразование.
б) Для преобразования, оставляющего точку О неподвиж-
ной, и качестве одной на 4 точек, образы которых залают это пре-
образование, можно ваять точку О. Во всем остальном доказа-
тельство аналогично решению задача а).
7.50. а) Согласно задаче 7.49,6 любое движение первого
рода, имеющее неподвижную точку, является композицией двух
симметрий относительно плоскостей, т. е. поворотом относитель-
но прямой, но которой пересекаются эта плоскости (см. зада-
чу 7.47).
б) Пусть Г — данное движение второго рода, 1 — симмет-
рия относительно неподвижной точки О этого преобразования.
Так как I можно представить в виде композиции трех симметрий
относительно трех попарно перпендикулярных плоскостей, про-
ходящих через точку О, то 1 — прсобраяоппппс второго рода.
Поэтому Р = Т’/ — преобразование первого рода, причем О —
неподвижная точка этого преобразования. Следовательно. Р —
поворот относительно некоторой оси I. проходящей через точ-
ку О. Поэтому преобразование Г — Т°1Л1 = Р°/ является
композицией поворота относительно некоторой прямой I и сим-
метрии относительно плоскости, перпендикулярной 1 (см. за-
дачу 7.48).
7.51. После перекатывания любая точка А поверхности то-
ра переходит в точку 7(A), где Т — движение первого рода, имею-
щее «подвижную точку — центр тара. Согласно задаче 7 5бл
преобразование Т является попоротом относительно некогорой
осн I. Следовательно, точки Х|. X, u Х> лежат в плоскости, про-
ходящей через точку X перпендикулярно прямой I.
7.52. Свяжем с данным трехгранным углом прямоугольную
спетому координат Оху». Луч света, двигающийся в направле-
нии вектора (z, у, х), после отражения от плоскости Оху будет
двигаться в направлении вектора (*. у, —х). Такны образом, от-
разившись ото всех трех граней, он будет двигаться в направле-
нии вектора (—х, —у, —х).
7.53. Пусть В — точка падения луча па зеркало; А — точ-
ка луча, отличная от В; К и L — проекции А на зеркало в ис-
ходном и повернутом положении, At и А» — точки, симметрич-
ные А относительно этих положений зеркала. Искомый угол ра-
вен углу ЛтВЛ|. Если АВ = в, то А,В — ASB “а и А К =
= a sin а. Так как £КАС »= 0, то A,At = 2X7, = 2АК sin р =•
153
•= 2а sin a sin р. Следователмю, осла ср — искомый угол, то
sin(q/2) « sin a sin р.
7.54. Введем систему координат с началом О в воршино ко-
нуса и осмо Ох, проходящей через точку А (рис. 55). Пусть
► -►
ОМ — (х, V, «), тогда AM = (х — в, у, «), пт « = АО. Если
а — угол между осмо конуса Ог
и его образующей, то х* + у* =
= к*:*, где к " tg а. Рассмотрим
вектор РМ, перпендикулярный
поверхности конуса, с началом Р
на оси конуса. С»тот вектор име,-т
координаты (х, у, t), причем
О =(ОЛ/. РМ) = х» 4- у* +h -
it, т. а. < - -*‘t.
При симметрии относительно
прямой РМ вектор а "» AM по-
,, (а. Ь) ,
ре ходит о вектор Д*(|> —а.
1 >
где Ь “ РМ (см. задачу 7 .38).
Третья координата этого вектора равна
2k'z
х*— Ml/-
/ + / +
2аЛ*«
(x’+y^d + P) -4
она должна быть равна нулю. Повтоыу искомое ГМТ задается
уравпением Н + у1 — 2акгх1(1 + fc*) = 0; оно представляет со-
бой окружность радиуса п**/(1 + Л*) = a sin*a, проходящую
через вершину конуса.
Г лава 8
ВЫПУКЛЫЕ МНОГОГРАННИКИ
Л ПРОСТРАНСТВЕННЫЕ МНОГОУГОЛЬНИКИ
§ 1. Разные задачи
8.1, а) Площади всех граней выпуклого многогран-
ника равны. Докажите, что гумма расстояний от его
внутренней точки до плоскостей граней не зависит от
положения точки.
б) Высоты тетраэдра равны h,, ht, h* и ht; dt, d?, dt
и dt — расстояния от произвольной его внутренней
точки до соответствующих граней. Докажите, что
£(4/М- 1.
8.2. а) Докажите, что выпуклый многогранник не
может иметь ровно 7 ребер.
б) Докажите, что выпуклый многогранник может
иметь любое число ребер, большее 5 и отличное от 7.
8.3. Плоскость, пересекающая описанный много-
гранник, делит его на две части объемом и l't; его
поверхность она делит на две части площадью S, u Sa.
Докажите, что У| : S, — тогда и только тогда,
когда плоскость проходит через центр вписанной сферы.
8.4. В выпуклом многограннике из каждой вершины
выходит четное число ребер. Докажите, что любое се-
чение его плоскостью, не содержащей вершин, являет-
ся многоугольником с четным числом сторон.
8.5. Докажите, что если любая вершина выпуклого
многогранника соединена ребрами со всеми остальными
вершинами, то этот многогранник — тетраэдр.
8.6. Какое наибольшее число сторон может иметь
проекция выпуклого многогранника с п гранями?
8.7. Каждая грань выпуклого многогранника имеет
центр симметрии.
а) Докажите, что его можно разрезать на паралле-
лепипеды.
б) Докажите, что он сам имеет центр симметрии.
155
8.8. Докажите, что если асе грани выпуклого много-
гранника — параллелограммы, то их число является
произведением двух последовательных натуральных
чисел.
§ 2. Признаки невписанности и неописаниости
многогранников
8.9. Некоторые грани выпуклого многогранника
окрашены в черный цвет, остальные — в белый, при-
чем никакие две черные грани не имеют общего ребра.
Докажите, что если площадь черных граней больше
площади белых, то в этот многогранник нельзя вписать
сферу.
Может ли для описанного многогранника площадь
черных граней равняться площади белых?
8.10. Некоторые грани выпуклого многогранника
окрашены в черный цвет, а остальные — в белый, при-
чем никакие две черные грани не имеют общего ребра.
Докажите, что если черных граней больше половины,
то в этот многогранник нельзя вписать сферу.
8.11. Некоторые вершины выпуклого многогранни-
ка окрашены в черный цвет, а остальные — в белый,
причем хотя бы одни конец каждого ребра белый. До-
кажите, что если черных вершин больше половины, то
этот многогранник нельзя вписать в сферу.
8.12. Все вершины куба отсечены плоскостями,
причем каждая плоскость отсекает тетраэдр. Докажите,
что в полученный многогранник нельзя вписать сферу.
8.13. Черев все ребра октаэдра проведены плоскости;
при этом образовался многогранник с четырехуголь-
ными гранями: каждому ребру октаэдра соответствует
одна грань. Докажите, что полученный многогранник
нельзя вписать в сферу.
§ 3. Формула Эйлера
Во всем этом параграфе В — число вершин, Р — число ре-
бер, Г — число граней выпуклого миогогранпика.
8.14. Докажите, что В — Р + Г — 2 (формула
Эйлера).
8.15. а) Докажите, что сумма углов всех граней
выпуклого многогранника равна удвоенной сумме уг-
лов плоского многоугольника с тем же числом вершин.
156
б) Рассмотрим для каждой вершины выпуклого мно-
гогранника разность между 2л и суммой плоских уг-
лов, сходящихся в этой вершине. Докажите, что сумма
всех этих величин равна 4л.
8.16. Пусть Гк — число fc-угольных граней произ-
вольного многогранника, ВА — число его вершин,
в которых сходится к ребер. Докажите, что 2Р = ЗВ, -f-
-|- 4В, + 5В, ... = ЗГ, + 4Г. + 5Г, + ...
8.17. а) Докажите, что в любом выпуклом многогран-
нике найдется либо треугольная грань, либо трех-
гранпый угол.
б) Докажите, что для любого выпуклого многогран-
ника сумма числа треугольных граней и числа трех-
гравных углов не меньше 8.
8.18. Докажите, что в любом выпуклом многогран-
нике найдется грань, у которой менее шести сторон.
8.19. Докажите, что для любого выпуклого мно-
гогранника ЗГ > 6 + Р и ЗВ > 6 + Р.
8.20. Дан выпуклый многогранник, все грани
которого имеют 5, 6 млн 7 сторон, а все многогранные
углы — трехгранные. Докажите, что число пяти-
угольных граней на 12 больше числа семиугольных.
§ 4. Обходы многограннике»
8.21. Планета имеет форму выпуклого многогранни-
ка, причем в его вершинах расположены города, а каж-
дое ребро является дорогой. Две дороги закрыты на ре-
монт. Докажите, что на лю-
бого города можно проехать
в любой другой по остав-
шимся дорогам.
8.22. На каждом ребре
выпуклого многогранника
указано направление; при
этом в любую вершину хотя
бы одно ребро входит и хо-
тя бы одно из нее выходит.
Докажите, что существуют
две грани, которые можно
обойти, двигаясь в соответ-
ствии с введенной ориента-
цией ребер.
8.23. Система дорог, про-
ходящих по ребрам выпук-
Рис. 56
157
лого многогранника, изображенного на р ис. 56, соеди-
няет все его вершины и не разбивает его па де е части.
Докажите, что эта система дорог имеет не менее 4 ту-
пиков. (Для системы дорог, изображенной на рис. 56,
вершины А, В, С и D тупиковые.)
§ 5. Пространственные многоугольники
8.24. Плоскость пересекает стороны пространствен-
ного многоугольника Л, ... Л„ (или их продолжения)
в точках Bt, .... Вп; точка Bt лежит на прямой Л,Л(4].
_ А.В, АВ Л_В_
Докажите, что - _ — 1, причем иа
сторонах многоугольника (а не на их продолжениях)
лежит четное число точек Bt.
8.25. Даны четыре прямые, никакие три из которых
не параллельны одной плоскости. Докажите, что су-
ществует пространственный четырехугольник, стороны
которого параллельны этим прямым, причем отношение
сторон, параллельных соответствующим прямым, для
всех таких четырехугольников одно и то же.
8.26. а) Сколько существует попарно не равных
пространственных четырехугольников с одним и тем же
набором векторов сторон?
б) Докажите, что объемы всех тетраэдров, задавае-
мых этими пространственными четырехугольниками,
равны.
8.27. В пространстве даны точки Л, В, С и D, при-
чем АВ — ВС — CD и £АВС - £BCD — Z.CDA -
— а. Найдите угол между прямыми АС и BD.
8.28. Пусть В,, В.. ..., Вл — середины сторон
A,At, Л4Л», .... Л,Л, пространственного пятиугольни-
ка А, ... Л»; AJ>t = (1 + t//5)i]Bf и Afi, -
•= (t — \/V^)AtBt. Докажите, что как точки Plt так и
точки Qt лежат в одной плоскости.
8.29. Докажите, что пятиугольник, все стороны и
углы которого равны, является плоским.
8.30. В пространственном четырехугольнике ABCD
суммы противоположных сторон равны. Докажите,
что существует сфера, касающаяся всех его сторон и
диагонали АС.
tS6
8.31. Сфера касается всех сторон пространственного
четырехугольника. Докажите, что точки касания лежат
в одной плоскости.
8.32. На сторонах АВ, ВС, CD и DA пространствен-
ного четырехугольника ABCD (или на их продолже-
ниях) взяты точки К, L, М и N, причем AN — АК,
В К = BL, CL = СМ и DM = DN. Докажите, что
существует сфера, касающаяся прямых АВ, ВС, CD
и DA.
8.33. Пусть а, Ь, е и d — длины сторон АВ, ВС,
CD и DA пространственного четырехугольника ABCD.
а) Докажите, что если не выполняется ни одно иа
трех соотношений п 4- fe = с 4- d, a+c=fe4-d и
а 4- d = b + с, то существует ровно 8 различных
сфер, касающихся прямых АВ, ВС, CD и DA.
б) Докажите, что если выполняется хотя бы одно из
указанных соотношений, то существует бесконечно
много различных сфер, касающихся прямых АВ, ВС,
CD и DA.
Решения
8.1. а) Пусть V — объем многогранника, S — плошадь его
грани, Л( — расстояние от точки X, лежащей внутри многогран-
ника, до l-й грани. Разрезая многогранник на пирамиды с ив|-
шнной X, основаниями которых служат его грани, получаем
V = 5Л,/3 4- ... 4' Shn/3. Следовательно, Л, 4" ... 4” в
= 3VIS.
б) Пусть V — объем тетраэдра. Так как Л, « 3V/St, где
5(—площадь 1-6 грани, то (rfi/A0 ** (Sd<5i)/3tr- Остастся
заметить, что Vt, где lj — объем пирамиды с ВершппоЗ
в выбранной точке тетраэдра, основанием которой служит i-я
грань, и 2Г« = У<
8.2. а) П|и>диоложим, что многогранник имеет только тре-
угольные грани, причем их количество равно Г. Тогда число
ребер многогранника равно ЗГ/2, т. е. оно делится на 3. Если же
у многогранника есть грань с числом сторон более трех, то число
его ребер не менее 8.
б) Пусть л> 3. Тогда 2п ребер имеет п-угольиая пирамида,
а 2л 4* 3 ребер имеет многогранник, который получится, если
от п-уголыюй пирамиды отсечь треугольную пирамиду плос-
костью, проходящей вблизи от одной иа вершин основания.
8.3. Предположим для определенности, что центр О вписан-
ной с^юры принадлежит части многогранника с объемом Vi,
159
Рассмотрим пирамиду с вершиной О, основанием которой служит
сечение многограшика данной плоскостью. Пусть F — объем
этой Пирамиды. Тогда Ft — V — rStl3 и V» + F = гЛ^З, где
г — радиус вписанной сферы (см. задачу 3.7). Псетому St :
: Si = Vi: Vi тогда и только тогда, когда (Гт — V): (V« +
+ V) «= Si : 5, = F| : Vt, а значит, F = 0, т. о. точка О при-
надлежит секущей плоскости.
8.4. Прямых, соединяющих вершины многогранника, ко-
нечное число, поэтому данную плоскость можно слегка поше-
велить так, чтобы в процессе шевеления она по пересекла пи
одной вершины и и новом положении ома пе была бы параллель-
на ни одной прямой, соединяющей вершины многогранника.
Будем сдвигать эту плоскость параллельно до тех пор, пока
опа по выйдет за пределы многогранника. Число вершин сече-
ния будет изменяться, только когда плоскость будет проходить
через вершины многогранника, причем она каждый раз будет
проходить лишь через одну вершину. Если по одну сторону от
этой плоскости лежит т ребер, выходящих из вершины, а по дру-
гую л ребер, то число сторон сечения при переходе через вер-
шину изменяется на в — пт = (п 4- m) — 2m = 2к — 2m, т. е.
на четное число. Так как после выхода плоскости за пределы мно-
гогранника число сторон сечения равно нулю, то число сторон
исходного сечения четно.
8.5. Если любая вершина многогранника соединена реб-
рами со всеми остальными вершинами, то все грани тре-
угольные.
Рассмотрим две грани А НС в ABD с общим ребром АВ.
Предположим, что многогранник ве тетраэдр. Тогда у него есть
еще вершина Е, отличная от вершин рассматриваемых граней.
Так как точки С и D лежат по разные стороны от плоскости А ВЕ,
треугольник АВЕ не является гранью данного многогранника.
Если провести разрезы по ребрам АВ, ВЕ и ЕА, то поверхность
многогранника распадается па две части (для новыпуклого много-
гранника по было бы неверно), причем точки С я D лежат в раз-
ных частях. Поэтому точки С и О ив могут быть соединены реб-
ром, так как иначе разрез пересекал бы его, по ребра выпук-
лого многогранника не могут пересекаться ио внутренним
точкам.
8.6. Ответ: 2а — 4. Докажем сначала, что проекция вы-
пуклого многогранника с п гранями может иметь 2л — 4 Сто-
рон. Отрежем от правильного тетраэдра ABCD ребро CD Приз-
матической поверхностью, боковые ребра которой параллельны
CD (рис. 57). Проекция получеппого многогранника с п гранями
на плоскость, параллельную прямым ЛВ и CD, имеет 2л — 4
сторон.
160
Докажем теперь, что проекция М выпуклого миогограннпка
с я гранями ве может иметь более 2л — 4 сторон. Число сторон
проекции на плоскость, перпендпкуляриую грани, пе может
быть больше числа сторон всех других проекций. В самом доле,
при такой проекции данная
грань переходит в сторону
многоугольника; если же
плоскость проекции слегка
пошевелить, то эта сторона
сохранится пли распадется на
несколько сторон, а число
остальных сторон пе изменит-
ся. Поэтому будем рассмат-
ривать проекции па плоскос-
ти, пе перпендикулярные гра-
ням. В этом случае ребра,
проецирующиеся в границу
многоугольника Л/, разбива-
ют многогранник на дне части:
*М>рхнюю* и «нижнюю». Пусть pi и р„ ft и fa, г, л г, — число вер-
шин, ребер и граней в верхней и нижней частях (вершины и ребра
границы не учитываются); т — число вершин многоугольника
М, л<( (соответственно ш,) — число вершил Л/, из которых выхо-
дит хотя бы одно ребро верхней (соответственно нижней) части.
Так как из каждой вершпиы М выхолит по крайней мере одно реб-
ро верхней или нижней части, то т < т( + т,. Оценим тонера
число М|. Из каждой вергпнпы верхней части выходит нс менее
трех ребер, поэтому число концов ребер верхней части не менее
Зр| + mi- С другой стороны, число концов «тих ргбер равно
2ft; поэтому 3/>, -(- mt С 2f|. Докажем теперь, что р, —ft +
+ г, = 1. Проекции ргбер верхней части разбивают много-
угольник А/ па несколько многоугольников. Сумма углов этих
многоугольников равна я(т — 2) + 2upt. С другой стороны, она
ранив У, л (f|| — 2), где f1( — число сторон 1-го многоугольника
разбиения; последняя сумма равна л(т + 2f,) — 2rt. Прирав-
нивал оба выражения для суммы углов многоугольников, полу-
чаем требуемое. Так как f( = р( + г, — 1 п mt + Зр, < 2flt
то w>t < 2г| — 2 — pt < 2rt — 2. Аналогично m, < 2г, — 2.
Следовательно, т < т, + т, < 2(г, + г,) — 4 = 2я — 4.
Н.7. а) Возьмем произвольную грань данного многограп-
шгка я ее ребро гР Так как грань центрально симметрична, то
она содержит ребро г,, равное п параллельное г,. Грань, приле-
гающая к ребру г„ тоже имеет ребро г„ равное и параллельное
Г|, и т. д. В итоге получаем «поясок» граней, заданный ребром
11 В. В Прасолов, П Ф. Шарыгвп
161
r, (on обязательно ялмкнется па ребре rj. Если из nonepxnoci it
многогранника вырезать этот «поясок», то останутся две «вы
почки» Ш, и III.. Сдвинем «шапочку» Ш< внутрь миогогранш" *
па вектор, аадянпыи ребром rt, и разрежем многогранник по и»
лученной при этом поверхности Т(111|). Часть многогранник.'
заключенную между III, и Т(1П,), можно разрезать на призм',
а разрезая их основания на параллелограммы (см. Прасолов,
ч. II, 24.18), получим разбиение па параллелепипеды. Грани
многогранника, заключенного между Т(П1а) к III», центрально
симметричны, а число его ребер меньше, чем у исходного много
травника, па число ребер «поиска», параллельных г,. Следопт-
тельао, за конечное число подобных операций многогранник
можно разрезать на параллелепипеды.
б) Как и в задаче а), рассмотри»! «поясок» и «шапочки», за-
данные ребром г г [мни Г. Проекция многогранника па
плоскость, перпендикулярную ребру г, является выпуклым мпо-
гограп никои, сторонами которого служат проекции граней,
входящих в «поясок». Проекции граней одной «шапочки» аа-
дают разбиение этого многоугольника на центрально симмет-
ричные мпоюугольники. Следовательно, этот многоугольник
центрально симметричен (см. Прасолов, ч. II, 24.IV), а значит,
для граня Г пвйдегся грань Г', проекция которой параллельна
проекции Г, г. е. эти грани параллельны; ясно также, что вы-
пуклый многогранник может иметь лишь одну грань, параллель-
ную Г. Грани Г и Г входят в одни «поясок», лютому Г" тоже
имеет ребро, равное и параллельное ребру г. Проводя аналогич-
ные рассуждения для всех «поясков», заданных ребрами гра-
ни Г, получаем, что грани Г и Г имеют соответственно равные
и параллельные ребра. Так как вти грани выпуклы, оли равны.
Середина отрезка, соединяющего центры их симметрий, являет-
ся их центром симметрии.
Итак, для любой трапп найдется центрально симметричнют
ей грань. Остается доказать, что псе центры симметрии пар гра-
ней совпадают. Это достаточно доказать для двух граней, имею-
щих обпюе ребро. Рассматривая «поясок», заданный этим ребром,
получим, что параллельные им грани также имеют общее ребро,
причем оба центра симметрия пар граней совпадают о центром
симметрии пары общих ребер граней.
8.8. Воспользуемся решением яадачи 8.7. Каждый «поясок»
разбивает поверхность мпогогрлнякка па цве «тапочки». Так
как многогранник нейтрально симметричен, обе «шапочки» со-
держат равное число граней. Поэтому другой «поясок* пе может
целиком лежать в одной «тапочке», т. е. любые два «поясня»
пересекаются, причем роппо по двум граням (параллельным
ребрам, падающим «пояски»).
162
Пусть к — число различных «поясков». Тогда каждый «по-
ясок» иоресокается ей — 1 другими «поясками», г. о. он содер-
жит 2(й — 1) граней. Так как любая грань является параллело-
граммом. она входит ровпо о дна «поиска». Поэтому число гра-
ней равно 2(й — 1)й/2 = (к — 1)1.
8.9. Докажем, что если никакие две черные грани описан-
ного многогранника не имеют общего ребра, то площадь черных
граней не щтевосходит площади белых. При доказательстве бу-
дем использовать то, что если дне грипп многогранника касают-
ся сферы в точках О, и О», а АВ — их общее ребро, то &ЛИОХ •
= Разобьем грани на треугольники, соединив каждую
точку касания многогранника в сферы со всеми вершинами со-
ответствующей грани. Из предыдущего замечания и условия сле-
дует, что каждому черному треугольнику можно сопоставить
белый треугольник с такой же площадью. Поэтому сумма пло-
щадей черных треугольников не меньше суммы площадей белых
треугольников.
Описанный многогранник — правильный октаэдр — можно
окрасить так, чтобы площадь черных граней равнялась площади
белых и никакие две черные грипп не имели общего ребра.
8.11) . Докажем, что если а многограппик miucnua сфера
в никакие две черные грани пс имеют общего ребра, то черных
граней не больше, чем белых. При доказательстве будем исполь-
аовагь то, что если О( о О, — точки касания со сферой граней
С общим ребром АВ, то ДЛЯОг» ДЛДО», а значит, /_АО\В "
«• 4-АО,В. Рассмотрим все углы, под которыми из точек каса-
ния сферы с гранями видны ребра состиетст яующей грани. Из
предыдущего замечания и условия следует, что каждому такому
углу черной грани можно сопоставить равный ему угол белой
грани. Поэтому сумма черных углов не больше суммы белых
углов. С другой стороны, сумма таких углов для одной грани
равна 2л. Следовательно, сумма черных углов рвана 2яп, где
п — число черных граней, а сумма белых углов равна 2лт, где
т — число белых граней. Таким образом, п < т.
8.11. Докажем, что если многогранник вписан в сферу и ни-
какие две черные вершины не соединены ребром, то чертах вер-
шин tie больше, чем белых.
Пусть плоскости, касающиеся в точках Р и Q сферы с непе-
ром О, пересекаются по прямой АВ. Тогда любые две плоскости,
проходящие через отрезок PQ, высекают на и лоск ости АИР
такой же утол, как и на плоскости ABQ. В самом желе, эти углы
симметричны относительно плоскости А ВО. Рассмотрим теперь
для каждой вершины вашего многогранника углы, которые вы-
секаются на касательной плоскости двугранными углами между
сходящимися и этой вершине гранями. Па предыдущего зале-
И* 163
чяпил и условия следует, что каждому углу при черной м*рп1пне
можно сопоставить равный ему угол при белой вершине. Поэтому
сумма черни» углов не больше суммы белых. С другой стороны,
сумме таких углов для одной вершины равна п(п — 2), где я —
Число граней многогранною угла с отой вершиной (для докааа-
хельства этого удобно рассмотреть сечение многогранного угла
плоскостью, параллельной касательной плоскости). Видно так-
же, что если мгао этих углов рассматривать углы, дополняю-
щие нх до 1Н0“ (т. е. внешние углы многоугольника сечения),
го их сумма для любой вершины будет равна 2л. Как и раяыпе,
сумма черных таки» углов не больше суммы белых. С другой
стороны, сумма черных углов равна 2лп, где п — число черным
нершнв, а сумма белых углов равна 2лл>, где m — число бе-
лых вершин. Следовательно, 2л п < 2пш, т. е. п < т.
8.12. Окрасим гравн исходного куба в белый пнет, а оеталь-
пые грани полученного многогранника — в черный. Селы я
граней б, черных граней 8, причем никакие дпе черные грани
не имеют общего ребра. Следовательно, в атот многогранник
иельвя вписать сферу (см. аадачу 8.10).
8.13. Окрасим в вершин исходного октаедра в белый цвет,
а 8 Новых вершин — в черный. Тогда одно конец каждою ребра
полученного mbuioi рапника белый,
/ а Другой черный. Следовательно,
/ х \ этот многогранник нельаи вписать
, s' / \ ® сФе₽>’ («“• ваД“чУ 8.11).
8.14. Первое решение.
\ / Пусть М — проекция многогранно-
\ / \ / кл иа плоскость, не иероевдпкули|-
V Jz ную нн одной его грани; при тавой
\ s' проекции все грипп просчхирую|ся
в многоугольники. Ребра, проециру-
Рис. 58 ющдсся в стороны границы Л/, раа-
биваил многогранник на две чвсгл.
Рассмотрим проекцию одной из этих частей (рос. 58). Пусть
я,, • . лд — числа ребер граней этой части, Bj — число till ут-
ренних вершин этой части, В* —число вершин границы Л/. Сум-
ма углов многоугольников, на которые рявбпт многоугольник
Л/, равна, о одной стороны, 2п("т — 2), ас другой стороны,
я(В* — 2) + 2лВ(. Следовательно, £ П| — 2* = В' — 2 2Г|,
где к —- число граней нерпой частя. Записывал такое же ра-
венство для агорой части moot ограни ика и складыипя оба нт о
равенства, получаем требуемое.
Второе рептанп». Рассмотрим сферу раднуса 1
с цеитром О, лежащим внутри миоюграпнпка. Углы вида AOU,
1М
где АР — ребро многогранника, раабиваюг поверхность сферы
в я сферические многоугольники. Пусть п( — число сторон Pro
сферического многоугольника, о, — сумма ого углов, 5, — нло
щадь. Согласно задаче 4.44 S, = о, — л(Л| — 2). Сложив все
такие равенства для I — 1, . ... Г, получим 4л = 2яВ — 2лР 4-
4- 2лГ.
8.15. Пусть £ —сумма всех углов граней выпуклого мно-
гогранника. В задаче а) требуется доказать, что У <» 2 (В —
—2)л, а в задаче 6) требуется доказать, что 2Вл —£ = 4я.
Поэтому обе задачи эквивалентны.
Если грань содержит А р'бер, то сумма ее углов равна
(А — 2)л. При суммировании ио всем граням каждое ребро учи-
тывается дважды, так как ооо принадлежит ровно двум граням.
Следовательно, £ = (2Р — 2Г) л. Поэтому 2Вл — £ = 2л(В —
— Р 4- Г) = 4л.
8.16. Каждому ребру можно сопоставить две оершипн,
соединенные им. При этом вершина, в которой сходится А ребер,
всцечается * раз. Поэтому 2Р = ЗВ, 4- 4В, + 5В, 4- м
С другой стороны, каждому ребру можно сопоставить дат* гре-
ли, прилегающие к нему. При этом А угольная грант, истречаот-
ся А раз. Поэтому 2Р “ ЗГ, 4- 4Г, 4- 5Г, + ...
8.17. а) Предположим, что некоторый выпуклый много-
граииак не имеет пн треугольных граней, ни трехтранных углов.
Тотда В, = Г, = О, а значит, 2Р 4 Г, 4* 5Г, 4- ... > 4Г
в 2Р = 4В, + 5В, 4- ... > 4В (см. задачу 8.16). Следовательно,
4В — 4Р + 4Г < 0. С другой стороны, В — Р + Г = 2. По-
л> чело противоречие.
б) Согласно формуле Эйлера 4В 4- 4Г — 4Р 4- 8. Подста-
вим я эту формулу следующие выражения для входящих в нее
величин: 4В = 4В, 4- 4В, 4- 4Н, 4- .... 4Г - 4Г, 4- 4Г| 4-
4 4Г, 4- ... и 4Р = 2Р 4- 2Р =• ЗВ, 4- 4Bj ф &В, 4- -
... 1 ЗГ, 4- 4Г, 4- 5Г, 4- ... Поело сокращения получаем
Ва + Г, = 8 4- В, 4- 2В, 4- ЗВ, 4- ... 4- Г, 4- 2Г, 4- ЗГ, ... >
>8.
8.18. Предположим, что любая грант, некоторого выпуклого
многш раняика имеет не менее шести сторон. Тогда Г, “ Г, —
” Г( - 0, и поэтому 2Р — 6Г, -р 7Г, 4- ... > 6Г (см. задачу
8.16), т. е. Р > ЗГ. Кроме того, для любого многограппика
21’ = ЗВ, 4- 4В, 4- ... > ЗВ. Складывая неравенства Р>ЗГ
и 21’ > ЗВ, получаем Р > Г 4- В. С другой стороны, Р —
= Г 4- В — 2. Получено противоречие.
Замечание. Лналот очным образом можно доказать, что
в любой выпуклом многограннике найдется вершина, иа которой
выходит менее шести ребер.
165
8.19. Для любого mhoioi раиппка 2Р = ЗВ» + 4В» + 5В, 4"
+ ... > 3D. С другой стороны, В = Р - Г + 2. Поэтому
2Р > 3(Р — Г 4- 2), т. в. ЗГ > 6 + Р. Неравенство ЗВ > В +
4- Р доказывается аналогично.
8.20. Пусть а, Ь о с — количества граней, имеющих 5,8 л 7
сторон соогвегственно. Тогда Р = (Зв 4" 66 -ф Тс)12, Г " « +
4- Ь 4- с и, так как по условию на каждой вершины вы ходят
три |<ебря. В •= (5а + 66 4- 7с)/3. Умножив все эти выражения
ва 6 и иодставип в формулу 6(Н 4- Г — Р) в 12, получим тре-
буемое.
8.21. Пусть А и В — данные города. Докажем сначала, что
мз И в В можно было проехать по закрытия на ремонт двух до-
рог. Рассмотрим для этого проекцию многогранника па неко-
торую прямую, не перпендикулярную ни одному из его ребер
(при такой проекции вершины многогранника не сливаются).
Пусть А' и В' — проекции точек А и В, а ЛГ и N' — крайние
точки проекции многогранника (в точки М' и N' проецируются
вершины М и Л'). Если идти из вершины А так, что в проекции
движение будет происходить по направлению от М' к IV', то
в конце концов обязательно попадем в вершину IV. Лналгничио
из вершины В можно пройти в 2V. Таким образом, можно про-
ехать на А в В (через Л).
Если полученный путь из А в В проходит черев закрытую
дорогу, то есть еще два объезда по граням, для которых ото реб-
ро является общим. Вторая за крыта и дорога не может находить-
ся сразу па двух этих объездах.
8.22. Выйдем из некоторой вершины многогранники и бу-
дем идти но ребрам в указанной на них направлении до тех пор,
пока не попадем в вершину, в которой уже побывали ранее.
Путь от первого прохождения через эту вершину до второго об-
разует «петлю», разбивающую многогранник на две части. Рас-
смотрим одну пл них и найдем па пей грат, с требуемым свойст-
вом. Границу каждой из двух частей можно обойти, двигаясь
в соответствии с ввален ной орвеигацией. Если рассматриваемая
фигура сама явля’тся гранью, то есе уже доказано. По лому бу-
дем считать, что г>пл не является гроныл, г. е па границе пмеог-
Си вершин л, па которой вы ходи t (сгиггпетстоеппо входит) ребро,
не лежащее па границе фигуры. Пройдем но этому ребру п бу-
дем идти дальше по ребрам а указанном направлении (соот-
ueTCTBi tiiio о Haupani'ennii, iip<rrtiiKniono>KiioM укязаникму) до тех
пор. пока снова не вмй'юм на границу нлв получим петлю. Путь
разбивает фигуру на дгч> части; границу очной па них можно
обойти в соответствии с ориентацией (рпс. 5!Ц. С т»й частью
проделаем го же самое и т д. После нескольких таких оперлппй
останется одна грань, обладающая требуемым cimiiicihom. Для
166
другой ira полутемных на самом первом шаге частей аналогично
можно найти вторую нужную грань.
8.23. Раскрасим вершины многогранника в 2 шага так. как
покапано на рнс. 60. Тогда любое ребро соединяет 2 вершины
разного цвета Для данной системы дорог назовем степенью
вершины многогранника число
дорог, проходящих через игу
вершину. Если система дорог не
имев! вершин степени более 2, то
разность между числом черных и
белых вершин не превосходнт 1.
Если есть лишь одна вершина
Рис. 60
Рис. 50
степени 3, а остальные вершины имеют степень не более 2, то раз-
ность между числом черных и белы* вершин не превосходит 2.
И вашем случае разность между числом черных и белых вер-
шин равна 10—7 = 3. Поэтому найдется верш пня степени не
метке 4 или 2 вершины степени 3. В обоих случаях число тупи-
ков не менее 4.
8.24. Рассмотрим проекцию на прямую, перпендикулярную
данной плоскости. Все точки Bt проецируются при этом в одну
точку В, а точки Аг..Лп — в С>, ..., Сп. Так как отношения
отрезков, лежащих на одной прямой, при проецировании со-
праияются, то
Л,Я, А,В, А^ С^С^В С„В
AtBn-CtB С,В "ф=''
Данная плоскость разбивает пространство на две части.
Идя из иершпны А, и И|И, мы переходпм нз одной части прост-
рапегва в другую, только если точка Bt лежит па стороне A tA <и.
Так как, совершив обход многоугольника, мы вернемся я исход-
ную часть пространства, то число точек Bt, лежащих па сторо-
нах многоугольника, четно.
8.25. Пусть а. Ь, с и <1 — векторы, параллельные данным
прямым. Так как любые три пекгора u iipocrpaiicine, ле лежащие
167
в одной плоскости, образуют базис, то существуют такие не-
нулевые числа а, ₽ а у, чти аа -f- fib + ус + <1 = 0. Векторы
аа. pb. ус и <1 являются сторонами искомого четырехугольника
Пусть теперь a(a, p,b. у,с и «I — векторы сторон другого такого
четырехугольника. Тогда а,а 4- р,Ь 4- у,с 4- <1 ” 0 = аа 4-
4- рь 4- ус 4- <1, т. а. (а( — а)а 4- (₽, — Р)Ь 4- (у, — у)с “
Так как векторы а, Ь и с не лежат в одной плоскости, то а = at,
Р = ₽, Я У = Т
В.26. а) Фиксируем один из лекторов сторон. За инн мо-
жет следовать любой на трех оставшихся векторе», а за ним —
любой из двух оставшихся. Поэтому всего различных четырех-
угольников ровно 6.
б) Пусть а, Ь, с в <1 —данные векторы сторон. Рассмотрим
параллелепипед, задаваемый векторами а, b и с (рис. 61); его
диагональю служит лектор <1. Несложный перебор показывает,
что асе 6 различных четырехугольников содержатся среди че-
тырехугольников. сторонами которых являются [«бра втого
параллелепипеда и его диагональ rf (фиксировать пра иерсбо|Ю
удобно вектор d). Объем каждого соответствующего тетраэдра
составляет 1/6 часть обтема параллелепипеда.
8.27. В треугольниках ARC и CD А раины стороны АВ
я CD я углы В п D, а сто|>она АС у них общая. Если ДЛЯС =.
= £±CDA, то АСА-BD Рассмотрим теперь случай, когда эти
треугольники ив равны. Вовьмом на луче ВА точку Р так. что
ДСВР Дб/Jd, т. е. СР = СА (рис. 62). Опа может не со-
впасть с точкой А, только если £_АВС < /_АРС = Z.BAC,
т. е. а < 60°. В «том случае jLACD » £_РСВ » (W — а/2) —
— а = 90? — За/2. Следовательно, Z-Л CD 4- 4-DCB — (вб“ —
— За/2) 4- а = 90° — а/2 = Z_dСВ. Поэтому точки А, В. С
в D лежат в одной плоскости, причем точка D лежит внутри
угла АСВ. Так как £±АВС = £±DCB и эти треугольники ран-
нобед|«ппые, то угол между прямыми АС и BD равен а.
Итак, если а > 60°, то ACA.RD, а если а < 60°, то либо
АСЛ-BD, либо угол между прямыми АС в BD равен а.
» ~~ ♦
8.28. Пусть Достаточно проиерпть, что
прп Х= 1 ± l/Уб стороны пятиугольника X, ... X, па[«л-
лельны противоположным дпагпнадяч. Пусть в, 1>, с, d, е —
—♦ —♦ “♦ »
векторы сторон AtAt, AyAi, .... AtAf. Тогда 4tX| = Ца 4 b 4
4- c/2), AiXt " • + /(b 4- c 4* d/2), 4|X> = a 4 b 4" Me 4"
4- d 4- e/a). d?Xi - » 4 b 4 e 4 ’^d 4'4 а/2) и Ax, w
w a 4 b 4 c 4 d ) X(e -4 a 4- Ь/2). Поэтому XiXy e
- /Jr, = (1 - >.)a 4- (1 - X)b 4- Xd 4- (V2) (c 4- П =
1ГЯ
= (1 - 31'2)» + (1 — 3>./2)b + (V2)«J. Х,ХЬ - Л|К, — AtXb
(>?2)a 4- (>./2)b 4- (1 — Х)<1. Значит, X|X<J|X«X> тогда и толь-
ко тогда, когда (2 — ЗА).'Х — >7(2 — 2Х), Т. в. 5>.' — 10>. 4" 4 »»
= 0. Это уравнение имеет корни 1 ± 1/V5.
8.29. Первое решение. Предположим, что данный
пятиугольник А, ... Аь нс плоский. Выпуклая оболочка его
Рис. 61
Рас. 62
вороши либо является четырехугольной пирамидой, либо со-
стоит из двух тстраэд|>оо с общей гранью. В обоих случаях нож*
ио считать, что вершины А( и А, лежат ио одну сторону от плос-
кости А2А ,Л s (см. рис. 63). Па условия задачп следует, что дна-
। опало данного пятиугольника равны, поэтому равны тетра-
эдры А ,АгЛьАь ч Л,Л,Л,АЬ. А так как точки At и At лежал
Рис. 63
ио одну сторону от грани Л.АЬАЬ — равнобедренного треуголь-
ника. то At ч А, симметричны отяосительпо плоскости, И|к>хидя-
гцей через сгредмну отрезка АгАз перпендикулярно ему. Сле-
довательно, точки Л<, Л„ ЛьнАь лежат в одтвой плоскости.
169
Рассматривая теперь равные (плоские) тетраэдры AtA^A^Ai
п AiAtAtA,, приходим к противоречию.
Второе решение. Тетраэдры AtA,AtAt и А,Л(АЬЛ4
равны, так как равны их соответствующие ребра. Эти тетраэдры
симметричны либо относительно плоскости, проходящей через
середину отрезка /ЦЛ, перпендикулярно ему, либо относитель-
но прямой Л4Л/, где М — се|и-дина отрезка AtAt. В первом
случае диагональ А»АЬ параллельна AtAt, поэтому 4 верпппи.1
пяти угольника лежат в одной плоскости. Если есть две диаго-
нали с таким свойством, то пятиугольник плоский. Если же есть
4 диагонали со иторыи свойством, то две на них выходят из од
пой вершины, например At. Пусть М и К — середины сторон
A,At и Л4Л„ С п N — се|>ед||пн диагоналей А«/I» u A&At. Так
как отрезок А*ЛЪ симметричен относительно прямой Л4Л/, его
середина Л' принадлежит ЭТОЙ прямой. Поэтому точки А,, М,
N, А, и At лстьат в одной плоскости; в той же плоскости лежит
и середина К отрезка A,At. Аналогично в одной плоскости ле-
жат точки А,, К, С, А», А( и Л/. Следовательно, все вершины
пятиугольника лежат в плоскости AtKM. ,
8.30. Ilycib вписанные окружности S, и .*?, треугольников
ЛВС и ADC касаются стороны АС в точках Pt и Рг соответст-
венно. Тогда A Pt — (АВ + АС — ВС}!2 n АР, ~ (AD + AC —
•— CD)'2. Так как AB — ВС — AD — CD по условию, то
A Pt = А Рг, т. е. точки Pi и Р, совпадают. Следовательно, ок-
ружности 5t и St принадлежат одной сфере (см. задачу 4.12)
8.31. Пусть сфера касается сторон АВ, ВС, CD u DA прост-
ранственного четырехугольника ABCD в точках К. L, М и Л'
соответственно. Тогда AN *= А К, В К BL, СС — CM u DM
«= DN. Поэтому
АК ВС СМ DN
TUt'cc'UW'AlC “ ’’
Рассмотрим теперь точку Л’, в которой плоскость КСМ пере-
секает прямую DA. Воспользовавшись результатом задачи 8 21,
получим, что DN : AN *= DN' : AN" и точка Л" лежит на ог-
|юзке AD. Следовательно, Л' — N'. т. е. точка Л’ лежит в плос-
кости кем.
8.32. Так как AN А К, то в плоскости DAB существует
окружность 5|, касающаяся прямых AD п АВ в точках Л' и Л'.
Аналогично и плоскости ЛВС существует окружность Ss, ка-
сающаяся прямых Ави ВС в точках К и С. Докажем, что сфера,
содержащая окружности S, и 5,,— искомая (ha сфера касает-
ся прямых AD, АВ о ВС в точках Л', К n С (в часгнести. точки
В, С п D лежат вне этой сферы'. Остается преш-рпть, что эта
сфера касается прямой CD в точке М.
130
Пусть 5, — сечеппе длиной сферы плоскостью BCD, DN' —
касательная к 5,. Ток как DC — ±DM ± МС, a DM = DN =
«= DN* it МС = CL, 10 длина отрезка DC раина сумме или раз-
ности длин касательных, проведенных из точек С п D к окруж-
ности 5,. Эго означает, что прямая CD касается окружности St.
В самом деле, пусть а — tP — В*, где d — расстояние от центра
окружности S, до прямой СО и К — радиус 5,; Р — ос нонан не
перпендикуляра, опущенною из центра окружности на пря-
мую СО; х = СР п у = ОР. Тогда /типы касательных CL н DN'
равны У х* 4- а и J/ у* 4" а. Пусть |V х* •}• а ± Vp* |- о | =
= |х ± у| 0. Докажем, что тогда л “ 0. Возведя Обе части
в квадрат, получим V (х* + л)(у“ 4* о) ±ху ± а. Еще рав
возведя в квадрат, получпм « (х* + у*) “ ±2оху. Если л^О,
то (* ± »)* = 0» т. о. х — ±у. Равенство 2|V'xi + = 2|з| вы-
полняется, только если о 0.
8.33. а) Вислом па прямых Л В, ВС, CD и DA координаты,
взяв в качестве начал координат точки А, В, С и D соответствен-
но, а в качсстпе положительных направлений — направления
лучей Л В, ВС, CD it DA. В соответствии с результатом задачи
8-32 Пудом искать па прямых АВ, ВС, CD и DA такие точки К,
L, М и N, ото AN •= А К, ВК =- BL, CL вв CM u DM - DN,
т. е. АК - х, AN - а*. ВС - У, ВК - рУ, СМ - «. CL-
= у», DN — и и DM ~ би. тле а, Р, у, t" fl. Так как АВ «»
—♦ •
- ИК + КВ, то в = х — Ру. Аналогично b = у — ух, с =
гт а — би и d “ и — ах. Следовательно, и = d -f- ах, i = с +
+ 64 + бах, у «• Ь ye + уб</ убах и х — а I рь 4- Рус -|-
4- руб</ Рубах. Из последнего соотношения получаем (I —
— ару6)х “ a 4- р/> 4- РТГ 4' ру#4. Итак, если 1 — af.y5 •* <1,
то выполняется соотношение апла а±6±е±<1'- 0; ясно
VHOKB, что соотношение а — Ь — с — d“(l выполняться не мо-
жет. Следовательно, а нашем случае а руб т* 1, а значит, «руб ™
«= —1. Числа а, р, у “ £1 можно задавать произвольно, а чис-
ло б определяется этими числами. Всего существует 8 различных
наборов чисел а, р, у, 6, причем для каждого набора существует
единственное решение х, у, т, и. Кроме того, все числа х, у, я, в
отличны от нуля, поэтому все 8 решений различны.
б) П с р в о о р с га с и и о. Разберем, например, случай,
когда а 4- е = 6 4" 4. т. е. а — 64-е — 4=0. В атом случае
следует положить Р = —I, ру = 1, руб = —1 и аРуб = 1,
Т. е. а = Р = у = б = —1. Рассматриваемая о репюнни иа-
вачи а) спстеиа уравнений для х, у, х, и имеет бесконечно много
l>einciirQ: и = Л — х, г = е — d х и у =• b — с + d — х =
— а — х, тдо число х сропзвольно.
171
Остальные случаи разбираются аиалогично: если а 4- Ь —
= с 4- d, то а = у = — 1 и Э — 6 « 1, а если а 4- d = b 4- с,
то о — у = 1 и Р = 6 = —1.
Второе решение. В каждом из трех случаев, когда
выполняются указанные соотношения, можно построить четырех-
угольную пврамиду с вергпиной В, боковые ребра которой равны
и параллельны сторонам данного четырехугольника, основанием
является параллелограмм, а суммы длин противоположных ре-
бер равны (см. рпс. 64). Поатому существует луч, с которым
ребра пирамиды — а значит, и стороны четырехугольника —
образуют равные углы (задача 6.63). Пусть Телесность П, пер-
пендикулярная атому лучу, пересекает прямые АВ, ВС, CD
п DA в точках Р, Q, В и S, а соответсг1Х’ППыс боковые ребра пи-
рамиды — и точках Р', (?, Я' и S'. Так как точки Р“, Q', Я’
u S' лежат на одной окружности, а прямые PQ п Р'(у, QB н (/В'
и т. д. параллельны, то CJPQ. PS) = Z.(₽'C> P'S') = ,
Я'S') « /JBQ, ЯЯ), т. e. точки P, Q, В n S лежат па одной ок-
ружности (см. Прасолов, I, с. 36); пусть О — центр ;<той окруж-
ности. Так как прямые АР и AS образуют с плоскостью II рав-
ные углы, то А Р — AS. Следовательно, соответственные стороны
г|>еуголышков АРО и A SO равны, а значит, равны расстояния
от точки О до прямых АВ и AD. Аналогично доказывается, что
точка О равноудалена от всех прямых АВ, ВС, CD п DA, т. с.
Сфера с центром О, радиус которой равен расстоянию от точки О
172
до этих прямых. искомая. Перетшщая плоскость!] параллельно,
получаем бесконечное мион.ссгоо сфер
Замечание. Для каждой tiepmnnu пространственного
четырехугольника AHCL) можно [шссмотрегь лне бнссекторвыа
Плоскости, проходящие черев биссектрисы его внешнего и ннут-
репного угла перпендикулярно им. Ясно, что О — точка пере-
сечения бпссекторных плоскостей. По одной прямой пересекают-
ся следующие четверки бпссекторных плоскостей: в случая
о + е “ 6 + <1 все 4 внутренние; в случае o-|-6 = c+ d —
внутренние при вершинах А п С и внешние при вершинах Я
и D; в случае а + d = /> + е — внутренние при вершинах В
и Г) и внешние при вершинах А и С.
Глава 9
ПРАВИЛЬНЫЕ МНОГОГРАННИКИ
§ 1. Основные свойства
правн.п.ггых мноспгрянипкоп
Выпуклый многогранный угол называется правильным, если
все его плоские углы равны п псе двугранные углы тоже равны.
Выпуклый многогранник называется нравилыгым, если все
его грани н многогранные углы правильные, а кроме того, всо
грани равны ыпогограппые углы тоже равны. С точки аренеп
логики, ято определение неудачно — в кем сказано много лиш-
него. Достаточно было бы потребовать, «ггобы грани и много-
гранные углы были правильными; их равенство уже следова-
ло бы на этого. Но такие детали — ие для первого звакомстиа с
правильными многогранниками. (Разбору различных эквива-
лентных опреднлеипй правильных многогранников посвя-
щен 5 5.)
Имеется всего лишь пять различных правильных много-
гранников: тетраэдр, куб, октпздр, додекаэдр п икосаэдр; по-
следние три многогранника и.«обряжены на рис. 65. Этот рису-
нок, впрочем, мяло о чем говорит — on не может заменить ии
Октаэдр
Додекаэдр
Рис. 65
икосаэдр
доказательства того, что других правильных многогранников
нет. ни даже доказателгетва того, что такие правильные много-
гранники, какие нарисованы, действительно существуют. Всо
вто нужно доказывать.
В одной из дошедших до пятого времени аптечных книг го-
вор гпел, что октаэдр и икосаэдр открыл ученик Пл» гона Теэтет
(410—368 г. до н. в.), а куб. тетраэдр и додекаэдр были извест-
ны пифаго|«йиам задолго до вето. Многие историки математи-
ки сомневались в правдивости этих слов; особенное недоверие
вызывало то, что октаэдр был открыт позже додекаэдра. Дейст-
вительно, египетские пирамиды построены в глубокой древности,
а соединив мысленно две пирамиды, легко получить октавдр.
174
Но более внимательное исследование заставляет поверить сто-
пам античной книги. Эти слове вряд ли можно истолковать ина-
че, чем тая: Теэтет выделил класс правильных многогранников,
т. е. с какой-то степень») строгости дал их определение, обнару-
жив тем самым пх общее свойство, и доказал, что существует
всего лишь 5 различных правильных многогранников. Куб, тет-
раэдр и додекаэдр привлекали Binuninue геометров и до Теэтета,
ио лишь просто как интересные геометрические объекты, а не
как правильные многогранники. Интерес к кубу, сетраэдру в
додекаэдру подтверждает древнегреческая терминология: у этих
многогранников были специальные названия.
Не удивительно, что куб н тетраэдр всегда иитер«овали
геометров; додекаэдр требует пояснений. В природе встречают-
ся кристаллы пирита, близкие по форме к додекаэдру. Сохра-
нился также додекаэдр, непонятно для каких целен изготовлен-
ный этрусскими ремесленниками в 500 г. до в. в Форма доде-
каэдра несравненно привлекательней и таинственней формы
октаэдра. Пифагорейцев додекаэдр должен был заинтриговать
еще и потому, что их символом была правильная пятиконечная
звезда, естественно вписывающаяся в грани додекаэдра.
При изучении правильных многогранников наибольшие
трудности также вызывают именно октаэдр и икосаэдр. Скрепив
три правильных треугольника, три квадрата или три правиль-
ных пятиугольника и продолжив такое конструирование, в кон-
це концов призам к правильному тетраэдру, кубу вл и додекаэд-
ру; ори этом на каждом шаге получается жесткая конструкция.
А для октаэдра н икосаэдра приходится скреплять соответствен-
но четыре и пять треугольников, т. с. начальная конструкция
нежесткая
9.1. Докажите, что не существует никаких других
правильных многогранников, кроме пе|к»1исленяых
выше.
9.2. Докажите, что существует додекаэдр — пра-
вильный многогранник с пятиугольными гранями
и трехгранныыи углами при вершинах.
9.3. Докажите, что все углы между не параллель-
ными гранями додекаэдра равны.
9.4. Докажите, что существует икосаэдр — пра-
вильный много) равник с треугольными гранями и пяти-
гранными углами при вершинах.
9.5. Докажите, что для любого правильного много-
гранника существует;
а) сфера, проходящая через все его вершины (опи-
санная сфера);
б) сфера, касающаяся всех его граней (вписанная
сфера).
9.6. Докажите, что центр описанной сферы пра-
вильного многогранника является его центром масс
(т. с. центром масс системы точек с единичными мас-
сами, расположенными в его вершинах).
175
Центр описанной сферы правильного многогранника, со
впадаю|ций с центром аписа иной сферы и с центром масс, низы
кается центром иравпльвого многогранника.
§ 2. Взаимосвязи
между правильными многогранниками
9.7. а) Докажите, что можно выбрать 4 вершины
куба так, что они будут вершинами правильного тетра-
эдра. Сколькими способами можно это сделать?
б) Докажите, что можно выбрать 4 плоскости гра-
ней октаэдра так, что они будут плоскостями граней
правильного тетраэдра. Сколькими способами можно
это сделать?
9.8. Докажите, что на ребрах куба можпо выбрать
6 точек так, что они будут вершинами октаэдра.
9.9. а) Докажите, что можно выбрать 8 вершин
додекаэдра так, что они будут вершинами куба. Сколь-
кими способами можно это сделать?
б) Докажите, что можно выбрать 4 вершины доде-
каэдра так, что они будут вершинами правильного тет-
раэдра.
9.10. а) Докажите, что можно выбрать 8 плоскостей
граней икосаэдра так, что они будут плоскостями гра-
ней октаэдра. Сколькими способами можно это сделать?
б) Докажите, что можно выбрать 4 плоскости граней
икосаэдра так, что они будут плоскостями граней пра-
вильного тетраэдра.
♦ • •
9.11. Рассмотрим выпуклый многогранник, вер-
шинами которого являются центры граней некоторого
правильного многогранника. Докажите, что этот мно-
гогранник тоже является правильным. (Он называет-
ся многогранником, двойственным исходному.)
9.12. а) Докажите, что тетраэдру двойствен тет-
раэдр.
б) Докажите, что куб и октаэдр двойственны
ДРУГ другу.
в) Докажите, что додекнэдр и икосаэдр двойственны
друг другу.
9.13. Докажите, что если равны радиусы вписан-
ных сфер двух двойственных друг другу правильных
многогранников, то: а) равны радиусы их описанных
сфер; б) равны радиусы описанных окружностей их
граней.
176
9.14. Грань додекаэдра и грань икосаэдра лежат
в одной плоскости н, кроме того, их противоположные
грани тоже лежат в одной плоскости. Докажите, что
все остальные вершины додекаэдра и икосаэдра рас-
положены в двух плоскостях, параллельных этим
граням.
§ 3. Проекции и сечения
правильных многогранников
9.15. Докажите, что проекции додекаэдра и ико-
саэдра на плоскости, параллельные их граням, являют-
ся правильными многоугольниками.
9.16. Докажите, что проекция додекаэдра на плос-
кость, перпендикулярную прямой, проходящей через
его центр и середину ребра, является шестиугольни-
ком (а не десятиугольником).
9.17. а) Докажите, что проекция икосаэдра на
плоскость, перпендикулярную прямой, проходящей
через его центр и вершину, является правильным 10-
угольником.
б) Докажите, что проекция додекаэдра иа плос-
кость, перпендикулярную прямой, проходящей через
его центр и вершину, является неправильным 12-ттоль-
нпком.
» » »
9.18. Существует ли сечение куба, являющееся
правильным шестиугольником?
9.19. Существует ли сечение октаэдра, являющееся
правильным шестиугольником?
9.20. Существует ли сечение додекаэдра, являющее-
ся правильным шестиугольником?
9.21. Две грани Л НС и ABD икосаэдра имеют об-
щее ребро АВ. Через вершину О проводится плоскость,
параллельная плоскости ЛВС. Верно ли, что сечение
икосаэдра этой плоскостью является правильным шести-
угольником?
§ 4. Сам ос о вмещения правильных многогранников
9.22. Какие правильные многогранники имеют
центр симметрии?
9.23. Выпуклый многогранник симметричен от-
воептольно некоторой плоскости. Докажите, что она
12 В. В. Прасолов, П Ф. Шарыгнп 177
либо проходит через середину его ребра, либо является
плоскостью симметрии одного из многогранных углов
при вершине.
9.24. а) Докажите, что для любого правильного
многогранника плоскости, проходившие через середины
его ребер перпендикулярно им, являются плоскостя-
ми симметрии.
б) У каких правильных многогранников есть еще
и другие плоскости симметрии?
9.25. Найдите число плоскостей симметрии каж-
дого из правильных многогранников.
9.26. Докажите, что любая ось вращения правиль-
ного многогранника проходит через его центр и либо
вершину, либо середину ребра, либо центр грани.
9.27. а) Сколько осей симметрии имеет каждый
из правильных многогранников?
б) Сколько других осей вращения имеет каждый
из них?
9.28. Сколько самого вмещений (т. е. движении,
переводящих многогранник в себя) имеется для каж-
дого из правильных многогранников?
§ 5. Различные определения
правильных многогранников
9.29. Докажите, что если все грапп выпуклого
многогранника — равные правильные многоугольни-
ки, а все его двугранные углы равны, то атот много-
гранник правильный.
9.30. Докажите, что если все многогранные углы
выпуклого многогранника правильные, а все грапп —
правильные многоугольники, тот этот многогранник
правильный.
9.31. Докажите, что если все грани выпуклого
многогранника — правильные многоугольники, а кон-
пы ребер, выходящих из каждой вершины, образуют
правильный многоугольник, то этот многогранник
правильный.
9.32. Обяяателыю ли является правильным вы-
пуклый многогранник, у которого равны все грани
и все многогранные углы?
178
9.33. Обяявтельно ли является правильным вы-
пуклый многогранник, у которого равны: а) все ребра
и все двугранные углы; б) все ребра и нее многогран-
ные углы?
Решения
9.1. Рассмотрим произвольиыft правплЫ1ЫЙ многогранник.
Пусть все его грани — правильные л-уголышки, а все много-
гранные углы содержат по т граней. Каждое ребро соедипжл
две вершины, а из каждой вершины выхолит т ребер. Поэтому
2Р = mH- Аналогично каждое ребро принадлежит двум граням,
а каждой грвнп принадлежит п ребер. Поэтому 2Р — аГ. Под-
ставив эти выражения в формулу Эйлера В — Р + Г = 1
2 2 11
(см. вадачу 8.14), получим —Р—P-f- — Р — 2,т. е. — + — —
= -J- 4- Jr > у. Следопатсльно. либо п < 4, либо т < 4. Та-
ким образом, одно из чисел m и п равно 3; обозначим дру-
гое число черта z. Теперь нужно найти все иелочислепнм»
1 . 1 1 1 „ Р
решения урашвяия 'з+~='2+р". ^с,|о> 410 J — 6р
< в, т. е. г ж 3, 4, 5. Следовательно, имеется лишь 5 раялнч-
пих пар чисел (ш, пр
1. (3, 3); соответствующий многогранник—тетраэдр,
у пего б ребер, 4 грвнп п 4 вершины;
2. (3, 4); соответствующий многогранник — куб, у него
12 ребер, 6 граней п 8 вершил;
3. (4. 3); соответствующий многогранник — октаэдр, у неге
12 ребер, 8 граней п 6 вершин;
4. (3, 5); соответствующий многогранник — додекаэдр,
у него 30 (Юбер, 12 граней и 20 вершин;
5. (5,3); соответствующий многогранник — икосаэдр, у него
30 ребер, 20 граней и 12 вершин.
Число ребер, граной и вершин здесь вычислялось но фор-
1111 2 2
мулам J +й-Т+Г, Г-7РвП-шР-
Замечание. Многогранники каждого описанного выше
ппш определены однозначно с точностью до подобия. В самом
деле, преобразованием подобия можно совместить пару граной
двух многогранников одного типа так, чтобы многогранника
лежали по одну сторону от плоское! н совмещенных граней.
Если мпогогранные углы равны, то многогранники, как легко
убедился, совпадут. Равенство многогранных углов очевидно
в случае трехграппых углов, т. а. для тетраэдра, куба и доде-
12*
179
каэдра. А для октаэдра и икосаэдра можно совместить двойст-
венные им многогранники, поэтому равны и исходные много-
гранники (см. задачи 9.5, 9.11 п 9.12).
9.2. Доказательство будет основано иа свойствах фигуры,
состоя|цей иа тоех одинаковых правильных пятиугольников
с общей вершиной, каждые два из
которых имеют общее ребро. В ре-
шении задачи 7.33 доказано, что
выделенные иа рис. 53 отрезки обра-
зуют примой трехгранный угол, т. е.
рассматриваемую фигуру можно так
приложить к кубу, что эти отрезки
совпадут с его ребрами, выходяпщмц
из одной вершины (рис. 66). Дока-
жем, что полученную фигуру можно
достроить до додекаэдра С помощью
симметрий относительно плоскостей,
куба и проходящих через его центр.
Рис. 66
па^ллельпых гранки
Стороны пяти угольника, параллельные ребрам куба, сим-
метричны относительно указанных плоскостей. Кроме того, рас-
стояния от каждой из этих сторон до той ipaun куба, с которой
она соединена тремя отрезками, равны (они равны V' о* — Ь’,
где н—длина отрезка, соединяющего вершину правильного
пятиугольника с серединой соседней стороны, Ь — половина
дпагона.тп грани куба). Следовательно, с помощью указанные
симметрии рассматриваемую фигуру действительно можно до-
строить до некоторого многогранника. Остается доказать, что
этот многогранник правильный, т. о. двугранные углы при реб-
рах р(, ныходящих из вершин куба, равны двугранным углам
при ребрах qj, параллельных граням куба. Рассмотри»! для этого
симметрию относительно плоскости, проходящей через середину
ребра i>i перпендикулярно ему. При этой симметрии ребро qj,
выходящее на второго конца ребра р( и параллельное грани
куба, пе|)еход1гт и ребро р*. выходящее из вершины куба.
9.3. Для смежных граней аго утверждение очевидно. Если
Г, п Г, — несмежные грани додекаэдра, то грань, параллель-
ная Г|, будет смежной с Г,.
9.4. Икосаэдр будем строить, располагая его вершины на
ребрах октаэдра. Расставим на ребрах октаэдра стрелки так,
как это показано на рис. 67, а. Теперь поделим псе робра в одном
п том же oiiionicuiiu X : (1 — X), учитывая при этом пх ориен-
тацию. Получепные точки являются вершинами выпуклого
многогранника с треугольными гранями и пятигранными углами
при вершинах (рис. 07, б)- Поэтому достаточно подобрать X так,
160
чтобы этот многогранник был правильным. У него есть два типа
ребер — принадлежащие граням октаэдра и не принадлежащие
им. Квадрат длины любого ребра, принадлежащего грани окта-
одра. равен Л» + (1 — Х)« — 2Х(1 - Х)сот 60“ = ЗХ' — ЗХ + 1,
а квадрат длины любого ребра, ле принадлежащего грани окта-
эдра, равен 2(1 — X)' «» 2 — 4Х -f- 2Х“ (при доказательстве по-
следнего равенства нужно учесть, что угол между несоседннмп
ребрами октаэдра, выходящими из одной вершины, равен 90°).
Такпм образом, если ЗХ* — ЗХ 4- 1 •” 2 — 4Х -f- 2Х*, т. с.
1/5-1
X J— (отрицательный корень мы отбросили), то все грани
полученного многогранника являются правильными ^«уголь-
никами. Остается доказать, что равны все двугранные утлы
при его реб|<ах Это легко следует «а того, что (для любого X)
вершины пол ученного многогранника равноудалены от центра
октаэдра, т. е. лежат на одной сфе|1е.
9.5. Проведем через центры всех граней перпендикуляры
к ним. Легко убедиться, что для двум соседних граней такие
нериеидикуанры пересекаются. и одной точке, причем опа уда-
лена от каждой грани на расстояние a ctp <р, где а — расстояние
or центра грани ди ее сторон, а <р — половина дну трапного угла
между гранями многогранника. Для этого нужно рассмотреть
сечение, проходящее через центры двух соседних граней и се-
редину их общего ребра (рис. 68). Такпм образом, на каждом
нашем пгрпсплпкуляре можно отметить точку, причем для со-
седних граней эти точки совпадают. Следовательно, все эти пер-
пендикуляры имеют общую точку О.
Ясно, что расстояние от точкп О до каждой вершины много-
гранника равно afc<№ <f, а до каждой грани— a cig ф, т. е. точка
181
О является как центром описанной, так п центром вписанной
сферы.
9.6. Нужно доказать, что сумма векторов, соединяющих
центр описанной сферы правильного многог|41ииика с его вер-
шинами, равна нулю. Обозначим ату сумму векторов через ж.
При любом повороте, совмещающем
многогранник с самим собой, центр
описанной сферы остается на месте,
и поэтому вектор х Переходит и се-
бя. Но ненулевой вектор может пе-
реходить в себя лишь при попорото
вокруг оси, праллельпой ему. Оста-
ется заметить, что у любого пра-
вильного многогранника есть не-
сколько осей, иоио|юты вокруг ко-
торых переводит его в самого себя.
9.7. а) Если ABCDAiB\CyDi —
куб, то ABiCDi и A^BCiD—пра-
вильные тетраэдры.
б) Легко nponepiTTb, что середины ребер правильного тетра-
эдра являются вершинами октаэдра. Па этого ainuio, что можно
выбрать 4 грани октаэдра так, чтобы они были плоскостями гра-
ней правильного тетраэдра, причем сделать это можно двумя
способами.
9.6. Пусть ребро куба ABCDA,BiCil)i равно 4а. Ноэьмгм
па ребрах, выходящих из вершины А. точкп, удаленные от нее
пл расстояние За. Аналогично возьмем 3 точки иа ребрах, вы-
ходящих из вершины С,. Используя равенство 3* + 3* = 1 4-
+ 4* ф 1, легко промерить, что длины всех ребер многогран-
ника с вершинами и выбранных точках раины ЗД/2*а.
9.9. а) Иа решения задачи 9.2 иидпо, что существует куб,
вершины которого находятся в вершинах додекаэдра. При вгон
па каждой грани додекаэдра расположено одно ребро куба.
Лено также, что выбор в качестве ребра куба любой из пяти
диагоналей некоторой грани додекаэдра однозначно залает весь
куб. Поэтому имеется 5 различных кубов с вершинами в вер-
шппат додекаэдра.
б) Расположен куб так, что его вершины находл!Ся о вер-
шинах додекаэд|н<, можно затем расположить правильный iciра-
зд р так. что его вершины находятся в вершинах этого куба.
9.10. а) Ич решения задачи 9.4 видно, что можно выбрать
8 граней икосаэдра так, что ОЛИ будут гранями октаэдра.
При это»: из каждой вершины икосаэдра выходит |ювпо одно
ребро, но лежащее в плоскости грани октаэдра. Ясно также,
что выбор любого па пяти ребер, выходящих из некоторой вер-
182
шипы икосаэдра, в качестве ребра, пе прпнацлокяп^го плоскости
грани октаэдра, однозначно задаст октаэдр. Поэтому имеется
5 различных октаэдров, плоскости граней которых нрохо.тят
через грани икосаэдра.
б) Выбрав 8 плоскостей граней икосаэдра так, что они яв-
ляются плоскостями граней октаэдра, из них можно выбрать
4 плоскости так, что они являются плоскостями граней и|>авил1^-
него тетраэдра.
9.11. При повороте относительно примой, соединяющей
верш и и у исходного многогранника с его центром, переподм|цем
многогранник в себя, центры граней, прилегающих к агой вер-
шине, переходят в себя, т. е. они являются вершинами пра-
вильного многогранника. Аналогично, рассматривая поворот
относительно прямой, соединяющей центр грани исходного
многогранника с его центром, получаем, что многогранные углы
двойственного многогранника правильные. 'Гак как движением
можно совместить любые дни многогранных утла исходного мно-
гогранника, все грани двойственного многогранника равны.
А так как можно совместить любые две грани исходного много-
гранника, ровны все многогранные углы двойственного много-
гранника.
9.12. Для доказательства достаточно заметить, что если
у исходного многогранника m-гранные углы при вершинах
и п-угольпне грани, то у двойстмчтпого ему многогранника бу-
дут л-гранпые утлы при вершинах п m-угольиые грани.
Замечание. Решения задач 9.2 и 9.4 фактически яв-
ляются двумя разными решениями одной и той же задачи. В са-
мом деле, если существует додекаэдр, то существует двойствен-
ный ему многогранник — икосаэдр (и наоборот).
9.13. а) Пусть О — центр исходного многогранника, А —
одна из его вершин, В — центр одной из граней с вершиной А.
Рассмотрим грань двойственного многогранника, образованного
центрами граней исходного многогранника, прнле1ающего к вер-
тит А. Пусть С — центр этой грани, т. о, точка пересечения
этой грани с прямой ОА. Ясно, что ЛВ±ОВ u ВС XX) А. Поэтому
ОС : ОВ = ОВ : ОА, т. е. г, : Л» — г, : Л,, где г( и Л| (соот-
ветственно г, и Л?) — радиусы вписанной п описанной сфер ис-
ходного многогранника (соответственно двойственного ему мно-
гогранника).
б) Если плоскость удалена па расстояние г от центра сферы
радиуса Л, то она высекает па ней окружность радиуса
V Л’ — г*. Поэтому радиус описанных окружностей граней
много! рапгшка, вписанного в сферу радиуса Л и описан-
ного около сферы радиуса г, рат и |//Т* — г*. В частности, есл и
183
у двух мпогограппиков Лиг равны, то равны и радиусы описан-
ных окружностей пх граней.
9.14. Если додекаэдр и икосавдр вписаны и одну сферу, то
радиусы пх вписанных сфер равны (задача 9.13,а), т. е. равны
расстояния между их противоположными гранями. Нулем па-
вы вать «центром сферической rjianiM додекаэдра (или икосаэдра)
точку пересечения описанной сферы с прямой, проходящей
черев его центр и центр одной на граней. Фиксируем один пз
центров сферических граней додекаэдра и рассмотрим расстоя-
ния от пего до вершин; среди этих расстояний ровно 4 разли-е
вых. Для решения задачп достаточно доказать, что этот набор
из четырех различных расстоянии совпадает с таким же набором
для икосаэдра.
Легко проверить, что цептры сферических граней доде-
каэдра являются вершинами икосаэдра, а центры сферических
граней полученного икос4твд;>а являются вершинами исходного
додекаэдра. Поэтому любое расстояние между центром сфери-
ческой грани и вершиной додекаэдра является расстоянием меж-
ду вершиной и центром сферической Г|М«нп икосаэдра.
9.15. Для доказательства достаточно заметить, что эти
многогранники переходят в себя при повороте, совмещающем
Проекцию верхней грани с проекцией нижней грани. Таким об-
разом, проекция додекаэдра является 10-угольнпком, перехо-
дящим в себя при повороте на 36° (рис. 69, а), в проекция ико-
саэдра является шестиугольником, переходящим в Себя при
Повороте па 66“ (рпс. 69, б).
Гис. 69
9.16. Рассмотрим куб, вершины которого расположены
в вершинах додекаэдра (см. задачу 9.2). В нашей задаче речь
идет о проекции па плоскость, параллельную грани этого куба.
Теперь легко убедиться, что проекцией додекаэдра действитель-
но является шестиугольник (рпс. 70).
181
9.17. а) Рассматриваемая проекция икосаэдра переходи г
в себя при повороте на 36“ (при атом проекции верхних граней
пере ходят в проекции пнжних граней). Следовательно, она яв-
ляется правильным 10 угольником (рис. 71, а).
б) Рассматриваемая проекция додекаэдра является 12-
утольипком, переходящим в себя при повороте па 60е (рис. 71. б).
Половина его сторон является проек-
циями ребер, параллельных плоскости
проекции, а другая половина сторон —
проекциями ребер, не параллельных
плоскости проекции. Следовательно,
этот 12-угольник неправильный.
9.18. Существует. Середины ука-
занных па рпс. 72 ребер куба явля-
ются пертиипаии правильного Шести-
угольника. Это следует из того, 'по
стороны атого шестиугольника парал-
лельны сторонам правильного тре-
угольника PQH. я их длины вдвое
меньше длин сторон этого треугольника.
9.19. Существует. Проведем пло
двум противоположным граням октаэдра и равноудаленную от
них. Легко проверить, что сечение этой плоскостью будет пра-
вильным шестиугольником (на рпс. 73 изображена проекция на
секущую плоскость).
9.20. Существует. Возьмем три пятиугольные грани с об-
щей вершиной А и рассмотрим сечеипе плоскостью, пересекаю-
щей эти трапп п параллельной плоскости, в которой лежат три
попарно общие вершины рассматриваемых граней (рис. 74).
Это сечсепе является шестиугольником с попарно параллель-
ными противоположными сторонами. Прп повороте па 120“
185
относительно осн, проходящей через вершину Л и перпендику-
лярной секущей плоскости, додекаадр и секущая плоскость
переходят в себя. Поэтому сечение является выпуклым шести-
угольником с углами 120₽, длины сторон которого, чередуясь,
пршшнакгг два значения. Для того чтобы этот шестиугольник
был правильный, достаточно, чтобы эти два значения была рав-
ны. Когда секущая плоскость движется от одного своего край-
нею положения до другого, удаляясь от вершины Л, нервен)
из этих значений возрастает от О до d, а второе убывает от d
до а, где а — длина ребра додекаэдра, d — длина диагонали
грани (d > а). Поэтому в не-
который момент эти значения
равны, т. е. сечение является
правильным шестиугольни-
ком.
9.21. Нот, не верно. Рас-
смотрим проекцию икосаэдра
на плоскость АВС. Она яв-
ляется правильным шести-
угольником (см. задачу 9.15
и рпс. к ней). Поэтому рас-
сматриваемое сечение было бы
правильным шестиугольни-
ком, лишь если бы асе 6 вер-
шин, соединенных ребрами с точками А. В и С (и отличных от Л,
В и С), лежали в одной плоскости. Но, как легко убедиться,
это неверно (иначе получилось бы, что все вершины икосаэдра
расположены на трех параллельных плоскостях).
9.22. Легко проверить, что ace правильные многогранники,
кроме тетраэдра, имеют центр симметрии.
<86
9.23. Плоскость симметрии разрезает многогранник па дач
части, поэтому опа пересекает хотя бы одно ребро. Рассмотрим
дна случая.
1. Плоскость симметрии проходит через перши ну много-
гранника. Тогда она является плоскостью симметрии много-
гранного угла при этой вершине.
2. Плоскость симметрии проходит через некоппевую точку
ребра. Тогда это ребро переходит в себя при симметрии относи-
тельно этой плоскости, т. е. плоскость проходит через середину
ребра перпендикулярно ему.
9.24. а) Для тетраэдра, куба и октаэдра утвещкдепие за-
дачи очевидно. Для додекаэдра и икосаэдра нужно воспользо-
ваться решениями задач 9.2 и 9.4 соответственно. Для доде-
каэдра при этом удобно рассмотреть плоскость, проходящую
че|и>.ч середину ребра, параллельного грани куба, а для ико-
саэдра — плоскость, нроходя1цук> через середину ребра, ие ле-
жащего в плоскости грани октаэдра.
б) Нужно выяснить, для каких многогранных углов пра-
вильных многогранников существуют плоскости симметрия,
не проходящие через середины ргбер. Любая плоскость г им хит-
ри и многогранных углов тетраэдра, додекаэдра и икосаэдра
проходит через середины |>ебор. У куба и октаэдра есть плос-
кости симметрии многогранных углов, по проходящие че(>ез се-
редины ребер. Эти плоскости проходят через пары противопо-
ложных ребер.
9.25. Сначала рассмотрим плоскости симметрии, проходп-
щ>№ через середины ребер перпендикулярно им. Нркно выяс-
нить, через сколько середггп сразу проходит такая плоскость.
Легко проверить, что для тетраэдра каждая плоскость прохо-
дит черва середину одного ребра, для октаэдра, додекаэдра и ико-
саэдра — через середины двух ребер, а для куба — через се-
редины четырех ребер. Поэтому число таких плоскостей для
тетраэдра равно 4, для куба —12/4 •= 3, для октаэдра —
12/2 = 6, для додекаэдра и икосаэдра — 30/2 " 15.
У куба и октаэдра есть еще и другие плоскости симметрии,
проходящие через пары противоположных ребер, причем для
куба такая плоскость проходит через 2 |м>бра, а для октаэдра —
через 4. Поэтому число таких плоскостей для куба равно 12/2 "
= 6. а для октаэдра — 12/4 — 3. Всего у куба и октаэдра по 9
плоскостей симметрии.
9.2(5 . Ось вращения пересекает поверхность многог|жпника
г двух точках. Рассмотрим одну пз них. Возможны три па-
р unina.
1. Точка является вершиной многогранника.
187
2. Точка принадлежит ребру многогранника, но не являет-
ся вершиной. Тогда »то ребро переходит в себя при некотором
повороте относительно нее Следовательно, ат> точка является
серединой ребра, причем угол поворота ранее 180°.
8. Точка принадлежит грани многогранника, ио не при-
надлежит ребру. Тогда ага грань переходит в себя при неко-
тором повороте относительно нее. Следовательно, эта точка яв-
ляется центром грани.
9.27. а) Для каждого правильного многогранника прямые,
проходящие че[юз середины противоположных ребер, являются
их осями Симметрии. В тетраэдре таких осей 3, в кубе и окта-
эдре — 6, в додекаэдре п икосаэдре — 15. Кроме того, в кубо
осями симметрии являются прямые, проходящие черев центры
граней, а в октаэдре — прямые, проходящие через вершины;
таких осей у них по 3.
б) Прямая называется осью вращения лго порядка (для
2л
данной фигуры), если при повороте на угол ~ фигура перехо-
дит в себя.
Прямые, проходящие через вершины и центры граней тетра-
эдра. являются осями третьего порядив; этих осей 4.
Прямые, проходящие через пары вершин куба, являются
осями третьего порядка; атих осей 4. Прямые, проходящие
череэ пары центров граней куба, являются осями четвертого
порядка; этих осей 3.
Прямые, проходящие через пары центров граней октаэдра,
являются осями третьего порядка; атих осей 4. Прямые, про-
ходящие <tepea пары Bepiniui октаэд;>а, являются осями четнс|гто-
го порядка; этих осей 3.
Прямые, проходящие через пары вершин додекаэдра, яв-
ляются осями третьего порядка; этих осей 10. Прямые, прохо-
дящие через пары центров граней додекаэд|>а, являются осямв
пятого порядка: этих осей 6.
Прямые, проходящие через пары центров граней икосаэдра,
являются осями третьего порядка; этих осей <0. Прямые, про-
ходятцпе через пари вершин икосаэдра, являются осями пятого
порядка; этпх осей 6.
9.28. Любую I рппь гранильного многогранника можно пере-
пгстп движением в любую другую- Если грани многогранника
n-угольные, то имеется ровно 2л сампСоемещеипН. сохраняющих
одну из граней: я Поворотов и я симметрий относительно плос-
костей. Поэтому число самлеовмещений (включая тождествен-
ное преобразование) равно 2лГ.
Число самосонмещеиий тетраэдра равно 24, куба в окта-
вдра — 48, додекаэдра и икосаэдра — 120.
188
3 я м е ч в и и е. Линлогпчными рассужлеи нямн можно ко-
кала |Ь, что число самого вмещений правильного многогранника
равно удвоенному произвелыгню числа его вершин на число гра-
ней его многогранных углов.
9.29. Нужно доказать, что равны пса многогранные углы
пятого многогранника. Но его двугранные углы равны по усло-
вию, а плоские углы являются углами ровных многоугольников.
9.30. Нужно доказать, что все грани равны и многогранные
углы тоже раины. Докажем сначала равенство граней. Рассмот-
рим гее граня, сходящиеся в некоторой вершине. МиогогранпыВ
угол при этой вершине правильный, поэтому равны псе его
плоские углы, а значит, равны углы рассматриваемых правиль-
ных иногоуголъппиоп. Кроме того, все стороны правильных
многоугольников, имеющих общую сторону, равны. Следоиа-
те.тьво, все рассматриваемые многоугольники раины, а значит,
равны и все грани мвогограпинка.
Докажем теперь раеепство многогранных углов. Рассмот-
рим всо многогранные углы при вершинах одной из граней.
Одним ив плоских углов каждого на них является угол зтпА
грани, поэтому все плоские углы рассматриваемых многогран-
ных углов равны. Кроме того, многогранные углы, вершинами
которых являются концы одного ребра, имеют общий двугран-
ный угол, поэтому равны все их двугранные углы. Следовэтел«.-
по, асе рассматриваемые многогранные углы равны, а апаш г,
равны и псе многогранные углы нашего многогранника.
9.31. Нужно доказать, что все многогранные углы нашего
многогранника правильные. Рассмотрим концы всех ребер, вы-
ходящих на некоторой першппы. Как следует нз условия зада-
чи. многогранник с перпгииамн в этих точках н точке А является
пирамидой, основание шпорой — правильный многоугольник,
причем все ребра пирамиды imibhm. Поэтому точка А принад-
лежит пересечению плоскостей, проходящих через середины
сторон основания перпендикулярно им, т. С. опа лежит
на перпендикуляре к основанию, проходящему через его
цепгр. Следовательно, пирамида правильная, а значит, много-
Трапный угол ори ее вершине правильный.
9.32. Нет, не обязательно. Рассмотрим прямоугольный па-
рлплелелппед A BCDAiBtCtD(, отличный от куба. В тетрваще
А11\СИ, всо грани и псе трехгранныс углы равны, но он не яв-
ляется праиппьным.
9.33. Нет, не обязательно. Рассмотрим выпуклый много-
гранник, вершинами кото [Юто являются середины ребер куба.
Легко проверить, что у этого многогранника равны все ребра,
асе двугранные углы п все хпюгогранпыо углы.
Глава 10
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА
§ 1. Длины, периметры
ЮЛ. Пусть а, b и с — длины сторон параллелепи-
педа, d — одна из его диагоналей. Докажите, что
в* + Ь* + е* > d*/3.
10.2 . Дан куб с ребром 1. Докажите, что сумма
расстояний от произвольной точкп до всех его вершин
пс меньше 4 р^З.
10.Х В тетраэдре ABCD плоские углы при верши-
не А равны 60°. Докажите, что АВ + АС + AD
< BC+CD+DB.
10.4 . Из точек А(, А, п А3, лежащих на прямой а,
опущены перпендикуляры A/В/ на прямую Ь. Дока-
жите, что если точка А3 лежит между At и А3, то дли-
на отрезка AtBt заключена между длинами отрезков
Л|в| и А3В3.
10.5 . Внутри выпуклого многогранника находится
отрезок. Докажите, что его длина пе превосходит
длины наибольшего отрезка с концами в вершинах
многогранника.
10.6 . Пусть Р — проекция точки М па плоскость,
содержащую точки А, В и С. Докажите, что если из
отрезков РА, РВ и PC можно составить треугольник,
то из отрезков МА, МВ п МС тоже можно составить
треугольник.
10.7 . Внутри выпуклого многогранника взяты точ-
ки Р н Q. Докажите, что одна пз вершин многогран-
ника менее удалена от Q, чем от Р.
10.8 . Точка О расположена внутри тетраэдра
ABCD. Докажите, что сумма длин отрезков ОА, ОВ,
ОС и OD не превосходит суммы длин ребер тетраэдра.
10.9 . Внутри куба с ребром 1 расположено не-
сколько отрезков, причем любая плоскость, парал-
лельная одной из граней куба, пересекает пе более
180
одного отрезка. Докажите, что сумма л лип этих от-
резков пе превосходит 3,
10.10 . Замкнутая ломаная проходит по поверх-
ности куба с ребром 1 и имеет общие точки со всеми
его гранями. Докажите, что ее длина ие мепыпе 3
10.11 . Тетраэдр, вписанный в сферу радиуса Я,
содержит ее центр. Докажите, что сумма длин его
ребер больше 6Я.
10.12 . Сечение правильного тетраэдра — четырех-
угольник. Докажите, что периметр этого четырех-
угольника заключен между 2« и За, где а — длина
ребра тетраэдра.
§ 2. Углы
10.13 . Докажите, что сумма углов пространствен-
ного четырехугольника не превосходит 360°.
10.14 . Докажите, что по более одной вершины тет-
раэдра обладает тем свойством, что сумма любых
двух плоских углов при этой вершине больше 1ЖГ.
10.15 . Точка О лежит на основании треугольной
пирамиды SABC. Докажите, что сумма углов между
лучом SO и боковыми ребрами меньше суммы плоских
углов при вершине S и больше половины этой суммы.
10.16 . а) Докажите, что сумма углов между ребра-
ми трехграпного угла и плоскостями противолежа-
щих им грапей пе превосходит суммы его плоских
углов.
б) Докажите, что если двугранные углы трехгран-
вого угла острые, то су'мма углов между его ребрами
и плоскостями противолежащих им граней пе меньше
полусуммы его плоских углов.
10.17 . Диагональ прямоугольного параллелепипеда
образует с его ребрами углы a, f и у. Докажите, что
а + Р 4- V < ”•
10.18 . Все плоские углы выпуклого четырехгран-
ного угла равны 60°. Докажите, что углы между его
протпвопложпыми ребрами пе могут быть одновремен-
но острыми пли одновременно тупыми.
10.19 . Докажите, что сумма углов, под которыми
видны ребра тетраэдра из произвольной точки, лежа-
щей внутри его, больше Зя.
10.20 . а) Докажите, что сумма двугранных углов
при четырех ребрах АВ, ВС, CD и DA тетраэдра
ABCD меньше 2л.
1!И
б) Докажите, что сумма двугранных углов тетра-
одра заключена между 2л и Зл.
10.21 . Пространство полностью покрыто конечным
набором прямых круговых конусов (бесконечных в
одну сторону) с углами раствора <р„ .... <у„. Докажи-
те, что 4- ... + 16.
§ 3. Площади
10.22 . Докажите, что площадь любой грани тет-
раэдра меньше суммы площадей трех остальных его
граней.
10.23 . Один выпуклый многогранник лежит внутри
другого. Докажите, что площадь поверхности внеш-
него многогранника больше площади поверхности
внутреннего.
10.24 . Докажите, что для любою тетраэдра найдут-
ся две такие плоскости, что отношение площадей про-
екций тетраэдра на них не меньше У 2.
10.25 . а) Докажите, что илощадь любого треуголь-
ного сечения тетраэдра не превосходит площади од-
ной па его граней.
б) Докажите, что площадь любого четырехуголь-
ного сечения тетраэдра не превосходит площади одной
из его граней.
10.26 . Плоскость, касающаяся вписанной в куб
сферы, отсекает от него треугольную пирамиду. До-
кажите, что площадь поверхности этой пирамиды но
превосходит площади грани куба.
§ Объемы
10.27 . На каждом ребре тетраэдра отмочено по од-
ной точке. Рассмотрим четыре тетраэдра, одна из
вершин каждого па которых является вершиной псход-
пого тетраэдра, а остальные его вершины — отмечен-
ные точки, лежащие на ребрах, выходящих из этой
вершины. Докажите, что объем одного из них не
превосходит одной восьмой объема исходного тетра-
эдра.
10.28 . Длины пяти ребер тетраэдра не превосходят
1. Докажите, что его объем не превосходит 1/8.
10.29 . Объем выпуклого многогранника равен I',
а площадь поверхности 5.
Ш
я) Докажите, что если внутри его расположена
сфера радиуса г, то V/S > г/3.
б) Докажите, что внутри его можно расположить
сферу радиуса VIS.
в) Одни выпуклый многогранник расположен
внутри другого. Пусть И, и St — объем и площадь
поверхности внешнего многогранника, V. и S, —
внутреннего. Докажите, что ЗИ1/51>
10.30 . Внутри куба расположен выпуклый много-
гранник, проекция которого на каждую грань куба
совпадает с этой гранью. Докажите, что объем мно-
гогранника не меньше 1/3 объема куба.
10.31 . Площадн проекций тела на координатные
плоскости равны 5, и Докажите, что его объем
ие превосходит
§ 5. Разные задачи
10.32 . Докажите, что радиус вписанной окруж-
ности любой грани тетраэдра больше радиуса его
вписанной сферы.
10.33 . Па основании треугольной пирамиды ОАВС
с вершиной О взята точка М. Докажите, что
ОМ• Sлис^ОА • Sмне + OB’Smac + OC-SuAb.
10.34 . Пусть г и Я — радиусы вписанной и опи-
санной сфер правильной четырехугольной пирамиды.
Докажите, что Я/г > 1 + V2.
10.35 . Можно ли в кубе вырезать отверстие, сквозь
которое пройдет куб того же размера?
10.36 . Сечения Л7, и Mt выпуклого центрально
симметричного многогранника параллельны, причем
Mi проходит через центр симметрии.
а) Верно ли, что площадь Л/, не меньше площа-
ди Л/,?
б) Верно ли, что радиус наименьшей окружности,
содержащей Л/„ не меньше радиуса наименьшей
окружности, содержащей Мг?
10.37 . Внутри сферы радиуса Я находится выпук-
лый многогранник. Длина его i-ro ребра равна llt
двугранный угол при этом ребро равен <р,. Докажите,
что
G (л — цч) 8л Я.
13 в. в Прасолов. П Ф Шарит
193
Задачи для самостоятельного решения
10.38 . Треугольник А'В'С — проекция треуголь-
ника АВС. Докажите, что высоты треугольник.,
А'В'С' не превосходят соответствующих высот треуголь-
ника АВС.
10.39 . Шар вписав в усеченный ковус. Докажите,
что площадь поверхности шара меньше площади бо-
ковой поверхности конуса.
10.40 . Наибольший из периметров граней тетраэд
ра равен d, а сумма длин его ребер равна D. Докажи-
те, что 3d < 2D < 4d.
10.41 . Внутри тетраэдра ABCD взята точка Е.
Докажите, что хотя бы один из отрезков АЕ, BE it
СЕ меньше соответствующего отрезка AD, BD и CD.
10.42 . Можно ли впутри правильного тетраэдра с
ребром 1 разместить 5 точек так, чтобы иопарные рас-
стояния между ними были не меньше 1?
10.43 . Трехгранный угол имеет плоские углы а, 0 и
у. Докажите, что cos* a -J- cos* 0 4* cos* у <
<1 4-2 cos а cos 0 cos у.
10.44 . В основании пирамиды ABCDE лежит па-
раллелограмм ABCD. Ни одна из боковых граней по
является тупоугольным треугольником. На ребре
DC существует такая точка М, что прямая ЕМ пер
пендикулярна ВС. Кроме того, диагональ основания
АС и боковые ребра ED и ЕВ связаны соотношениями:
АС ЪЕВ№ > 5£7>/3. Через вершину В и середину
одного из боковых ребер проведено сечение, пред
ставляющое собой равнобедренную трапецию. Найди-
те отношение площади сечения и площади основания
пирамиды.
Решения
10.1. Так как d < а 4-Ь 4-е, то rf1<a’ + 6*4-c* +
4- 2аА 4- 2Ьс 4- 2са < 3(а« 4- Ь* 4- «*).
10.2. Если PQ — диагональ куба с ребром 1, а X — произ-
вольная точка, то РХ 4- QX > PQ = Уз". Так как у куба 4
диагонали, сумма расстояний от точки X до всех вершив куба
не меньше 41'/3.
10.3. Докажем сначала, что если /.ВАС « 60е, то АВ 4-
4* АС < 2ВС. Рассмотрим для этого точки В' и С*, симметрич-
ные точкам В л С относительно биссектрисы угла А. Тчк как а
любом выпуклом чстнрсх)гол1нике сумма длин дивгонап-и!
194
больше суммы длин пары противоположны т сторон, то ВС 4-
+ В' С > СС + ВВ' (равенство достигается, мои АВ = АС).
Остается заметить, что В" С = ВС, С С — АС и В В' ™ АВ.
Аналогично доказываются неравенства АС 4- AD < 2CD я
AD 4- АВ < 2D В. Складывая все вти неравенства, получаем
требуемое.
10.4. Проведем через прямую Ь плоскость П, параллельную
а. Пусть С/ — проекция точки А ( на плоскость П. По теореме о
трем перпендикулярах C|Bf X Ъ, оовтому длина отрезка й,С, за-
ключена между BiCi и B»Cj; длины всех трех отрезков Л(С(
раявы.
10.5. Прв доказательстве мы несколько раа будем исполь-
зовать следующее плавпметреческое утверждение: «Если точка X
лежит на стороне ВС треугольника АВС, то либо АВ> АХ,
либо АС > А X». (В самом деле, один из углов ВХА плм СХА ве
меньше 90*; если Z.BXA > 90*, то АВ > АХ, а если 4LCAX >
> 90*. то АС > АХ.) “
Продолжим данный отрезок до пересечения с гранями мво-
гогранвпка в некоторых точках Р в Q', при втом его длина может
только увеличиться. Пусть MN — произвольный отрезок с кон-
цами яа ребрах многогранника, проходящий через точку Р. Тог-
да либо MQ > PQ, либо KQ > PQ. Пусть для определенности
MQ > PQ. Точка М лежит иа некотором ребре АВ и либо AQ >
> MQ, либо BQ >MQ. Мы заменили отрезок PQ па больший
отрезок, один па концов которого лежит в вершине многогран-
ника. Проведя теперь точно такие же рассуждения для конца Q
полученного отрезка, мы заменим отрезок PQ на больший отре-
зок с концами в вершинах многогранника.
10.6. Пусть а “ РА, b -» РВ н с “ PC. Можно считать, что
о < t < г, тогда по условию с < а 4- Ъ. Пусть, далее, А » РМ.
Требуется доказать, что j/ с* -|- А* < У а* 4- Аа 4- VЪ* 4- А*, т. е.
Остается заметить, что
10.7. Рассмотрим плоскость П, проходящую через середмпу
отрезка PQ перпендикулярно ему. Предположим, что ясе вер-
шины многогранника удалены от точки Q не менее, чем от точки
13*
Р. Тогда кс вершины много, рапнпка дожат поту жо сторону <>г
плоскости II, что п точка Р. Следовательно, точка Q лежит птю
многогранника, что противоречит условию.
10.8. Пусть М и Л' — точки пересечения плоскостей АОВ и
COD С ребрами CD п АВ соответственно (рис. 75). Так как трс-
Рис. 75
угольник АОВ лежит внутри трс
угольника А МВ, то АО + ВО <
< А М + ВМ. Аналогично СО 4-
+ DO < CN + DN. Поэтому дос-
таточно доказать, что сумма длин
отрезков А М, ВЫ, CN в DN пэ
превосходит суммы длин ребер те,-
раадра ABCD.
Докажем сначала, что если
X — точка па стороне А'В' трс
угольника А' В'С, то длина отрезка
С X пе превосходит волопппи пери-
метра треугольника А'В'С. В са-
мом деле, СХ < СВ' + СХ в
СХ <СА + А'А'. Поэтому 2СХ<
<А'Н' + В'С + С А'. Такпм обрезом, 2*M<AC+CD +
+ DA,2BM<BC+CD + DB, 2CN < BA + AC + СВ tt
2DN < BA + AD -|- DB. Складывая все эти неравенства, по-
лучаем требуемое.
10.9. Занумеруем отрезки и рассмотрим отрезок с номером I.
Пусть tf — его длина, a rt, х( — длины проекций не ребре
куба. Легко проверить, что lt < zt + +*[• С другой сторо-
ны, если любая плоскость, параллельная грани куба, пересе-
кает не более одного отрезка, то проекции этих отрезков па каж-
дое ребро куба не имеют общих точек. Поэтому 2*1 *
2»г<1 в 2*<<<. • «ваЧмт, 2'<<3-
10.10. Рассмотрим проекции на 3 непараллельных ребре
куба. Проекции данной ломаной па любое ребро содержит оба
конца ребра, поэтому она совпадает с самим ребром. Следова-
тельно, сумма длин проекций звеньев ломаной на любое ребро
пс менее 2, а сумма длин проекций звеньев ломаной иа все трв
ребра не менее 6.
Одна на трех длин проекций любого звена ломаной на ребра
куба пулевая; пусть две другие длины проекций равны я п Ь.
Так как (я (- Ь)‘ < 2(а* 4- 1Л), то сумма длин звеньев ломаной но
меньше суммы длин проекций звеньев ломаной на трн ребра ку-
ба, деленной па V7, а значит, она не меньше 6/V? = 3V2.
10.lt. Пусть V|, v„ v, и v4 — векторы, идущие из центра
сферы в вершины тетраэдра. Так как центр сферы лежит внутри
196
тетраэдра, то существуют такие положительные числа ).(, ....
что l,v, + X,vt -f- X,v, 4- X4v4 = 0 (см. задачу 7.16). Можно
считать, что X, 4- + Х. " 1. Докажем, что тогда < 1/2.
Пусть, например, X, > 1/2. Тогда Я'2 < ^v,] «• |Х,т, 4-
+ X,v, + X4vJ < (X, 4- X, 4- Х,)Я = (1 — Х,)Я < Я/2. Получе-
но противоречие, поэтому Х( < 1/2, Следовательно, |v, 4- •••
... + v4| = | (1 - 2 X,)v, 4- ... + (1 - 2XJt.| < ((1 - 2Х.) 4- ...
...4- (1— 2Х|))Я - 2Я. Так как £| v( — vj* - (4/?)* — |J v(|*
(см. решение задачп 14.15), а | У v, |<2Я, то 2|v( — v,|s >
>(16 — 4) Я1 — 12Я1. Атак как 2Я > | т, — ч, то 2/?У| т, -»
-ъ1>21’<-’1Г>,2л‘-
10.12. Рассмотрим все сеченпя тетраэдра плоскостями,
параллельными данному сечению. Те из них, которые являются
четырехугольниками, при проецировании на прямую, перпен-
дикулярную плоскостям сечений, попадают во виутреиине точки
некоторого отрезка PQ, причем точкам Р и Q соответствуют се-
ченпя плоскостями, проходящими черев вершины тетраэдра
(рас. 76, а). Длина стороны сечения, принадлежащей фиксиро-
ванной трапп тетраэдра, является линейной функцией на отрезке
Рпс. 76
PQ. Поэтому периметр сеченпя, как сумма линейных функций,
является линейной функцией на orjieaKe PQ. Значение линейной
функции в произвольной точке отрезке PQ заключено между ее
значениями в точках Р n Q. Поэтому достаточно проверить, что
периметр сеченпя правильного тетраэдре плоскостью, прохо-
дящей через его вершину, заключен между 2а и За (кроме слу-
чая, когда сечение состоит ив единственной точки; но такое сече-
ине ее может соответствовать точкам Р в Q). Если сечение явля-
ется ребром тетраэдра, то для него значение рассматриваемой
линей пой функции равно 2л< '
Так как длина любого отрезка С концами на сторонах пра-
вильного треугольника но превосходит длины его стороны, пе-
риметр треугольного сеченпя тетраэдра ве превосходит За.
197
Если плоскость сечения проходит через вершину D тетраэд-
ра ABCD и пересекает робра АВ в АС, то развернем грани ABD
и A CD па плоскость АВС (рос. 76, б). Стороны сечения соединя-
ют точки D’ я D", поетому сумма их длин »е меньше D'D‘‘ = 2в.
10.13. Если вершины пространственного четырехугольника
ABCD не лежат в одной плоскости, то С-АВС < C-ABD 4*
-f- C.DBC и C-ADC < C.ADB 4- C-BDC (см. вадачу 5.4). Скла-
дывая эти неравенства и затем прибавляя к обеим частям углы
BAD n BCD. получаем требуемое, так как суммы углов треуголь-
ников ABD в DBC равны 186°.
10.14. Предположим, что указанным свойством обладают
вершины А и В тетраэдра ABCD. Тогда ССАВ + C-DAB >
> 160“ и С-СВ А + С-DBA > 180“. С другой стороны, С.САВ +
+ С-СВ А = 180“ — С-АС В < 180“ u C.DBA + СЛАВ < 180».
Получено противоречие.
10.15. Согласно задаче 5.4 C-ASB < C-ASO + C.BSO.
А так как луч 50 лежит внутри трехграпного угла SABC, то
C-ASO 4- C-BSO < C-ASC + C-BSC (см. задачу 5.6). Записы-
вая еще две пары таких неравенств н складывая их, получаем
требуемое.
10.16. а) Пусть а, ₽ я у — углы между ребрами SA, SB a SC
л плоскостями противолежащих им граней. Так хак угол между
прямой I и плоскостью П не превосходит угла между прямой I
и любой прямой плоскости П, то а < C-ASB, ₽ < C.BSC и
< C.CSA.
б) Двугранные углы трехгранпого угла SABC острые, поето-
му проекция SA । луча SA на плоскость SBC лежит внутри утла
BSC. Поэтому ив неравенств C-ASB < C-BSAt + C-ASAt п
C-ASC < C-ASAt + C-CSAt следует, что C-ASB + C.ASC —
— C.BSC < 2C_ASAt. Записав аналогичные неравенства для ре-
бер SB и SC п сложив пх. получим требуемое.
10.17. Пусть О — центр прямоугольного параллелепипеда
ABCDAiBiCiDi. Высота ОН равнобсдрениото треугольника
А ОС параллельна ребру A At, поэтому С-А ОС “ 2а, где а —
угол между ребром А А, и диагональю ACf. Аналогичные рас-
суждення показывают, что плоские углы трехгранпого угла
OACDt равны 2а, 2f и 2у. Следовательно, 2а 4* 2р 4- 2у < 2л.
10.18. Пусть 5 — вершина данного угла. На решения задачи
5.16,6 следует, что его можно так пересечь плоскостью, что в се-
чении получится ромб ABCD, прячем SA = SC я SB = SD,
а проекция вершины 5 на плоскость сечения совпадает с точкой
О пересечении диагоналей ромба. Угол ASC будет острым, если
АО < SO, п тупым, если АО > 50. Так как C-ASB = 60°. то
АВ* А 5*4- BS* — AS-BS. Выраапв по теореме Пифагора
АВ, AS п BS череэ АО, ВО и SO, после сокращения п возведенпя
198
а квадрат получим (1 + «*)(! + 5*) “ 4, где а — АО! SO п
«* ВО!SO. Следовагельно, как неравенства а > 1 а b > 1,
так и неравенства а < 1 и Ь < 1 ве могут выполняться одно-
временно.
Ю.Ю. Пусть О — точка виутрв тетраэдра ABCD; а, р и
у — углы, вод которыми видны аз нее ребра AD, BD и CD',
я, 6 и с — углы, под которыми видны ребра ВС, СА п АВ\ Р —
точка пересечения прямой DO с гранью АВС. Так как луч ОР ле-
жит внутри трехграниого угла ОАВС, то CAOP -f- СВОР <
< СЛОС + С-ВОС (см. задачу 5.6), т. с. я — в + л — р <
< 6 + а, а значит, а + Р + я4-Ь> 2л. Аналогично Р +
4-у4-б + е>2л и а + у4-в-|-е>2п. Складывая вти не-
равенства, получаем требуемое.
10.20. а) Применим угверждепис задачп 7.19 к тетраэдру
ABCD. Пусть а, Ь, е nd— векторы, соответствующие гранам
BCD, ACD, ABD и АВС. Сум- .
на атих векторов равна пулю, А,
поэтому существует простран- [ \
ствепный четырехугольник, / '
векторами последовательных / \ - А
сторон которого являются а. "* "--А. / \ .Jt*
b, с о d. Угол между старо- ~~7 V--— о
нами а и Ь этого четырех- / \
угольника равен двугранному / \
углу при ребре CD (см. ' • •
рос. 77). Аналогичные расе уж- ^“с- ,7
денпя доказывают, что рас-
сматриваемая сумма двугранных углов равна сумме плоских
углов полученного четырехугольнике, которая меньше 2л (за-
дача 10.13).
б) Запишем полученное в аадаче а) неравенство для каж-
дой пары противоположных ребер тетраэдре я сложим эти три
неравенства. Каждый двугранный угол тетраэдра входит в два
таких неравенства, поэтому удвоенная сумма двугранных углов
тетраэдра меньше 6л.
Сумма двугранных углов любого трехграпного угла больше
л (задача 5.5). Запишем такое неравенство для каждой пз че-
тырех вершив тетраэдра л сложны эти неравенства. Каждый
двугранный угол тетраэдра входят в два таких неравенства (со-
ответствующих котщам ребра), возгону удвоенная сумма
двугранных углов тетраэдра больше 4л.
10.21. Вершины всех конусов можно заключить в шар ра-
диуса г. Рассмотрим сферу радиуса В с тем же центром О. Если
Blr стремится к бесконечности, то долл поверхности этой сферы,
эаключетшой внутри данных конусов, стремится к доли ее no-
li®
верхностн, яаключевиой внутри конусов с теми же углами раст-
вора, вертппамп в точке О и осями, параллельными осям дан-
ных конусов. Так как телесный угол конуса с углом раствора гр
равен 4я sin* («р/4) (задача 4.50), то 4я (sin* (<pt/4) + ...
... 4- sin* (фп/4)) > 4л. Остается наметить, что х > sin *.
10.22. Проекция на плоскость грани тетраэдра трех осталь-
ных его граней полностью покрывают эту грань. Ясно также, что
площадь проекции треугольника на плоскость, ему не параллель-
ную, меньше площади самого треугольника (см. задачу' 2.13).
10.23. Построим впегиппм образом на гранях внутреннего
многое рай пика как па основаниях прямоугольные призмы, реб-
ра которых достаточно велики: все они должны пересекать по-
верхность внешнего миогограппнка. Эти иризмы высекают на по-
верхности внешнего многогранника попарно непересекагощпс-
ся фигуры, площадь каждой из которых не меньше площддп
основания призмы, т. е. грани впутреннего многогранника.
В самом деле, проекция каждой такой фигуры на плоскость осно-
вания призмы совиадает с самим основанием, а ори проециро-
вании площадь фигуры может только уменьшиться.
10.24. Пусть плоскость П параллельна двум скрещиваю-
щимся ребрам тетраэдра. Докажем, что требуемые дне плоскости
можно найти даже среди плоскостей, перпендикулярных П.
Проекцией тетраэдра на любую такую плоскость является тра-
пеция (или треугольник) с постоянной высотой, равной расстоя-
нию между выбранными СжрМЦИМШЦШЯСЯ ребрами тетраэдра.
Средняя линия этой трапеции является проекцией параллело-
грамма с вершинами в серединах четырех ребер тетраэдра. Та-
ким образом, остается проверить, что для любого параллело-
грамма найдутся две такие прямые (в той же плоскости), что
отношение длин проекций параллелограмма на анх не мевшю
"VF. Пусть а и Ь — длины сторон параллелограмма, причем
а < 6; d — длина его наибольшей диагонали. Длина проекции
параллелограмма ня прямую, перпендикулярную стороне Ь,
не превосходит а; длина проекция иа прямую, ппраллельоую
диагонали d, равна d. Ясно также, чго d1 > я* + Ь* > 2а*.
10.25. а) Если треугольное сечение не проходит через вер-
шину тетраэдра, то существует параллельное ему треугольное
сечсппе, проходящее через вершину; площадь последнего се-
чения больше. Поэтому достаточно рассмотреть случаи, когда
сечение проходит через вершину пли ребро тетраэдра.
Пусть точка Л/ лежит на ребре CD тетраэдра ABCD. Дли-
на высоты, опущенной иа точкп М на прямую АВ, заключена
между длинами выест, опущенных на эту прямую из точек С
н D (задача 10.4). Поэтому 5ЛЯЫ < SAnc 1,111 $л гит <но-
Пусть точки А/ л Л’ лежат па ребрах CD и СВ тетраэдра
200
ABCD. К сечению Л Л/Л тетраэдра AM ВС можно применить
только что доказанное утверждение. Поэтому 5дмк < Sacm <
< SACD “НИ SAMN < $АШ4-
6) Пусть плоскость пересекает ребра АВ, CD, BD и АС
тетраэдра ABCD в точках A', L, М a N соответственно. Рассмот-
рим проекцию на плоскость, перпендикулярную прямой Л/Л'
(рис. 78, о). Так как K'L’ •» KL sin 9, где <р — угол между
прямыми KL и Л/Л’, то площадь сеченпя тетраэдре равна АГА'Х
ХЛ/Л72. Поэтому достаточно доказать, что К'L‘ < А'С или
Г Г < В" D'.
Остается доказать следующее планиметрическое ут-
верждение: «Длина отрезка KL, проходящего через точку пере-
сечения диагоналей выпуклого четырехугольника ABCD, вв
превосходят длины одной из ого диагоналей (концы отрезка ле-
жат на сторонах четырехугольника)». Проведем через концы от-
резка KL прямые, ему перпендикулярные, и рассмотрим проек-
ции иа них вершин четырехугольника, а также точки пересечения
с ними прямых АС и BD (рпс. 78, б). Пусть для определенности
точка А лежит внутри полосы, заданной этими прямыми, а точка
В вне ее. Тогда можно считать, что D лежит внутри полосы,
так как иначе BD > KL п доказательство завершено. Так как
АД' AJC СС
ВВ' <BtK -^L^DD ’
то либо А А’ < СС (и тогда АС > KL), либо ВВ' > DD' (н тог-
да ВО > KL).
201
10.26. Пусть динкия плоскость пересекает ребра АВ, AD
и А А' в точках К, L п АГ, Р, Q я Я — центры граней АВВ1 А‘,
ABCD я ADD’А’’, О—точка касания плоскости со сферой.
Плоскости КОМ й КРМ касаются сферы в точках О и Р, по-
мешу С^КОМ — £,КРМ, а значит, /_КОМ ••Ана-
логичные рассуждения покатывают, что А.КРМ 4- A.MRL 4-
4- AJ.QK - А. КОМ 4- Л Л/Л» б 4- АЛОК - W<°. Ясно така»
А
Рис. 70
что КР = KQ, LQ = ЛЯ и МВ = МР, поэтому четырехуголь-
ники А КРМ, AMBL п ALQK можно сложить так, как показа-
но на рпс. 79. В шестиугольнике ALAiMAtK углы при верши-
нах A, At и А, прямые, поэтому А-К 4* АЛ + А_М “ 4п —
— 1,5 л » 2,5л, в так как углы К, L u М больше п'2, то два
пз них, например, К п I., меньше я. Тогда точка At лежит иа
дуге DC, 4i — на дуге СВ, а аначнт, точка Л/ лежит внутри
квадрата ABCD.
При симметрии относительно серединного перпендикуляра
к отрезку DAt обе окружности переходят в себя, поэтому каса-
тельные прямые DA и DC переходят в AtAt п АгАг, а значит,
&DKE “ ДИ|£1£. Аналогично L.BLF » bAtFtF. Следова-
тельно, площадь шестиугольника AI.A\MAtK, равная площади
поверхности данной пирамиды, меньше площади квадрата
ABCD.
10.27. ЕстЛ два тетраэдра имеют общий трехгранпый угол,
то отношение пх объемов равно произведентпо отношений длпи
ребер, лежащих на ребрах этого трехгранпого угла (см. вадачу
3.1). Поэтому пролзяеденис отношений объемов рассматриваемых
четырех тетраэдров к объему исходного равно ироизведеншо чи-
сел вида : AtAj, где At и At — вершины тетраэдра.Bti —
202
отмеченная точка'па ребре A , A j. Каждому ребру AtAj соответст-
вует пара таких чисел :А,Аj nAtBlt: AtAj. Если AtAj^
••an AtBu = i, то A jBtj = я — ». Поэтому пропавсденне
x (a — г) 1
пары чисел, соответствующих ребру AtAj, равно---
Так как у тетраэдра 6 ребер, рассматриваемое произведение
четырех отношений обкомов тетраэдров пе превосходит 1/4* —
« 1/8*. Поэтому одно из отношений объемов не превосходит 1/8.
10.28. Пусть длины всех ребер тетраэдра ABCD, кроме
ребра CD. нс превосходит 1. Если ht и Л, — высоты, опущенные
из вершин С и D на прямую АВ. и а = АВ, то объем V
тетраэдра ABCD равен *in <р/6, где <f — двугранный угол
при ребре АВ. В треугольнике со сторонами а, Ь и с квадрат
высоты, опущенной на я, равен (б* — х* + с* — (а — х)*)/2 <
< (к* + с* — tAl2)!2. В нашем случае Ла < 1 — я’/4, поэтому
•' < о(1 — я*/4)/6. причем О < я < 1. Вычисляя производную
функции п(1 — а*/4), получаем, что опа монотонно возрастает
па интервале от 0 до V4'3, а значит, и на интервале от 0 до 1.
При я = 1 величина а(1 — а*/1)/6 равна 1/8.
10.29. а) Пусть О — пептр данной сферы. Разобьем дан-
ный многогранник на пирамиды С вершиной О, основаниями ко-
торых служат его грани. Высоты стих ии|>аыил ио меньше г,
поэтому гумма их объемов ие меньше Sr/3, а значит, V > Srl3.
б) Построим на гранях данного многогранника как иа ос-
нованиях внутренним образом прямоугольные призмы высотой
h = VlS. Эти призмы могут пересекаться и вылезать за пределы
миоюграпиика, а сумма их объемов равна hS = И, поэтому ос-
танется точка многогранника, ими не покрытая. Сфера радиуса
VlS с центром в этой точке не пересекает граней данного много-
гранника.
в) Согласно задало б) во внутренний многогранник можно
поместить сферу радиуса г = IА так как эта сфера лежит
внутри внешнего миогограшшка, то согласно задачи а) l\/5i >
> г13.
10.30. На каждом ребре куба есть точка многогранника,
так как иначе его проекция вдоль этого ребра не совпадала бы
с гранью. Возьмем на каждом |м-бре куба по одпой точке много-
гранника и рассмотрим новый выпуклый многогранник с вер-
шинами в этих точках. Так как он содержится в исходном много-
граннике, достаточно доказать, что его объем нс меньше 1/3 объ-
ема куба.
Можно считать, что длина ребра куба равна 1, Рассматри-
ваемый многогранник получается путем отрезания тетраэдров
от трехграппых углов при вершинах куба. Докажем, что сумма
объемов двух тетраэдров для вершип, принадлежащих одному
203
ребру кубе, вс превосходят 1/6. Эм сумма равна •j +
+ 3‘51*1, где А1 и л» — высоты, опущенные на противополож-
ные греев куба из вершины многогранника, лежащей на
данном ребре куба, а и 5а — площади соответствующих
граней тетраэдров. Остается заметить, что S’jCl/2,
<1/2 и
Четыре параллельных ребра куба залают разбиение его
вершок на 4 пары. Поэтому объем всех отрезанных тетраэдров
нс превосходит 4/6 = 2/3, т. е. объем оставшейся части не мень-
ше 1/3.
Если Л BCD A iBiCiDt — данный куб, то многогранниками,
для которых достигается равенство, являются тетраэдры AB,CDt
и AiBCfD.
10.31. Проведем плоскости, параллельные координатным
плоскостям и удаленные от них на расстояние ле, где п пробе-
гает целые числа, е — некоторое фиксированное число. Опп
разбивают пространство иа кубики с ребром а. Доказательство
достаточно провести для тел, состоящих из этих кубиков. В са-
мом деле, если е устремить к пулю, то объем и площади проек-
ций тела, состоящего из лежащих внутри исходною тела куби-
ков, будут стремиться к объему и площадям проекций исход-
ного тела.
Докажем скачала, что если тело разрезано па две части
плоскостью, параллельной плоскости координат, причем дли
обеих частей справедливо указанное неравенство, то оно спра-
ведливо п для всего тела. Пусть V — объем всего тела, St, St
п Sj — площадп его проекций на координатные плоскости; объ-
ем и илошадп для первой и второй его частей будем обозна-
чать одним и соответственно двумя штрихами. Нужно дока-
зать, что пз неравенств V < н V* < |/ сле-
дует норавеиство V “ V' 4 V < ^ак как $•« "
£*<£,, достаточно проверить неравенство |/ 5,5* 4 J/ S*S* <
< Можно считать, что Ss— площадь проекция на плос-
кость, разрезающую тело. Тогда .5, = 4 S't в 5а = 5а 4 ,S".
Остается проверить неравенство ]/ub { ]/<d <V(“ 4- с) (6 4- rf>.
Для его доказательства нужно обе части возвести в квадрат и
воспользоваться неравенством (я</) (6с) < у (<rd бе).
Доказательство требуемого неравенства будем проводить
индукцией по высоте тела, т. е. по числу слоев кубиков, из ко-
торых оио состоит. Предыдущим рассуждением фактически до-
204
казан Шег индукции. По поил еще пе доказана баял пндукцпн —•
не разобран случай тела, состоящего аз одного слоя кубиков.
В атом случае доказательство снова проведом по индукции с по-
мощью доказанного выше утверждения: будем разрезать тело
на прямоугольные иараллелеиппеды размером сХеХпе. Спра-
ведливость требуемого неравенства для одного такого парал-
лелепипеда, т. е. база пндукцшт, легко провернется.
10.32. Рассмотрим сечение тетраэдра плоскостью, парал-
лельной грани АВС и проходящей через центр его вписанной
сферы. Это сечепнс является треугольником X^iCj, подобным
треугольнику АВС, причем коэффициент подобия меньше 1.
Треугольник А^В^С, содержит окружность радиуса г, где г —
радиус вписанной сферы тетраэдра. Проводя к этой окружности
касательные, параллельные сторонам треугольника AiB,Cx,
получим еще меньший треугольник, описанный около окруж-
ности радиуса г.
10.33. Согласно задаче 7.12 ОМ =• рОА + qOB -f- тОС, где
Р “ smuc '• $лвс> 7 " 5ылс ; sabc n r *= SMAB: SABc.
Остается заметить, что ОМ < i-OA 4- qOB 4- rOC.
10.34. Пусть 2a — сторона основания пирамиды, Л — ее
высота. Тогда г — радиус вписанной окружности равиободрен-
иого треугольника с высотой А и освованпем 2a; В — радиус
описанной окружности равнобедренного треугольника с вы-
сотой Л п основанием гУ7в. Поэтому r(a + У а’ 4- А*) » нА,
т. е. rh — а(И а* 4- Л* — я). Если b — боковая сторона |>апво-
бадрииюго треугольника, то 2/7 : Ь •» Ь: Л, т. е. 2ЯЛ в
— М — 2<i* 4- *’• Следовательно, к = В>г - (2а« 4- *’>/
t2a(V o' 4- А* - а), т. 0. (2аЧ 4- 2а‘ 4- А*)’ - ia’A^a» + **)•
Пусть в = А’/а». Тогда х« 4- 4г(1 4- * — **) 4- 4 4- 8* - 0.
Дискриминант этого квадратного уравнения относительно х
равен 1бА’(*а — 2к — 1). Тик как к > 0 п это квадратное у раз-
пен пе имеет корни, то к > 14- Уз.
10.35. Можно. Проекцией куба с ребром а на илоскоегь,
перпендикулярную диагонали, является правильный шесгп-
угольпнк со стороной Ь = аУг/Уз. Впишем в полученный
шестиугольник квадрат так, как показано ня (нас. 80. Легко
ироаерять. чтостороиа этого квадрата равна 2УЗб/(1 4- Уз) =
= 21^(1 4- УЗ) > а, а значит, он содержит внутри себя
кнадрат К со егоропой а. Вырезав часть куба, проецирующуюся
в К, получим требуемый вырез.
10.36. а) Да, верно. Пусть О — центр симметрии данного
многогранника; Ма — многоугольник, епмметрпчпый М, от-
иосительпо точки О. Рассмотрим иапменьшнй выпуклый ыното-
203
гранник Р, содержащий ЛА, и Mt. Докажем, что площадь части
сечения Mt, лежащей внутри Р, не меньше площади Л/,. Пусть
А — внутренняя точка некоторой грани N многогранника Р,
отличной от Nt п Mt, а точка В симметрична А относительно О.
Плоскость, параллельная N, пересекает грани Л/, и Л/„ только
если она пересекает отрезок
АВ', при этом она пересекает
п Mt. Пусть плоскость, про-
ходящая через точку отрезка
АВ параллельно грани N, пе-
ресекает грани Ма u Mt по
отрезкам длиной I в I', а часть
грани Mt, лежащую внутри
Р,— по отрезку длиной т.
Тогда т > (I + Г)/2, так как
многогранник Р — выпуклый.
Следовательно, площадь Mt
не меньше полусуммы площа-
дей Mt и Mt, т. е. площади М,.
б) Нет, не верно. Рассмотрим правильный октаэдр с реб-
ром а. Радиус описанной окружности грани равен ofy's. Се-
чение, параллельное граня и проходящее черва центр октаэдра,
является правильным шестиугольником со стороной в/2; радиус
его описанной окружности равен а/2. Ясно, что > а12.
10.37, Рассмотрим тело, состоящее па точек, удаленных
от данного многогранника на расстояние пе больше d. Площадь
поверхности этого тела равна S + d 2 h (я — Tj) + nd*, где
S — площадь поверхности многогранника (задача 3.13). Так как
вто тело заключено ей утри с<]>еры радиуса d 4- R, то площадь
его поверхности ие превосходит 4n(d -j- /?)* (это утверждение
получается предельным переходом из утперждепия аадачм
10.23), Следовательио, S + d У, lt (я — <р4) <8л4Л 4лЛ*.
Устремляя d к бесконечности, получим требуемое.
206
Глава 11
ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ
§ 1. Отрезок с концами па скрещивающихся прямых
11.1. Концы отрезка АВ перемещаются по данным
прямым а п Ъ. Докажите, что его длина будет наимень-
шей, когда он перпендикулярен обеим прямым.
11.2. Найдите наименьшую площадь сечения куба с
ребром а плоскостью, проходящей через его диа-
гональ.
11.3. Бее ребра правильной треугольной призмы
АВСА,В,С, имеют длину а. Точки М и N лежат па
прямых ВС, и СА„ причем прямая Л/Л' параллельна
плоскости ЛА,В. Чему равна наименьшая длина та-
кого отрезка Л/Л'?
11.4. Дан куб ABCDA,B,C,D, с ребром а. Концы
отрезка, пересекающего ребро C,D„ лежат на прямых
АА, и ВС. Какую наименьшую длину может иметь
этот отрезок?
11.5. Дан куб ABCDAlB,ClDl с ребром а. Концы
отрезка, образующего угол 60° с плоскостью гранп
ABCD, лежат на прямых ЛВ, и ВС,. Какую наимень-
шую длину может иметь этот отреаок?
§ 2. Площадь п объем
11.6. Чему равно наименьшее значение отношения
объемов конуса и цилиндра, описанных около одной
сферы?
11.7. Площадь поверхности сферического сегмента
равна S (имеется в виду сферическая часть его по-
верхности). Каков наибольший возможный объем
такого сегмента?
11.8. Докажите, что среди всех правильных п-
угольных пирамид с фиксированной площадью пол-
ной поверхности наибольший объем имеет пирамида,
у которой двугранный угол при ребре основания равен
двугранному углу при ребре правильного тетраэдра.
207
11.9. Через точку М, лежащую внутри данного
трехгранного угла С прямыми плоскими углами, про-
водятся всевозможные плоскости. Докажите, что объ-
ем тетраэдра, отсекаемого такой плоскостью от трех-
гранного угла, будет наименьшим, когда М — точка
пересечения медиан треугольника, являющегося се-
чением трехгранного угла этой плоскостью,
• • ♦
11.10. Чему равна наибольшая площадь проекция
Правильного тетраэдра с ребром а на плоскость?
11.11. Чему равна наибольшая площадь проекции
прямоугольного параллелепипеда с ребрами а, Ъ и с
на плоскость?
11.12. На плоскости лежит куб с ребром а. Источ-
ник света расположен на расстоянии b от плоскости,
причем Ь > а. Найдите наименьшее значение площади
тени, отбрасываемой кубом па плоскость,
§ 3. Расстояния
11.13 . а) Рассмотрим для каждой внутренней точкп
правильного тетраэдра сумму расстояний от нее до
его вершин. Докажите, что эта сумма будет наимень-
шей для центра тетраэдра.
б) Два противоположных ребра тетраэдра равны Ь
п с, а остальные ребра равны а. Чему равно наимень-
шее значение суммы расстояний от произвольной точ-
ки пространства до вершин этого тетраэдра?
11.14 . Дан куб ABCDAlBlClDl с ребром а. На лу-
чах AfA, AtBt u A fD, взяты соответственно точки Е,
F п G так, что AtE = AtF = Afi ш b. Пусть Л/ —
точка окружности 5,, вписанной в квадрат ABCD,
a N — точка окружности St, проходящей через Е, F
п G. Чему равно наименьшее значение длины отрезка
л/л?
11.15 . В усеченном конусе угол между осью и об-
разующей равен 30°. Докажите, что кратчайший путь
по поверхности копуса, соединяющий точку границы
одного основания с диаметрально противоположной
точкой границы другого основания, имеет длину 2R,
где В — радиус большего основания.
11.16 . Длины трех попарно перпендикулярных от-
резков ОА, ОВ и ОС равны а, Ъ и с, причем л < b
2US
< с. Какое наибольшее и какое наименьшее значение
может принимать сумма расстояний от точек А, И и С
до прямой I, проходящей через точку О?
5 4. Разные задачи
11.17 . Прямая I лежит в плоскости одной трапп
денного двугранного угла. Докажите, что угол между
прямой I и плоскостью другой грани наибольший, ког-
да I перпендикулярна ребру данного двугранного угла.
11.18 . Высота правильной четырехугольной приз-
мы A BCD A lBlClDl в два раза меньше стороны основа-
ния. Найдите наибольшее значение угла ALnfClt где
Л/ — точка ребра АВ.
11.19 . Три одинаковые цилиндрические поверхно-
сти радиуса В со взаимно перпендикулярными осями
попарно касаются друг друга.
а) Чему равен радиус наименьшего шара, касаю-
щегося этих цилиндров?
б) Чему равен радиус наибольшего цилиндра, ка-
сающегося трех данных, ось которого проходит вну-
три треугольника с вершинами в точках касания трех
данных цилиндров?
11.20 . Может ли правильный тетраэдр с ребром 1
пройти через круглое отверстие радиуса: а) 0,45;
б) 0,44? (Толщиной отверстия можно пренебречь.)
Задача для самостоятельного решения
11.21 . Какой наибольшие объем может иметь че-
тырехугольная пирамида, в основании которой ле-
жит прямоугольник, одна сторона которого равна а,
если боковые ребра пирамиды равны Ь?
11.22 . Каков наибольший объем тетраэдра ABCD,
все вершины которого лежат на сфере радиуса 1,
а ребра АВ, ВС, CD и DA видны из центра сферы под
углом 60е?
11.23 . Два конуса имеют общее основание и рас-
положены по разные стороны от пего. Радиус основа-
ния равен г, высота одного конуса Л, другого Н (Л<
< Н). Найдите наибольшее расстояние между двумя
образующими этих конусов.
11.24 . Точка N лежит на диагонали боковой грани
куба с ребром а, а точка Л/ — на окружности, ра?по-
14 В. В Прасолов. И ф. Шагыган ?09
ложенной в плоскости нижней грапп куба и имеющей
центр в центре этой грани. Найдите наименьшее зна-
чение длины отрезка MN.
11.25. Дан правильный тетраэдр с ребром а. Най-
дите радиус шара с центром в центре тетраэдра, для
которого суммарный объем части тетраэдра, располо-
женной впе шара, и части шара, расположенной вне
тетраэдра, достигает наименьшего значения.
11.26. Диагональ куба с ребром 1 лежит на ребре
двугранного угла величиной а (а < 180°). В каких
пределах может изменяться объем части куба, заклю-
ченной внутри угла?
11.27. Две вершины тетраэдра расположены па по-
верхности сферы радиуса 10, а две другие верши-
ны — на поверхности сферы радиуса 2, концентриче-
ской с первой. Какой наибольший объем может иметь
такой тетраэдр?
11.28. Плоские углы одного трехгранного угла
равны С0°, другого — 90°; расстояние между вх вер-
шинами равно а, причем вершина каждого из них
равноудалена от граней другого. Найдите наимень-
ший объем вх общей части — шестигранника.
Решения
11.1. Проведем череэ прямую 6 плоскость П. параллель-
ную а. Пусть А' — проекция точки А па плоскость П. Тогда
А'В* + А'А* =• А'В* + А*. где А — расстояние между
прямой а и плоскостью П. Точка А' совпадает с В, если Л£д_П.
11.2. Пусть плоскость проходят через диагональ A Ct куба
ABCDAiB\CyDi пересекает ею ребра BBt n DDt в точках Р
п Q соответственно. Площадь параллелограмма APC,Q равна
произведению длины отрезка ACt на расстояние от точка Р до
прямой A Ct. Расстояние от точки/» до прямой A Ct ыиипмал1.но,
когда Р лежит на общем перпендикуляре к прямым АСХ я ВВг,
зтпм общим перпендикуляром является прямая, проходящая
череэ середины ребер BBt u DDX. Итак, площадь сечения будет
наименьшей, когда Р п Q — середины ребер ВВХ n DDt. Это се-
чение япляется ромбом С диагоналями A Ct = а~\/з и PQ —
«• aVz: «о площадь равна я’УТ/З.
11.3. Еслв М' п В' — проекции точек А/ п Л' на плоскость
АВС, то ЛГЛ’'||Лв. Пусть СМ' •= х. Тогда М'В' « х, а длпня
проекции отрезка Л/Л’ ва прямую ССХ равна |а — 2х|. Следо-
210
ватсльпо,
МЛ* -«> + («- 2т)’ -= 5х* - 4ах + о».
Наппепьшая длина отрезка МЛ' равна о/1/5.
11.4. Пусть точка Л/ и Л лежат ва прямых АЛ, ВС соот-
ветственно и отренок MN пересекает ребро CjDj в точке L.
Тогда точки Л/ и N лежат па лучат ЛА, а ВС, причем * « А М >
> а п у — BN > в. Рассматривая проекции на плоскости AAtB
и АВС, получаем соответственно С,Д : LDt » а : (х — а) в
C,L : t.Dt « (у — а) : а. Поэтому (х — а)(у — а) = а’, т. е.
ху — (х 4" у)а, а значит, (ху)’ ™ (х + у)’с’ > 4гуа’, т. е. ху>
> 4а’. Следовательно, МЛ* = х* 4- у* 4- в’ = (х 4- у)’ —
— 2ту 4- а* = (ху)*/а* — 2ау 4- в* “ (’У — а*)’/в* > Яа*. Наи-
меньшее значение длани отрезка МЛ' равно 3<ь оно достигает-
ся, когда А М = BN = 2а.
11.5. Введем систему координат, направив оси Ох, Оу и Ог
по лучам ВС, ВА н НВ, соответственно. Пусть точка М пряной
ВС( имеет координаты (х, 0, х), а точка N прямой В,А имеет коор-
динаты (0, у, а — у). То|да квадрат длины отрезка МЯ равен
х1 4- Н 4' (“ — х — »)’• « квадрат длины его проекций MtN{
па плоскость грани ABCD равен х* 4- У1- Так как угол
между прямыми МЛГ и MyNi равен 60s, то MN = 2М|ЛГ|а т. е.
(а — х — у)’ = ЗСН 4- У*).
Пусть и’ ™ х* 4- у* п v “ х 4- у. Тогда Л/.V “ 2М(Л^ “
= 2и. Кроме тою, (а — vf = Зи’ по условию а 2и’ > в1. Сле-
довательно, (а — и)’ > ЗаЯ/2, а значит, и < а(Уб" — 2). По-
тому и’ = (□ — г)«/3 > а*(3 — Уб)’/3 - а\У~3 — У!)’.
Т. е. МЛ' > 2аС|/У — У2). Равенство достигается, когда х =
-у - а(Ув - 2)/2.
11.6. Пусть г — радиус данной сферы. Если осевое сече-
ние конуса является равнобедренным треугольником с высотой 4
в основанном 2а, то ah = 5 = г(а 4- УЛ* 4- с*). Следователь-
но, а’(Л — г)’ ** гЧЛ’ 4" а’), т. е. а’ = г’Л’.'(4 — 2г). Поэтому
объем копуса равен лНЛ*/3(4 — 2г). Так как
d { Л’ 4гЛ —Л*
М \h-2rJ-~
то объем конуса минимален при Л « 4г. В этом случае отно-
шение объемов копуса и цилиндра равно 4/3.
11.7. Пусть V — объем сферического сегмента, Я — ра-
диус сферы. Так как Я = 2лЯЛ (задача 4.24) п V — яЛ’(ЗЯ —•
— А)/3 (задача 4.27), то V — Sh/2 — лЛ’/З. Поэтому производ-
на я 1' но h равна S/2 — лЛ*. Наибольшим объем будет при h ="
=• Ул'/2л; on равен яУ5718я.
14
211
11.8. Пусть h — высота правильной пирамиды, г — ра-
диус вппсанпой окружности ее основания. Тогда объем и пло-
щадь подвой поверхности пирамиды равны
“ я 41 £ (»* + г + **)
соответственно. Итак, фиксирована величина г* + rV Л* + г* *=
=>а в нужно выяснить, когда максимальна величина Яй
(уже видно, что ответ не зависит от л). Так как Л* + г* = (с/г —
— г)’ = (о/г)’ — 2а 4- г1, то (ЯЛ)* = а*Я — 2аЯ. Производ-
ная этой функции по г равна 2агг — 8аЯ. Поэтому объем пира-
миды максимален, если Я = а/4, а значит, Л* = 2а. Следова-
тельно, если <р — двугранный угол при ребре основания агой
пирамиды, то tg* <р = 8, т. е. cos f — 1/3.
11.9. Введем систему координат, направив ее осн по реб-
рам данного трехграниого утла. Пусть точка М имеет коорди-
наты (а, ₽, у); плоскость пересекает ребра трехгранпого угла
в точках, удаленных от его вершины на расстоянии а, Ь п с.
Тогда ага плоскость задается уравнением х/а + ylb + з/е = 1.
Так как она проходит через точку М, то «/а -Ь 0/6 + у/с = 1.
Объем отсеченного тетраэдра равен сбе/П. Произведение abc
будет наименьшим, когда величина а0у/с6с будет наибольшей,
». о. когда а/а = 0/6 = у/с = 1/3.
11.10. Проекция тетраэдра могкет быть треугольником
пли четырехугольником. В первом случае ова является проек-
цией одной пз 1 раней, поэтому ее площадь не превосходит lz3c’/4.
Во вгором случае диагонали четырехугольника являются
проекциями ребер тетраэдр», поэтому площадь теш, равиаи
половине произведения длин диагоналей на синус угла между
ними, не превосходит с*/2; равенство достигается, когда паре про-
тивоположных ребер тетраэдра параллельна данной плоскости.
Остается заметать, что V 3a’/4 < Я/2.
11.11. Площадь проекции параллелепипеда вдвое больше
площади проекции одного из треугольников с вершинами в кон-
цах трех ребер па)» л лелей пледа, выходящих из одной точки;
например, если проекцией параллелепипеда является шести-
угольник, то в качестве такой вершины нужно взять вершину,
проекция которой лежит внутри шесгиуголышка. Для прямо-
угольного параллелепипеда все такие треугольники равны.
Поэтому площадь проекции параллелепипеда будет наиболь-
шей, когда один из этих треугольников парят долей плоское! и
проекции. Она будет равна V°г6* + 6*Я + Яс* (см. зада-
чу 1.22).
11.12. Пусть A BCD — кпадр пт со сторопой с; точка X
удалена от прямой Л в па расстояние 6, причем 6> <ц С и W —
212
точки пересеченпя продолжений отрезков ХС в XD за точно
С в D о прямой АВ. Так как ДС*О'X «« LCDX, то х : й =
= а : (й — в), где * “ СD'. Поэтому х “ аЫ(Ь — в). Эти рас-
суждения показывают, что тень, отбрасываемая верхней гранью
Куба, всегда представляет собой квадрат со стороной atY(b — а).
Следовательно, площадь тони, отбрасываемой кубом, будет нап-
ыеоымей, koi да эта тень совпадает с тенью, отбрасываемой одной
лишь верхней гранью, т. е. когда источник света расположен
вад верхней гранью. Прн этом площадь теки равна
(ай /(а — 6))1; нижняя грань куба считается входящей в тень.
ИЛЗ. а) Проведем через вершины правильного тетраэдра
АН CD плоскости, параллельные противоположным граням.
Эти плоскости также образуют правильный тетраэдр. Поэтому
сумма расстояний от них до внутренней точки X тетраэдра
ABCD постоянна (задача 8.1, а). Расстояние от точки X до та-
кой плоскости не ирсвосходгтт расстояния от точки X до соот-
ветствующей вершины тетраэдра, причем сумма расстояний от
точки X до вершин тетраэдра равна сумме расстояний от точки
X до этих плоскостей, только если X — центр тетраэдра.
б) Пусть в тетраэдре ABCD ребра АВ и CD равны tut,
в остальные ребра равны в. Если М и — середины ребер АВ
в CD, то прямая MN является осью симметрии тетраэдра ABCD.
Пусть X — произвольная точка пространства; точка К сим-
метрична ей относительно прямой МЛ’; К — середина отрезке
XY (она лежит на прямой МЛ1). То1да ХА 4- ХВ « ХА 4-
4- YA > 2КА = КА 4- КВ. Аналогично ХС 4- XD > КС 4-
4* KD. Поэтому достаточно выяснить, чему равно наименьшее
эначенпе суммы расстонннп до вершин тетраэдра дли точек
ирпмой MN. Для точек этой прямой сумма расстояний до вер-
шив тетраэдра ABCD не изменится, если отрезок АВ повернуть
о>носмтельно нее так, чтобы он стал параллелей CD. Прн этом
получим равнобедренную трапецию ABCD с основаниями й
псп высотой MN =“ Vc’ — (й* 4- с’)/4. Для любого выпуклого
четырехугольника сумма расстояний до вертинп достигает наи-
меньшего впадения в точке перессчеипя диагоналей; при этом
она равна сумме длин днагонатей. Легко проверять, что сумма
длин диагоналей полученной трапеции A BCD равна V4а’ 4* 2Ъс.
11.14. Пусть О — центр куба. Рассмотрим две сферы с
тигром О, содержащие соответственно окружности St и S,.
Пусть Я, и Я, — радиусы этих сфер. Расстояние между точка-
ми окружностей и S, не может быть меньше |Я| — Я,|. Если
два ковуса с общей вершиной О, проходящие соответст-
венно через St в St, пересекаются (т. е. имеют общую образую-
щую), то расстояние между S( п S, равно |Л( — Л,|. Если же
эти конусы не пересекаются, то расстоиппе между St в S, равно
213
яапмовьшсму па расстояппй между их топками, лежащими
в плоскости, проходящей пере» точку О и центры окружностей,
т. е. в плоскости AAiCCt. Пусть KL — диаметр окружности
St, лежащий в ука-мной плоскости; Р — точка пересечения
прямых Oh п А А । (рис. 81).
Введем систему координат, направив оси Ох п Оу по лучам
AtCt в А,Л. Точкп Е, О и К имеют координаты (0, fe), (o/Vz,
а/2) и (а(]/2 — 1)/2, а) соответственно, поэтому /?, = ОЕ “
-* VtA — al> + Зя'/4 и EK - V 4й« — 8ай + (7 — 2у2]а'. 2.
Ясно также, что Rt = afV2.
Конусы пересекаются, если 6 = АХЕ > А^Р = а(1/2 +
+ 1/2. В этом случае наименьшее значение MN равно Rt — Rt.
But 81
Если же Ь < а(1'Т + 1)/2, то
конусы не пересекаются ц
наименьшее значение MN рав-
но ЕК.
11.15. Докажем, что крат-
чайший путь, идущий из точ-
кп А границы большего ос-
нования в диаметрально про-
тивоположную точку С дру-
гого основания, состоит из
образующей АР п диаметра
ВС', длина этою пути равна
2R. Пусть г — радиус мень-
шего основания, О — ею
центр. Рассмотрим пучь, идущий из Л в некоторую точку Л/
меньшего основания. Так как ражертка боковой поверхности
конуса с углом а между осью и образующей представляет
Рнс 82
собой сектор окружности радиуса Я, имеющий длину дуги
2лЯ Bin а, то развертка боковой поворхпоста данного усечен
яого конуса с утлом a = 30® представляет собой полукольцо с
214
Внешним радиусом 2R и внутренним радиусом 2г. Кроме то-
го, если £ЛОМ = 2<у, ю на развертке Z_BCM = <f (см.
1>ис. 82). Длина любого пути из А в Л/ ве меньше длины отрез-
ка А М на развертке конуса. Следовательно, длина и уте на А
в С не меньше AM + СМ, где А М' = А С* 4- СМ' — 2А MX
X CM cos АСМ = in' -f- 4г* — ЯП г сое <ji (на развертке) и СМ =
=- 2г cos <у (на поверхности ков уса). Остается проверить, что
VШ* + 4г* — 8г Я cos ф 4* 2г cos ф > 2/?.
Так как 2Я — 2г сое ф > О, то, перенося 2г сое ф в правую
часть и возводя обе части нового неравенства в квадрат, легко
получаем требуемое.
11.16. Пусть углы между прямой I и прямыми ОА, ОВ и ОС
равны а, Р и у. Тогда cos‘a 4- с«м*₽ 4- сов*у = 1 (задача 1.21),
в значит, sin*a + ain’fl 4-
4- ain’y = 2. Сумма расстоя-
ний от точек А, В а С до
пряной 1 равна a sin a -f-
+ b sin Р 4-е sin у. Пусть г =
= sin а. у = sin 0, в «= sin у.
В задаче требуется найти пин-
бол ыпее н наименьшее зна-
чение величины ах 4- by 4- ст
прп следующих условиях:
а* 4- у* 4- в* == 2, 0 < х. у,
г < 1. Эти условия выделяют
мл поверхности сферы х* 4*
4- у' 4- х’ = 2 криволинейный
треуюльяих (рнс. 83).
Пусть плоскость ах 4- by + cs = р, касается поверхности
сферы х* 4- у' 4* s’ — 2 в точке Mt с координатами (хф, у,,
причем х„, у0, Сф> О. Тогда хф = 1о, у, = 16, ^, = 1с и >.‘(а* 4~
4- 6* 4- с*) " 2, а Р, - Ца' 4- Ь> 4- с») = У2(и’ 4- Ь* + «*)•
Если so < 1 (т. а. с* < а* 4- М), то Л/, принадлежит выделен-
ному криволинейному трсуюльштку, а значит, в этом случае
Ра — искомое наибольшее значение фупкцпп ах 4* by 4- сх.
Пусть теперь «о > 1, т. е. с* > о* 4- 6*. Плоскость а* 4- by +
+ с:“ р, где р < pa, пересекает рассматриваемую сферу по
окружности. Нас интересуют те значения р, при которых эта
окружность пересекается с выделенным криволинейным тре-
угольником. Наибольшее из таких р соответствует знкченшо
«о = 1. Нахождение х0 у0 сводится к задаче: при каких г и у
достигает наибольшего значения выражение пх 4- by, если х* 4-
4-»’=1. Легко проверить, что х'= я/Уи* 4-6* и =
215
у а* -f b*, Т. с. о этом случае искомое наибольшее нпачмгпо
I/ равно Ve‘ 4- Ь‘ + с-
Докажем теперь, что наименьшее значение выражения ах +
+ by + « на выделенном треугольнике достигается в вершит
х, » у, = 1, а, = 0. В самом деле, так как 0 < х, у, а < 1, то
x+y-b»>i1 + H + *,= 2, а значит, у 4" 1 ~ 1 > 1 — г.
Обе части этого неравенства неотрицательны, поэтому Ь(у 4*
-|- а — 1) > а(1 — х). Следовательно, ах 4- by 4- es > ах +
Ьу 4" bl a -f* i'-
ll.17. Пусть А — точка пересечения прямой I с ребром
двугранного утла. Отложим на прямой I отрезок АВ длиной 1.
Пусть В' — проекция точки В на плоскость другой грани,
О — проекция точки В на ребро двугранного угла. Тогда
Bin ДЛ/7' = В В' = ОВ sin BOB' = sin BAO sin BOB'. Так как
sin BOB' — синус давкою двугранного угла, то sin BAB' мак-
симален, когда /ЛАО = 9С°.
11.18. Пусть AAt «• 1, А М = х. Введем систему коордп-
•
пат, осн которой параллельны ребрам призмы. Векторы МА[
- >
и NCt имеют координаты (0, 1, — х) и (2, 1, 2 — х); пх скаляр-
ное произведение равно 1 — 2х 4* «* = (1 — х)* > 0. Поэтому
Z. AtNCt < 80е; при х = 1 этот угол равен 90*.
11.19. Существует параллелепипед ABCDAiBtCiDi, ребра
AAt, DC в BtC\ которого лежат на осях данных цилиндров
(задача 1.19); ясно, что этот параллелепипед является кубом
С ребром 2Л.
а) Центр этого куба удален от всех ребер на расстояние
1^2В, а любая другая точка удалена на расстояние больше
У2Я хотя бы от одной из прямых AAt, ОС» BtCt (задача 1.31).
Поэтому радиус наименьшего шара, касающеюся всех трех
цилиндров, равен (VI - 1)Л-
- б) Пусть A*, L п Л/— середины ребер AD, AtBi и CCt,
Т. в. точки попарного касания данных цилиндров. Тогда тре-
угольник К1.М — правильный, причем его центр О совпадает
с центром куба (задача 1.3). Пусть A', L' я М' — середины ре-
бер BtCt, DC и Л/Ц; эти точки симметричны точкам К, I. п Л/
относительно О. Докажем, что прямая Z, проходящая через
точку О перпендикулярно плоскости KLN, удалена от прямых
BtCt, DC в AAt на расстояние ТхЯ. В самом деле, К'ОХ1
и K'OA-BiCt, поэтому расстояние между прямыми I и BtCt
равно К'О = ~V/fi; для остальных прямых доказательство
аналогично. Следовательно, радиус цилиндра с осью I, касаю-
щеюся трех данных цилиндров, равен (V2 — 1)Я. Остается
Проверить, что расстояние от .тобой прямой Г, пересекающей
треуюльипк KLM, до одной иа точек А", £', М' не прввисхо-
дпт УТя. Пусть, например, точка X пересечения прямой I'
С плоскостью KLM лежит внутри треугольника KOL. Тогда
М'Х < "Vih.
11.20. В п|юцессе прохождения тетраэдра сквозь отверстие
обязательно будет момент, когда вершина Я находится по одну
сторону от плоскости отверстия, вершила А — в плоскости от-
верстая, а вершины Си О — по другую сторону от плоскости от-
верстия (или в плоскости отверстия). Пусть в этот момент плос-
кость отверстия пересекает ребра ВС и BD в точках Л/ и Л*;
окружность отверстия содержит треугольник А MX. Выясним
теперь, при каком положении точек М и Л' радиус наименьшей
окружности, содержащей треугольник A MX, будет иап-
иемьшпм.
Предположим сначала, что треугольник Л MX — остро-
угольный. Тогда наименьшей окружностью, его содержащей,
является его описанная окружность (см. Прасолов, 11, 15.127).
Если сфера, экватором которой является описаииая окруж-
ность треугольника Л MX, не касается, например, ребра ВС,
то внутри этой сферы на ребре ВС можно взять вблизи точки М
такую точку М', что треугольник А М'Х остроугольный и ра-
диус его описанной окружности меньше радиуса описанной
окружпостп треугольника Л MX. Поэтому в том положьчпш, ког-
да радиус описанной окружности т|юугильника А MX мини-
мален, рассматриваемая сфера касается ребер ВС и ВО, а зна-
чат, ВМ — ВХ = г. Треугольник Л MX — равнобедрен шаг),
II В нем MX гаг, А М -а Л X — Vx* — I + 1. Пусть А' —
середина MX, L — проекция В на плоскость Л MX. Так как
центр сг]еры лежит в этой плоскости, а прямые ВМ и ВХ ка-
саются данной сферы, то I.X u 1.М — касательные к описанной
ок ружное in треугольника А MX. Если Л.МЛХ — а, то ДА =
= A/A lg а = rVbr1 — ir I- — 2г + 2). В т ре у г от I -
инке ЛКВ угол АКВ 0 тупой и cos 0-- (Зт-2)ф,3(3ал—4х+4).
Поэтому I.К = —КВ со» 0 = ,»(2 — 3z)/21 Зг2 — 4г -(- 4. При-
равнивая два выражения для I.K, получим для х уравнение
ар-6^+7.»-2-0. (1)
Гадиус Я описанной окружпостп треугольника А MX равен
(г* — х 4- 1)/ Т Зг4 — 4г + 4. Приближенные вычислении кор-
ня уравнения дают значения х » 0,3913, Я л. 0,4478 (с ошиб-
кой, не Г1р< г<лсх»ля|цг п 0,00065).
Предположим теперь, что ipcyrwibllUK Л MX— пе остро-
угольный. Пусть ВМ — х, ВХ — у. То1Ди ЛМ‘ — 1 — * + аг2.
217
ХЛ* •» 1 — у + у’ и МЛ1* =» х* + У*—ту. Угол MAN —
острый, так как ХЛ/’ + ХЛ"1 > MN*. Пусть для определенности
угол ANM — не острый, т. е. 1-х-|-л*>(х*-1-у* — ху) +
+ (1 — У + У1). Тогда 0 < х< у(1 — 2у)/(1 — у). поэтому
у < 0,5, а апачи г, х^ 2у(1 — 2у) < 1/4. На отрезке [0, 1 2|
квадратный трехчлен 1 — я 4- х* убывает, поэтому ЛЛР >
> 1 — 1/4 -f- 1/16 = 13/16 > (0,9)’, т. е. в случае тупоуголь-
ного треугольника AMN ра-
лЛ , диус наименьшей окружное-
//\ ти, его содержащей, больше.
/ I \ чем в случае остроугольною.
/ J \л/ /(окажем, что в отверстии
/ найденного радиуса Я тетра-
• X;-—*~г~—\ ВДР может пройти. Отложим
\ пн ребрах тетраэдра отрезки
Удлины х, где х — корень ураи-
иО—_____J—------пеипя (•) хак, как показано
* X. Г на рис. 84. и проделаем сло-
дующую последовательность
движеппп:
а) расположим тетраэдр
Рпс. 84 так, чтобы окружность отверс-
тия была описанной окруж
костью треугольника AMN, в будем поворачивать тетраэдр
вокруг прямой MN до тех пор, пока точка V не попадет в
плоскость отверстия;
б) сдвивем тетраэдр так, чтобы плоскость VMN оставалась
параллельной своему исходному положению, а точки Р и Q по-
пал и на границу отверстии;
в) будем поворачивать тетраэдр вокруг пряной PQ до тех
пор, пока вершина D ве попадет а плоскость отве|«тия.
Докажем, что все эти операции осуществимы. При поворо-
те тетраащю вокруг прямой MN плоскость отверстия пересе-
кает его по трапеции, диагональ которой уменьшается от Л'Х
до NV, а острый угол при большем основании возрастает
до 90°. Следовательно, радиус описанной около трапеции ок-
ружности уменьшается. Поэтому операция а) и аналогичная ей
операция в) осуществимы.
Возьмем на ребре ВС точку Г. Сечение тетраэдра ABCD,
параллельное VMN и проходящее че|юз точку Т, является пря-
моугольником с диагональю Vf4"(l— О* “ V2(<—0,5)’ +0,5*,
где t = ВТ. Пз этого следует осу|цествммость операции б).
Ответ: через отверстие радиуса 0,45 тетраэдр пройти мо-
жет, а через отверстие радиуса 0,44 нс может.
218
Глава 12
ПОСТРОЕНИЯ II ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА
ТОЧЕК
§ 1. Скрещивающиеся прямые
12.1 . Найдите геометрическое место середин отрез-
ков, параллельных данной плоскости и концы которых
лежат на двух данных скрещивающихся прямых.
12.2 . Найдите геометрическое место середин отрез-
ков данной длины ci, концы которых лежат на двух дан-
ных скрещивающихся перпендикулярных прямых.
12.3 . Дапы три попарно скрещивающиеся прямые.
Найдите геометрическое место точек пересечения ме-
диан треугольников, параллельных данной плоскости
и вершины которых лежат на данных прямых.
12.4 . В пространстве дапы две скрещивающиеся
прямые п точка А на одной на нпх. Через данные пря-
мые проведены две перпендикулярные плоскости, об-
разующие прямой двугранный угол. Найдите гео-
метрическое место проекций точки А па ребра таких
углов.
12.5 . Даны прямая I и точка А. Череэ точку А про-
водится прямая Г, скрещивающаяся с I. Пусть MN —
общий перпендикуляр к этим двум прямым (точка Л/
лежит не Г). Найдите ГМТ Л/.
12.6 . Попарно скрещивающиеся прямые Zt, Ц и Z,
перпендикулярны од пой прямой и пересекают ее в точ-
ках А ,, A t и А з соответственно. Пусть Л/ в - такие
точки прямых /] и lt, что прямые ЛМ’ и 1г пересекаются.
Найдите геометрическое место середин отрезков MN.
12.7 . Дапы две скрещивающиеся перпендикулярные
прямые. Концы отрезков АхАг, параллельных данной
плоскости, лежат на этих прямых. Докажите, что все
сферы с диаметрами A,At имеют общую окружность.
12.8 . Точки А и 11 двигаются по двум скрещиваю-
щимся прямым с постоянными, но неравными скоро-
стями; отношение их скоростей равно к. Пусть М и
219
N — такие точки прямой AR, что AM : ВМ — AN :
:BN = к (точкаЛ/ лежит иа отрезке АВ). Докажите,
что точки М и Л' двигаются по двум перпендикуляр-
ным прямым.
§ 2. Сфера и трехграпный угол
12.9 . Прямые 1, и lt касаются сферы. Отрезок MN
с концами на этих прямых касается сферы в точке X,
Найдите ГМТ А’.
12.10 . Точки А я В лежат по одну сторону от пло-
скости П, прячем прямая АВ не параллельна П. Най-
дите геометрическое место центров сфер, проходящих
через данные точки и касающихся дапной плоскости.
12.11 . Центры двух сфер раяпого радиуса лежат в
плоскости П. Найдите геометрическое место точек X
этой плоскости, через которые можно провести плос-
кость, касающуюся сфер: а) внутренним образом;
б) внешним образом. (Внутреннее касание — сферы ле-
жат по разные стороны от плоскости, внешнее — по
одну сторону.)
• • *
12.12 . Две плоскости, параллельные данной пло-
скости П, пересекают ребра трехгранпого угла в точ-
ках А, В, С и Л,, В„ С, (одинаковыми буквами обоз-
начены точки, лежащие на одном ребре). Найдите гео-
метрическое место точек пересечении плоскостей АВСи
АВ'С и А,ВС.
12.13 . Найдите геометрическое место точек, сумма
расстояний от которых до плоскостей граней данного
трехгранного угла постоянна.
12.14 . Окружность радиуса R касается граней дан-
ного трехгранного угла, все плоские углы которого
прямые. Найдите геометрическое место всех возмож-
ных положений ее центра.
§ 3. Разные ГМТ
12.15 . На плоскости дан остроугольный треуголь-
ник АВС. Найдите геометрическое место проекций на
эту плоскость всех точек X, для которых треугольни-
ки ЛВХ, ВСХ и САХ остроугольные.
12.16 . В тетраэдре ABCD высота DP наименьшая.
Докажите, что точка Р принадлежит треугольнику,
220
стороны которого проходят через першппы треуголь-
ника АВС параллельно его противоположным сторонам.
12.17 . Дан куб. Вершины выпуклого многогранника
лежат на его ребрах, причем на каждом ребре лежит
ровно одна вершина. Найдите множество точек, при-
надлежащих всем такпм многогранникам.
12.18 . Дап плоский четырехугольник ABCD. Най-
дите геометрическое место таких точек М, что боковую
поверхность пирамиды MABCD можно так пересечь
плоскостью, что в сечении получится: а) прямоуголь-
ник; б) ромб.
12.19 . Ломаная длины а выходит пз начала коорди-
нат, причем любая плоскость, параллельная коорди-
натной плоскости, пересекает ломаную не более чем в
одпой точке. Найдите геометрическое место концов та-
ких ломапых.
§ 4. Построения на изображениях
12.20 . Дапо изображение проекции на некоторую
плоскость куба ABCDAlBtC)Dl с отмеченными точками
Р, Q, R на ребрах А А,, ВС, В1С1 (рис. 85). Постройте
на этом изображении сечение куба плоскостью PQR.
12.21 . Дапо изображение проекции па некоторую
плоскость куба ABCDAiBtCtD. с отмеченными точками
Р, Q, R па ребрах ЛЛ„ ВС О'
CjD,. Постройте на этом пзобра-
жепмп сечение куба плоскостью
PQR.
12.22 . а) Дапо изображение
проекции па некоторую плоскость
трехгранного угла Оакс, на гра-
нях ОЬс и Оас которого отмечены
точки Л и В. Постройте па этом
изображении точку пересечения
прямой АВ с плоскостью ОаЬ.
б) Дапо изображение проек-
ции на некоторую плоскость трех-
гранпого угла с тремя отмеченными па его гранях точ-
ками. Постройте на этом изображении сечение трех-
гранного угла плоскостью, проходящей через отмечен-
ные точки.
12.23 . Дано изображение проекции на некоторую
плоскость трехгранпой призмы с параллельными реб-
рами a, b и с, на боковых гранях которой отмечены
221
точки А, ВиС. Постройте па этом изображении сечение
призмы плоскостью АВС.
12.24 . ABC'DA^C^ — выпуклый шестигранник с
четырехугольными гранями. Дапо изображение проек-
ций на некоторую плоскость трех его граней, сходя-
щихся в вершине В (и тем самым — семи его вершин).
Постройте изображение восьмой его вершины Dp
§ 5. Построения, связанные
с пространственными фигурами
12.25 . На плоскости дано шесть отрезков, равных
ребрам тетраэдра ABCD. Постройте отрезок, равный
высоте ha этого тетраэдра.
12.26 . На плоскости нарисованы трп угла, равных
плоским углам а, 0 и у трехгранпого угла. Постройте
на той же плоскости угол, равный двугранному углу,
противолежащему плоскому углу а.
12.27 . Дан шар. С помощью циркуля и линейки
постройте на плоскости отрезок, равный радиусу этого
шара.
Решения
12.1. Пусть данные прямые lt в I, пересекают данную плос-
кость П а точках Р a Q (села 1,|П или /,ЧП, то искомых отрез-
ков нет). Проведем череэ середину М отрезка PQ прямые /'
в 1Я, параллельные прямым 1, п I, соответственно. Пусть веко-
торая плоскость, параллельная плоскости П, пересекает пря-
мые I, и lt в точках Л) и Xi, а прямые п — в точках Mt
>i Тогда искомый отрезок, прячем его середппа со-
впадает с серединой отрезка Л/,Л/„ так как MiAtMtAt — парал-
лелограмм. Середины отрезков MtMi лежат на одной прямой,
так как все эти отрезки параллельны друг другу.
12.2. Середппа любого отрезка с концами на двух скрещи-
вающихся прямых лежит в плоскости, параллельной ом п рав-
ноудаленной от них. Пусть расстояние между да иными прямы-
ми равно а. Тогда длина проекции на рассматриваемую «сере-
дяняуюе плот кость отрезка длиной d с ковцамп на данных пря-
мых равна )/</* — о1. Поэтому искомое ГМТ состоит из середин
отрезков длиной <Р — о* с концами ва проекциях данных пря-
ных «на серединную» плоскость (рис. 80). Легко проверить, что
ОС — АВ/2, т. е. искомое ГМТ является окружностью с цент-
ром О и радиусом Уd* — аЧ2.
222
12.3. Геометрическим местом середой сторон А В указав-
ших треугольников является прямая I (см. задачу 12.1). Иско-
мое ГМТ состоит пз точек, делящих в отношении 1 : 2 отрезки,
параллельные данной плоскости и кошщ которых лежат на пря-
мой I и па третьей данной пря-
мой. Слегка изменив решение за-
дачи 12.1, можно доказать, что А ч.
ио ГМТ тоже является прямой.
12.4. Пусть л, а п, — пер- ^"4. -
пендпкулярвые плоскости, про-
ходящие через прямые I, и 1,; 1—
прямая пх пересечения; X —про- ___________________
акция на прямую I точки А, ле- 1 В
жащей на прямой Проведем Рис. 86
через точку А плоскость П, пер-
пендикулярную прямой 1,. Так как П _L Ц, то Пля,. Поэтому
прямая АХ лежит в плоскости П. А значит, если В — точка
пересечения П и /а, то Х.ВХА «= 90°, т. е. точка X лежит на
окружности с диаметром АВ, построенной в плоскости П.
12.5. Проведем череа точку А плоскость, перпендикуляр-
ную прямой I. Пусть ДГ п .V — проекции точек Л/ и В на ату
плоскость. Так как Л/ЛЛ/, то Л/'Л'||Л/Л’. Прямая Л/Л' перпен-
дикулярна плоскости А ММ', так как Л'Л/ЛЛ/ЛГ о Л'Л/ Л А М‘,
поэтому NМА.AM', а значит, точка М' лежит яа окружное!и
с диаметром Л"Л. Следовательпо, искомое ГМТ — цилиндр,
диаметрально противоположными образующими которого яв-
ляются прямая I и прямая 1, проходящая через точку А парал-
лельно I; прямые I и t следует исключить.
12.6. При проекции на плоскость, перпендикулярную 1а,
прямая lt переходит в точку Аг, а проекция M'N' прямой Л/Д'
Проходит через ату точку; кроме того, проекции прямых /х
—> —► —♦ —♦
п lt параллельны. Поэтому AiM' : AtN' e AtAi : — ). —
♦ ъ
постоянное число, а значит, Л|Л/ — М и AtN “ Л. Пусть О
-—* —
и X — середины отрезков А|Л, п Л/Л. Тогда 2ОХ = Л1Л/ +
+ AtN = I (а + Ь), т. в. осе точки X лежат на одной прямой.
12.7. Пусть BtB, — общий перпендикуляр к данным пря-
мым (точки At и Bi лежат па одной данной прямой). Так как
AtBiA-Ai/?t, точка Bt принадлежит сфере с диаметром AtAt.
Аналогично точка В, принадлежит этой сфере. Геометрическим
местом середин от;>еаков AtA„ т. е. центров рассматриваемых
сфер, является некоторая прямая I (задача 12.1). Любая точка
этой прямой равноудалена от Bt и Bt, поэтому IЛ BtB,. Пусть
М — середина отрезка О — основание перпендикуляра,
223
опущенного из точкп М на прямую I. Окружность радиуса OBt
с центром О, проходящая через точки Bt и Bt, будет искомой.
12.8. Пусть At я В\ — положения точек А в В в другой
момент времени; П — плоскость, параллельная данным скре-
щивающимся прямим. Рассмотрим проекцию на плоскость П
параллельно прямой AtBi. Пусть А', В1, М‘ в N' — проекции
точек А, В, М н N’, С — проекция прямой Точка М a N
двигаются в фиксированных плоскостях, параллельных плос-
кости П, поэтому достаточно проверить, что точки ЛГ п Л'“
двпгаются-по двум перпендикулярным прямым. Так как А'М :
1 Л/'Й' = А " А'С : СВ", то СМ' — биссектриса угла Л'СВ'.
Аналогично СN' — биссектриса угла, смежного с углом Л'С В".
Бпссектрисы двух смежных углов перпендикулярны.
12.9. Пусть прямая 1,, содержащая точку М, касается сфе-
ры в точке А, а прямая I, — в точке В. Проведем черев прямую
/1 плоскость, параллельную и рассмотрим проекцию па ату
плоскость параллельно прямой АВ. Пусть Л" и X' — образы
точек Л' п X при этой проекции. Так как AM = MX и BN «
— NX. то AM : AN' -= AM : BN = XM : XN • X'M : X'N',
а значит. ЛХ' — биссектриса угла MAN". Поэтому точка X ле-
жит в плоскости, проходящей через прямую АВ и образующей
равные утлы с прямыми и Z, (таких плоскостей две). Искомое
ГМТ состоит из двух окружностей, по которым эти плоскости
пересекают данную сферу; точки А а В при этом следует иск-
лючить.
12.10. Пусть С — точка пересечения прямой АВ с данной
плоскостью, М — точка касания одной нз искомых сфер с и яс-
ностью П. Так как СМ* = СА - СВ, точка М лежлт иа окруж-
ности радиуса ~VCA - СВ с центром С. Слсдовагельво, центр О
сферы принадлежит боковой поверх инстн прямого цилиндр*,
основанном которого служит эта окружность. Кроме того, центр
сферы принадлежит плоскости, проходящей через середину от-
резка А В перпендикулярно ему.
Предположим теперь, что точка О равноудалена от А в В
п paccTomtuc от точки С до проекции М точки О на плоскость II
равно V СА • СВ. Пусть CMt — касательная к сфи-ре радиуса
ОА с центром О. Тогда СМ » СМц поэтому ОМ* = СО* —
— СМ* — СО* — СМ\ = ОМ*, т. с. точка М принадлежит
рассматриваемой сфере. А так как СШ-LII, го М ~ точка ка-
сания этой сферы с плоскостью II.
Итак, искомое ГМТ является пересечением боковой по-
верхности цилиндра с плоскостью.
12.11. а) Пусть данные сферы пересекают плоскость Л
по окружностям 51 в 51. Общие внутренние каса1ельиые к этим
224
жручкпостям разбивают плоскость на 4 части. Рассмотрим пря-
ной круговой конус, осевым сечейпем которого являются те
«ас г и, которые содержат 5( и 5». Плоскости, касающиеся даи-
тых сфер внутренним образом, касаются атого конуса. Любая
такая плоскость пересекает плоскость П ио прямой, лежащей
вне осевого сечепвя копуса. Искомое ГМТ состоит из точек,
лежащих вне осевого сечения конуса (граница осевого сечепил
входит в ГМТ).
б) Решается аналогично задаче а). Проводятся общие внеш-
ние касательные и рассматривается осевое сочеппе, состоящее
из части плоскости, содержащей обе окружности, и части, ей
симметричной.
12.12. Пересечением плоскостей ABCt я АВ,С является
прямая AM, где М — точка пересечения диагоналей В Ct и В\С
трапеции BCCiBt. Точка Л/ лежит па прямой I, проходящей через
середины отрезков ВС и BjC, и вершину данного трехгранпого
угла (см. Прасолов, 1.22). Прямая 1 однозначно определяется
плоскостью II; поэтому однозначно определена плоскость Па,
содержащая прямую I и точку А. Точка пересечен ля прямой
AM с плоскостью А, ВС принадлежит плоскости По. так как
этой плоскости принадлежит вся прямая А М. Аналогично П„
постропм плоскость Пь; пусть лт — прямая пересечения этих
плоскостей (плоскость П„ тоже проходит черед прямую лт). Ис-
комое ГМТ состоит га точек этой прямой, лежащих внутри дан-
ного трехграпного угла.
12.13. На ребрах даипого трехгранпого угла с вершиной О
выберем точки А, В и С, расстояния or которых до плоскостей
граней равны данному числу а. Площадь 5 каждого из треуголь-
ников ОАВ, ОВС и ОСА равна 31'/а, где И — объем тетраэдра
ОАВС. Пусть точка А’ лежит внутри трехгранною утла ОАВС,
причем расстояния от лее до плоскостей его граней равны а„
а, и аг. Тогда сумма объемов пирамид с вершиной X и основа-
ниями ОАВ, ОВС п ОСА равна S(e, + а, + ot)/3. Поэтому
V “ 5(я, + а, + а,)/3 * р, гдо и — объем тетраэдра ХАВС.
Так как F = So/З, то a, -f- а, 4- а, — а тогда и только тогда,
когда у •• 0, т. е. А' лежит в плоскости АВС.
Пусть точки А', В" и С симметричны А, В и С относитель-
но точки О. Так как любая точка лежит внутри одного из 8 трех-
граипых углов, образованных плоскостями граней данного трех-
гранного угла, то искомым ГМТ является поверхность выпук-
лого многогранника АВС А' В'С.
12.14. Введем прямоугольную систему координат, напра-
вив ее осп по ребрам данного трехграиного угла. Пусть О< —
центр окружности; П — плоскость окружности; a, fl и у — углы
между плоскостью П и координатными плоскостями. Так как
15 В, В. Прасолов, И. Ф. Шарытшт
225
расстояние от точки О, до прямой пересечения плоскостей П
и Oyi равно Л, угол между ятями плоскостям» равен а, то
расстояние от точки Oi до плоскости Оуг равно Л sin а. Ан ало
точные рассуждения показывают, что точка О( имеет коордпп.иы
(Л sin а, Л sin Р, Л sin у). Так как cos*a + сов*₽ + сон*т “ I
(задача 1.21), то sin’a + ein‘P + sio’y = 2, а значит, OOt
= 1 2Л. Кроме того, расстояние от точки Ot до любой граях
трехгравного угла ве больше Л. Искомое ГМТ является частью
с4«ры радиуса 12Л с центром в начале координат, ограничен
мой плоскостями ж=Л, у = Лнг=Я.
12.15. Если углы ХАВ и ХВА острые, то точка X лежш
между плоскостями, проведенными через точки А п В периеи
дпкулярно прямой АВ (для точек X, не лся«ицпх па от|сакс АВ,
верно и обратное). Поэтому искомое ГМТ лсж|гг внутри (по но
па сторонах) выпуклого nice i нут одышка, стороны которого про
кодят через вершины треугольника АВС перпендикулярно его
сторонам (рве. 87). Если расстояние от точки X до плоскости
АВС больше, чем папболылая сторона треугольника АВС, то
утлы АХ В, АХС и ВХС острые. Поотому искомое ГМТ — внут-
ренность указанного шестиугольника.
12.16. Достаточно проверить, что точка Р удалена от кая.
дон стороны треугольника АВС не более, чем его иротивополож
пая вершина. Докажем это утверждение, например, для сторо-
ны ВС. Рассмотрим дт этого проекцию па плоскость, nepneii
дикуляриую прямой ВС; точки В и С при этой проекции
переходят а одну точку М (рпс. 88). Пусть A'Q" — проскцн»
соответствующей высоты тст[мюдра. Так как D'P<A'Q' ни
условию, то D' М < Л' М. Ясно также, что РМ < IX М.
12.17. Каждый ртсма1рньле»1ЫЙ многогранник получа<|си
из данного куба A BCDAtBiCtDi прем огесчеиия тетраздроп
от каждой пз ею вершин. Тетраэдр, отсекаемый от всряпшы А,
содержится в теграа/цл AAtBD. Таким образом, если от куба
отсечь тетраэдры, каждый пз которых задан тремя ребрами
куба, выходящими нз одной точки, то оставшаяся часть куба
содержится в любом из рассматриваемых многогранников. Лег-
ко проверить, что остаитаяся часть является октаэдром с вср-
питпами в центрах граней куба. Если же точка по принадлежит
атому октаэдру, то иструдио указать многогранник, которому
опа не принадлежит; в качестве такого многогранника можно
ваять тетраэдр ABtCDt или тетраэдр AtBCtD.
12.18. Пусть Р и Q — точки пересечения продолжетпгй про-
тивоположных сторон четырехугольника ABCD. Тогда МР
и MQ — прямые пересечснпн плоскостей противоположных
граней пирамиды МЛ BCD. Сеченое пары плоскостей, пересс-
220
кмющпхси по прямой I, представляет собой дге параллельные
рлыые, только если плоскость сечения параллельна I. Поэто-
му сечение пирамиды МА BCD является параллелограммом,
только если плоскость сечепия ивраллольпа плоскости MPQ',
ре этом стороны параллелограмма параллельны МР и MQ.
а) В сечении может получиться прямоугольник, только
если £-PMQ — 90°, т. е. точка М лежит на сфере с диаметром
PQ', точкп зтой сферы, лежащие в плоскости данного четырех-
угольника, следует исключить.
б) Пусть К a L — точки пересечения продолжений диаго-
налей АС в BD с прямой PQ. Так как диагонали параллело-
грамма, получающегося в сечении пирамиды MABCD, парал-
лельны прямым МК и ML, то он будет ромбом, только если
Z.KML •" 909, т. е. точка М лежит на сфере с диаметром КЦ
точкп згой сферы, лежащие в плоскости данного четырехуголь-
ника, следует исключить.
12.19. Пусть (х, у, а)— координаты конца ломаной, (xf,
р(, ж() — координаты вектора Pro звена ломаной. Нз условия
вадачи следует, что числа z(, у, и »( ненулевые и имеют тот же
внак, что и числа », у и ж соответственно. Поэтому |* I +1 у I +
+1«1-2(Кч|+|М+1Ч) 1'с1+Ь1| + 1*»1>«|. ™
I, — длина Pro звева ломаной. Следовагельпо, |<| + |у| + |«|>
> У G "» о. Кроме того, длина вектора (х, у, ж) ие превосходит
длины ломаной, т. е. опа не превосходит и.
Докажем теперь, что все точки шара радиуса я с центром
в начале координат, лежащие вне октаэдра, задаваемого урав-
нением |z|-f-|y|-t-|x|<a, кроме точек координатных плос-
костей, принадлежат искомому ГМТ. Пусть М = (z, у, ж) —
точка грани указанного октаэдра. Тогда ломаная с вершинами
(0, 0, 0), (х, 0, 0), (z, у, 0) a (х, у, ж) имеет длину а. «Растягивая»
15» 227
эту ломаную, т. е. перемещая ее конец по лучу ОМ, заметем псе
точки луча ОМ. лежащие между сферой и октаэдром (исключая
точку грапп октаэдра).
12.20. В процессе построения можно использовать то, что
прямые, по которым некоторая плоскость пересекает пару па-
Гис. «8
жений, пспольаовяягтых
рал дельных плоскостей, параллель
ны. Ход построении виден hi
рпс. 89. Сначала через точку /'
проводим прямую, параллельную
прямой RQ, и находим ее точки
перссечеиия с прямыми AD п AtDt.
Эти точки соединяем с точками Q и
Н п получаем сечения граней A BCD
н Л|Л1С|/)|. Иа сечепян одной лэ
двух оставшихся граней уже пост-
роены две точки, и остается только
соединять их.
12.21. В этом случае для пост-
роении уже пе достаточно сообра-
в предыдущей задаче. Построим по
втому сначала точку М перессченкя прямой PR и плоскости
трапп ABCD следующим образом. Проекцией точки Р па плос-
кость трави ABCD является точка А, а проекцию Л* точки В
на эту плоскость легко построить (RCICR' — параллелограмм).
М является точкой пересечения прямых PR н АН'. Соединив
точки М п Q. получим сечеине грана ABCD. Дальнейшее по-
строение проводится таким же способом, как и в предыдущей
задаче (рис. 90).
12.22. а) Пусть Р — произвольная точка ребра е. Плос-
кость РАВ пересекает ребра а а 6 я тех же точках, в каких пх
пересекают прямые РВ и РА соответствевоо. Обозначим эти
228
точки At u B|. Tot да iickomiiii точка является точкой пересече-
ния прямых AfBt п АВ (ряс. 61).
6) Пусть на гранях ОЬс, Оас п ОаЬ отмечены точкп А, В
в С. Воспользовавшись задачей в), можно построить точку пере-
сечения прямой АВ с плоскостью ОаЬ. Теперь на плоскости
ОаЬ известны две точки плоскости АВС', только что построенная
точка и точка С. Соединив их, получим искомое сечение плос-
кости ОаЬ. Дальнейшее построение очевидно.
12.23. Пусть точки А, В и С мюлп иа гранях, противоле-
жащих прямым а, 6 и с. Построим точку X пересечения прямой
АВ с. гранью, в которой лежит точка С. Выберем для этого на
прямой с произвольную точку /’ и построим сечение призмы
плоскостью РАВ, 1. с. найдем точки At и Bt, в которых прямые
РА и РВ пересекают (мбра b и а соответственно. Ясно, что X
является точкой пересечения прямых АВ u AtB{. Соединив точ-
ки X и С, получим искомое сечение грапи, противолежащей реб-
ру с. Дальнейшее построение очевидно.
12.24. Построим сначала прямую пересечения плоскостей
граней ABCD и A\BiC\Dt. Этой прямой принадлежит точка Р
Рис. 92
пересечения прямых АВ и AtB, и точка Q пересечения Прямых
ВС в BtCt. Пусть Л/ — точка пересечения прямых DA и PQ.
Тогда М — точка пересечения грани ADDtAt с прямой PQ,
т. е. точка Dt лежит на прямой МА(. Аналогично, если N —
точка пересечения прямых CD и PQ, то точка Di лежит на пря-
мой С|Л' (рис. 92).
12.25. Опустим вэ вершины А тетраэдра ABCD перпенди-
куляр AAt на плоскость BCD н перпендикуляры АВ', АС"
в АD’ на прямые CD, BD и ВС. По теореме о трех перпендику-
лярах Ар X CD, AiC X BD a AtP X BC.
229
Построим раз-
Па втого вытекает следующее построение,
вертку тетраэдра ABCD и опустим из веритнц А высоты во
всех гранях, ее содержащих (рис. 1*3). Точка Л1 является точкой
пересечения продолжений этих высот, а искомый отрезок яв-
ляется катетам прямоугольного треугольника с гипотенузой
ABf катетом А\В‘.
12.28. Рассмотрим трехграниыб угол с плоскими углам»
а, ₽ ж у. Пусть О — его веришиа. На ребре, противолежащем
углу а, возьмем точку А и проведем через нее в плоскос-
тях граней перпендикуляры АВ и АС к ребру ОА. Это пост-
роение можно выполнить на данной
плоскости для рааве|ггкн грехгран-
кого угла (рпс. 94). Построим те-
перь треугольник ВА'С со сторо-
нами BA' “ BAt п СА' = CAi.
Угол ВА'С является искомым.
12.27. Построим с помощью
циркуля на данном шаре окруж-
ность с некоторым центром А и
возьмем иа ней три проиввольные
точки. С помощью циркуля легко
построить па плоскости треуголь-
ник, равный треугольнику с верши-
нами в отпх точках. Затем построим описанную окружность
итого треугольника и тем самым найдем се радиус.
Рассмотрим сечение данного шара, проходящее череэ его
пентр О, точку А и некоторую точку Л/ построенной па шаре
окружности. Пусть Р — основание перпендикуляра, опущен-
ного из точки Л/ на отрезок О А (рис. 95). Длины отрезков А М
п UP известны, поэтому можно построить отрезок АО,
130
Глава 19
НЕКОТОРЫЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
§ 1. Принцип крайнего
13.1 . Докажите, что в любом тетраэдре найдется
ребро, образующее острые углы с ребрами, выходящи-
ми из его концов.
13.2 . Докажите, что в любом тетраэдре найдется
трехгранный угол, все плоские углы которого острые.
13.3 . Докаж1гге, что в любом тетраэдре найдутся три
ребра, выходящих из одной вершины, пз которых
можно составить треугольник.
13.4 . В основании пирамиды А, ... AnS лежит пра-
вильный л-угольпик А, ... Ап. Докажите, что если
ZSA,At ZSA.At = ... •=• ZSAnA„ то пирамида
правильная.
13.5 . Дана правильная треугольная призма
АВСА,В,С,. Найдите все точки грани АВС, равноуда-
ленные от прямых АВ,, ВС, и СА,.
13.6 . На каждой пз 2А 4- 1 плапет сидит астроном,
наблюдающий ближайшую планету (все расстояния
между планетами различны). Докажите, что найдется
планета, которую ппкто не наблюдает.
13.7 . В п|юстрапстве имеется несколько планет —
шаров с единичными радиусами. Отмстим на каждой
планете множество всех точек, нз которых не видна ни
одна друган планета. Докажите, что сумма площадей
отмеченных частей равна площади поверхности одной
планеты.
13.8 . Докажите, что куб нельзя разрезать на не-
сколько попарно различных кубиков.
§ 2. Принцип Дирихле
13.9 . Докажите, что у любого выпуклого многогран-
ника найдутся две грани с равным числом сторон.
13.10 . Внутри шара радиуса 3 расположено несколь-
ко шаров, сумма радиусов которых равна 25 (эти
231
шары могут пересекаться). Докажите, что для любой
плоскости найдется плоскость, параллельная ей и пере-
секающая по крайней мере 9 внутренних шаров.
13.11 . Дан выпуклый многогранник Р, с девятью
вершинами At, At, .... Л,. Пусть /\, Р>, ..., Р9 — мио
гограннпки, полученные нз пего параллельными пере
носами на векторы AtAt, ..., /ЦЛ, соответственно. До-
кажите, что по крайней мерс два из 9 многогранников
Plt Pt, .... Р9 имеют общую внутреннюю точку.
13.12 . Прожектор, освещающий прямой трехгран-
ный угол (октант), расположен в центре куба. Можно
ли повернуть его так, чтобы он не освещал ни одной
вершины куба?
13.13 . Дан правильный тетраэдр с ребрами единич-
ной длины. Докажите следующие утверждения:
а) на поверхности тетраэдра можно выбрать 4 точки
так, чтобы расстояние от любой точки поверхности до
одной нз этих четырех точек не превосходило 0,5;
б) на поверхности тетраэдра нельзя выбрать трех
точек, обладающих этим свойством.
§ 3. Выход в пространство
При решении планиметрических задач и по г да оказывает су-
щественную помощь то соображение, что плоскость расположена
в пространстве, а значит, можно псиольаовать вспомогательные
элементы, находящиеся вне исходной плоскости. Такой метод
penicillin плиинмстричоских задач называется « про-
странство.
13.14 . По четыре»! прямолинейным дорогам, вика-
кие две из которых не параллельны и никакие три нс
проходят через одну точку, идут 4 пешехода с постоян-
ными скоростями. Извостпо, что первый пешеход встре-
тился со вторым, третьим и четвертым, а второй —
с третьим п четвертым. Докажите, что тогда третий пе-
шеход встретился с четвертым.
13.15 . Три прямые пересекаются в точке О. Па пер-
вой из них взяты точки Л( и A.t, на второй — /?, и Вг,
на третьей — С\ и С,. Докажите, что точки нсросеченпя
прямых AtBt и Л.Вг, BlCi и В9С9, AtCt u AtCt лежат
на одной прямой (предполагается, что эти прямые пере-
секаются, т. е. не параллельны).
13.16 . Три окружности поплрпо пересекаются и
расположены тяк, как показано па рис. 96. Докажите,
232
что общие хорды пар этих окружностей пересекаются
в одной точке.
13.17 . Общие внешние касательные к трем окруж-
ностям иа плоскости пересекаются в точках А, В и С.
Докажите, что эти точки
лежат иа одной прямой.
13.18. Какое наимень-
шее число полосок шири-
ной 1 требуется для того,
чтобы покрыть круг диа-
метра di
13.19. На сторонах ВС
и CD квадрата Л ЯСС взя-
ты точкп М u N так, что
СМ + CN = АВ. Прямые
AM и AN делят диаго-
наль BD на три отрезка.
Докажите, что из этих от-
резков всегда можно составить треугольник, причем
один угол этого треугольника равен (ИГ.
13.20. Па продолжениях диагоналей правильного
шестиугольника выбраны точкп К, L и М так, что
стороны шестиугольника пересекаются со сторонами
треугольника KLM в шести точках, являющихся вер-
шинами некоторого другого шестиугольника Н. Про-
должим те стороны шестиугольника Н, которые не ле-
жат на сторонах треугольника К1.М. Пусть Р, Q, В —
точки их попарных пересечений. Докажите, что точки
Р, Q и В лея;ат на продолжениях диагоналей исходного
шестиугольника,
233
13.21. Рассмотрим такую фигуру, как на рис. 97,н,
но сложенную на Зп* ромбиков. Разрешается иронзво-
лить перестановки ромбиков, показанные на рис. 93.
8а какое папмспыпее число таких операций можно
получить фигуру, изображенную на рис. 97,6?
13.22. Правильный шестиугольник разрезан па рав-
новеликие параллелограммы. Докажите, что пх число
делится на 3.
13.23. Четырехугольник ABCD описан около ок-
ружности, причем его стороны АВ, ВС, CD и DA ка-
саются ее в точках К, L, М и
N соответственно. Докажете,
что прямые KL, MN и АС ли-
бо пересекаются в одной точке,
либо параллельны.
13.24. Докажите, что пря-
мые, соединяющие противопо-
ложные вершины описанного
шестиугольника, пересекаются
в одной точке. (Теорема Брц-
а пшена.)
13.25. На плоскости дана
конечная система точек. Ее
триангуляцией называется та-
кой набор непересекающихся отрезков с концами в
атих точках, что любой другой отрезок с концами в
данных точках пересекает хотя бы один из них
(рис. 99). Докажите, что существует такая триангуля-
ция, что ни одна из описанных окружностей получив-
Е34
шихся треугольников пе содержит внутри других то-
чек, причем если никакие четыре данные точки не
лежат на одной окружности, то такая триангуляция
единственна.
• * •
13.26. На плоскости даны три луча с общим нача-
лом, н внутри каждого из углов, образованных этими
лучами, отмечено по точке. Постройте треугольник
так, чтобы его вершины лежали па данных лучах, а сто-
роны проходили через данные точки.
13.27. Па плоскости даны три параллельные прямые
и три точки. Постройте треугольник, стороны (пли
продолжения сторон) которого проходят через данные
точки, а вершины лежат на данных прямых.
Решения
13.1. Если АН — наибольшая сторона треугольника АВС,
то Z.C > Z-4 и Z.C > Z.B; поэтому оба yt ла А я В должны
быть острыми. Такпм обравом, к наибольшему ребру тетраэдра
прилегают лишь острые углы.
13.2. Сумма углов каждой грани раина я, а граней у тет-
раэдра четыре. Поэтому сумма всех плоских углов тетраэдра
равна 4л. А так как вершин у тетраэдра тоже четыре, то пайдется
вершина, сумма плоских углов при которой не больше л. По-
этому псе плоские углы при этой вершине острый, так как лю-
бой плоский угол трохгранного угла меньше суммы двух дру-
гих плоских углов (аадача 5.4).
13.3. Пусть АВ — наибольшее ребро тетраэдра A BCD.
Так как (А С + AD — АВ) + (ВС + ВЬ — BA) - (AD +
+ BD — АВ) + (АС + ВС — АВ) > 0, то АС + AD — АВ >
> 0 или ВС + BD — В А >0. В первом случае треугольник
можно составить на ребер, выходящих па вершины Л, а во вто-
ром — из ребер, выходящих па вершины В.
13.4. Построим па плоскости угол ВАС, равный а, где а »
— Л.5Л,Л, ~ ... -= Z.SAnA|. Будем считать, что длина оцяемка
АВ равна стороне правильного многоугольника, лежащего
в осп опа пи и пирамиды. Тогда для каждого I =• 1, .. ., п на луче
АС можно так построить точку St, что ДЛЗ^В —
Предположим, что не асе точки St совпадают. Пусть Sk — бли-
жайшая к В точка, Si — наиболее удаленная от Вее. Так как
ShSt > |S»B - 5(B). то |5аЛ - ,?(Л| > |.VfcB - в|. т. е.
,1В - «I. ЛВ| > |.V4B — S(В|. Но в правой части этого не-
равенства стоит разность между наибольшим я наименьшим
235
числом, а в лисой — разность двух чисел, заключенных между
ними. Получите противо' ечне. Поэтому все точки St совпадаю!,
а значит, точка .S' равноудалена от вершин основания At...А„
13.5. Пусть О — точка грани АВС, равноудаленная от ука
ванных прямых. Можно считать, что А — наиболее удаленная
от точки О вершила основания АВС. Рассмотрим трсугольпнки
AOBt и BOCt. Стороны ABt и BCt этих треугольников равны,
причем »то — наибольшие стороны (см. задачу 10.5), т. е. оспо
вання высот, опутцепных га эти стороны, лежат на самих сгори
нах. Л так как эти высоты равны, то из неравенства АО > ВО
следует неравенство OBt < OCt. В прямоугольных треуголыш
ках BBtO и CCtO каюты ВВ, в СС, рвппм, поэтому ВО < СО
Итак, из неравенства АО > ВО сгедует неравенство ВО**,
< СО. Продолжая аналогичные рассуждения, получаем: СО^
> АО п АО < ВО. Следовательно, АО = ВО = СО, т. о. О —
центр пренильного треугольника АВС.
13.6. Рассмотрим пару п ла пет Див, расстояние между
которыми наименьшее. Тогда их астрономы наблюдают планеты
друг друга: астровом планеты А наблюдает плашггу В, а аст-
роном планеты В наблюдает пл аисту А. Возможны следующим
два случая.
1. Хотя бы одну из планет А и В наблюдает еще какой-ни-
будь астроном. Тогда на 2к — 1 планет остается 2А — 2 наблю-
дателя. Поэтому найдется «лепета, которую никто не наблюдает.
2. Никакой из оставшихся астрономов не наблюдает пи
планеты >1, ни планеты В. Тогда можно выбросить эту пару пла-
нет и рассматривать такую же систему с меньшим числом «ла
нет (число планет при этом уменьшается на 2). В конце концов
либо встретится первая ситуация, либо останется одна планета,
которую никто не наблюдает.
13.7. Рассмотрим сначала случай двух планет. Каждая
пз них делится экватором, перпендикулярным соединяющему
их центры отрезку, на два полушария, причем и» одного полу-
шарпя вторая планета видна, а ня другого — нет. Заметим, что,
вообще говоря, в условии задачи следовало би уточнить, как
считать — видна ли другая планета па точек этих экваторов
или пет? Но так как площадь экваторов равна нулю, это по пмеег
никакого значения. О дальнейшем точки экваторов рассматри-
вать пе будем.
Пусть О], , .Оп — центры данных планет. Достаточно
доказать, что для любого вектора а длиной 1 на ила пето с веко-
торым померон i пайдется точка X, для которой О(Х = а и в.*
которой не видна ни одна другая планета, причем такая точка
едипствегша.
236
Докажем сначала одияствепносгь точки X. Предположим,
—►
дто OtX = О)Y в из точек X и 1' lie видно никаких других ила-
Йст. Но пз рассмот|<епиото выше случая двух планет следует, что
клп из точки А' не видна планета с номером /, то ка точки Y
илапета с воиером * будет вндпа. Получено противоречие.
Докажем теперь существование точки X. Введем систему
координат, направив ось Ох в направлении вектора а. Тогда та
точка даипых планет, для которой коордииата х имеет наиболь-
шее значение, является искомой.
13.8. Предположим, что куб раэрееап па несколько попар-
но различных кубиков. Тогда каждая из его граней разрезана
на квадратики. Выберем наименьший из всех квадратиков раз-
биения граней. Петрулло убедиться, что iiauMeiiuuiiii из квад-
ратиков раабнення квадрата не может прилегать к его границе.
Папону кубик, основание которого — выбранный наименьший
квадратик, лежит впутри «колодца», образованного прилегаю-
щими к ого боковым граням кубиками. Таким образом, его грань,
противолежащая основам то, должна бить заставлена етце мень-
шими кубиками. Выбираем средн них наименьший и повторяем
для него те же самые расе уж дои пя. Действуя таким образом,
в конце концов мы дойдем до противоположной граны, и па ней
окажется квадратик разбиения, меньший, чем тот, с которого
мы начипалп. Но мы начинали с наименьшего пз всех квадрати-
ков разбиении граней куба. Получено противоречив.
13.9. Пусть число третий многогранника равно п. Тогда
каждая его грань может иметь от трсх до п — 1 сторон, т. о.
число сторон каждой из п граней может принимать одно из
я — 3 влачеинй. Следовательно, найдутся две грани с равным
числом сторон.
13.10. Рассмотрим проекцию па прямую, перпендикуляр-
ную даниой плоскости. Исходный шар проецируется ири этом
в отрезок длиной 3. а виутреттшш шары — в отрезки, сумма
длин которых равна 25. Предположим, что требуемой плоскости
не существует, т. е. любая плоскость, параллельная данной,
пересекает ас более 8 внутренних шаров. Тогда любая точка
отрезка длиной 3 принадлежит пе более чем 8 отрезкам — проек-
циям внутренних шаров. Следовательно, сумма един этих от-
резков пе превосходит 24. Получено противоречии.
13.11. Рассмотрим MiiororfMintuK Р, являющийся образом
много! решитт:а Pt при гомотетии с цспт|юм Л, и коэффициен-
том 2. Докажем, что ппо 9 многогранников лежат внутри его.
Пусть dp/1g, .... А* — вертлшты многогранника Р. Докажем,
например, что многогранник Р, лежит внутри Р. Для этого
достаточно заметить, что прп параллельном переносе иа вектор
237
Л,4г точкп Af, At, А*, At переходят в точкп Л*, л’, ...
И#, где Л| — середине отрезка ЛаЛ4.
Сумма объемов многогранников Pt, Рг, . . ., Р„ лежащих
внутри многогранника Р, равна 9V, где V — объем многограп
ника Plt а объем многогранника Р равен 81'. Следовательно,
указанные 9 многогранников не могут не иметь общих внутрен-
них точек.
13.12. Докажем сначала, что прожектор можно повернуть
так, чтобы он освещал соседние воршипы А и В куба. Если
Z-AOB < 90°, то из центра О куба можно осветить отрезок АВ.
Для этого нужно поместить отрезок АВ в одной из граней осве-
щаемою прожектором угла, а затем слегка пошевелить прожек-
тор. Остается проверить, что Z-ЛОв < 90°. Это следует из того,
что Л(?’ + ВО1 = АВ* + -3 АВ* > АВ*.
Повернем прожектор так, чтобы он освещал две вершины
куба. Плоскости граней освещаемого прожектором угла раз-
бивают пространство на 8 октантов. Так как в одном из них ле-
жат две на восьми вершип куба, нандттся октант, не содержащий
пи одной вершппы. Этот октант задает требуемое положение
прожектора.
Замечание: Мы нс рассматриваем того случая, когда
одна па плоскостей граней октантов содержит вершину куба.
От этого случая можно избавиться, слегка пошевелив прожектор.
13.13. а) Легко проверить, что середины ребер АВ, ВС,
CD, DA обладают требуемым свойством. В самом деле, иа двух
ребрах каждой из граней лежат выбранные точки. Рассмотрим
теперь, например, граш. Л ВС. Пусть Bt — середина ребра А С.
Тогда треугольники ABBt и СВВ, накриты кругами радиуса 0,5
о центрами п серединах сторон АВ и СВ соответственно.
б) Возьмем па поверхности тетраэдра три точки и рассмот-
рим часть поверхности тетраэдра, покрытую шарами радиуса (1,5
С центрами в этих точках. Вуден говорить, что некоторый угол
грани покрыт, если для некоторого числа е > 0 покрыты все
точкп грани, удаленные от вершины данного угла меньше чем
па е. Достаточно доказать, что в случае трех точек всегда най-
дется непокрытый угол грани.
Если шар радиуса 0,3 с центром О покрывает дво точки А
и В, расстояние между' когортами равно 1, то О — середина от-
резка АВ. Такпм образом, если шар радпуса 0/> покрывает дно
вершины тетраэдра, то его центр — середина ребра, соединяю-
щего эти вершины. На рис. 100 видно, что в этом случае шар
покрывает 4 угла граней. При этом для непокрытых углов
остаются непокрыт ими их биссектрисы, п поэтому не может
238
случиться так, что каждый шар в отдельное™ по покрывает
угла, а псе они вместе покривакгг его. Ясно также, что если шар
покрывает всего лишь одиу вершину тетраэдра, то on покрытии
лсшь три угла.
Всею в тетраэдре имеется (2 углов граней. Таким образом,
три шара радиуса 0,5 могут их покрыть, только если центры ша-
ров — середины ребер тетраэдра.
причем дала* середины несмежных
ребер, так как шары с центрами в
серединах смежных ребер имеют
общий покрытый ими угол. Ясею, что в тетраэдре нельзя выбрать
три несмежных ребра.
13.14. Введем наряду с координатами в плоскости, в кото-
рой движутся пешеходы, еще и третью ось координат — ось
времени. Рассмотрим графика движения пешеходов. Яспо, что
пешеходы встречаются, когда их графики движения пересекают-
ся. На условия аадачи следует, что графики третьего и четвертого
пешеходов лежат в плоскости, заданной графиками двух первых
пешеходов (рис. 101). Поэтому графики третьего и четвертого
пешеходов пересекаются.
13.15. Возьмем в пространстве точки С\ и С'г так, что опп
проецируются в точки и С«, причем сами они но лежат в
сходной плоскости. Тогда точки пересечения прямых А^ и
^J“'v п проецируются в точки пересечения прямых
/IjCj п А^С*, я Поэтому указанные в условен за-
дачи точки лежат па проекции оря noil пересечения плоскостей
в А^В^С*, где прямая Cjtj содержит точку О.
13.16. Построим сферы, для которых пашн окружности
являются экваторами. Тогда общие хорды пар откх окруж-
ностей — проекции окружностей, по которым пересекаются по-
строенные сферы. Поэтому достаточно доказать, что сферы имеют
общую точку. Рассмотрим для этого окружность, по кото-
рой иересекаются две из наших афер. Один конец диаметра этой
аза
окружности, лежащего в исходной плоскости, находится пн.
третьей сферы, а другой — внутри ее. Поэтому окружи ос it.
пересекает сферу, т. е. три сферы имеют общую точку.
13.17. Рассмотрим для каждой пашей окружности конус,
основанием которого является данная окружность, а высота
ого равна ее радиусу. Будем считать, что все эти конусы распо
ложеиы по одну сторону от исходной плоскости Пусть О|. О,,
Ot — центры окружностей, a oj, О’, О* — вершины конусов.
Тогда точка пересечения общих впешипх касательных к ок рун;
постим с номерами I о / соепадяст с точкой пересечения прямой
OtOj с исходной плоскостью. Таким образом, точки А, В в С
лежат на прямой пересечения плоскости О'О^О^ с исходной
плоскостью.
13.18. При регаепии этой задачи воспользуемся тем, что
площадь полоски, высекаемой на сфере диаметра d двумя па-
раллельными плоскостями, расстояние между которыми равно А,
равняется ndh (см. задачу 4.24).
Пусть круг диаметра d покрыт к полосками шлрппой 1.
Рассмотрим сферу, для которой этот круг служит аквлтором.
Проведя через границы полосок плоскости, перпендикулярные
екватору, получим на сфере сферические полоски, причем пло-
щадь каждой нз пих равна nd (точное говори, но превосходит
nd, так как одна граница исходной полоски может не пересекать
круга). Сферические полоски тоже покрывают всю сферу, no-
атому их площадь но меньше площади сферы, т. в. knd > nd*
u А > d. Ясно, что если к > d, то к полосками можно покрыть
круг диаметра d.
13.19. Достроим квадрат ABCD до куба ABCDA,B,C,Di.
Из условия задачп следует, что СМ « DN и ВМ “ CN. Возь-
мем на ребре ВВ, точку К так, что ВК = D.V. Пусть отрезки
А М в AN пересекают диагональ BD в точках Р и Q, а Я — точ-
ка пересечения от|Юзкое А К и ЯЛ,- Докажем, что стороны тре-
угольника РВИ равны соответствующим отрезкам диагонали
BD. Лево, что ВВ — DQ. Докажем теперь, что РВ = PQ. Так
как В К — СМ и ВМ = CN, го КМ = MN. а значит, ДЛ КМ =
&ANM. Кроме того, КВ — NQ, поэтому ВР •* PQ. Остает-
ся заметить, что d-BBP =• d.A,BD «•> 6tf\ так как треугольник
A ^BU — равносторонний.
13.20. Обозначим исходный шестиугольник че|хет ABCC^D^
и будем считать, что он является проекцией куба
Л'Я'С'О'14'я'с'О' на плоскость, перпендикулярную диагонали
D'B'v Пусть К', L', М' —точки прямых Bjcj, В^В' и В'а'г про-
ецирующиеся в точки К, С в М (рис. 102). Тогда В — это се-
чение куба плоскостью K'L'M', в частности, стороны треугол fa-
240
Гка PQR лежат па проекциях прямых, по которым плоскость
UN' пересекается с плоскостями нижних Г|шпей куба (мы
^читаем, что точка й, расположена кише точки Ь‘). Следова-
гельно, точки Р, Q, П являются _
роекциями точек пересечения
иродолжеиий нижних ребер куба
, D'C', D'D't) с плоскостью
K'L'M', а ннпчмт, они лежат па
продолжениях диагоналей исход-
ного шестиугольника.
13.21. Рассмотрим проекцию
куба, сложенного из я* кубиков,
на плоскость, перпендикулярную
его диагонали. Тогда рис. 97, а
Можно рассматривать как проек-
цию всего этого куба, а рис. 97, б
— как проекцию лишь вадних
граней куба. Допустимая опера-
ция — это оста «леи не или уби-
рание кубика, причем вставлять
кубик можно только так, что три
уже имеющимися гранями. Ясно,
вя я* операций вынуть нельзя, я
Рис 102
его г[м>ни соприкасаются С
что л* кубиков меньше чем
яа п* операций их вынуть
можно.
13.22. Правильный шестиугольник, разрезанный иа парал-
лелограммы, можно представить как проекцию куба, из кото-
рого выревано несколько пря-
моугольны х параялслепппедон
(рис. 103). Тогда проекции
прямоугольников, параллель-
ных граням куба, покрывают
грани одним слоем. Таким иб-
разом, в исходном шестиуголь-
нике сумма площадей па;»ал-
лилограммов каждого из трех
видов (параллелограммы одно-
го вида имеют параллельные
стороны) равна одной трети
площади шестиутолынгка. Так
как параллелограммы равно-
велики, число параллелограм-
мов каждого вида одно и то
же. Поэтому их общее число
13.23. Проведем через вершины четырехугольника ABCD
перпендикуляры к плоскости, в которой ов расположен. От-
16 в в Прасолов. И ф ТИгрынт
241
ложпм иа них отреакв АА', [1В‘, СС в DD', раетше ппсатсль
ным, проведенным к окружности вя соответствующих вершин
четы[>ехугол1иика, причем так, что точкп А' и С лежат по одну
сторону от исходной пл: скости, л В" и D' — по другую
(рпс. 104). Так как АА'ЦВВ' и /_АКА‘ = 45° = £_ВК1¥, тот
ка К лежит иа огузке А'В". Аналогично точка L тт на от-
резке В'С, а значит, прямая KL лежит в плоскости А'В'С,
Апалогнчно прямая MN лежит в плоскости A'D'C,
Если прямая А'С параллельна исходной плоскости, то пря-
мые AC, KL и ЛЛ¥ параллельны прямой А'С. Пусть теперь
прямая А 'С пересекает исходную плоскость в точке Р, т. е. Р —
точка пересечения плоскостей А'В'С, A’D'C и исходной плос
кости. Тогда прямые KL, АС и МN проходят че[>ез точку Р.
13.24. Проведем через перпшны шестиугольника ABCDEF
перпендикуляры к плоскости, в которой он лежит, и отложпм
ва вих отрезки АА’, . .., FF, равные касательным, проведен
ным к окружности па соответствующих вершин, причем отложим
так, что точки А', С и Е' лежат по одну сторону от исходной
плоскости, а В', D' и Г — по другую (рпс. 105). Докажем, что
прямые А’В' в E'D' лежат в одной плоскости. Если АДЦЕД.
то A'B'llE'D'. Если же пр >мые АВ в ED пересекаются в неко-
торой точке Р, то отложим на перпендикуляре к исходной ол<х>
костн, проведенной через точку Р, отрезки РР' и РР", равные
касательной к окружности, проведенной пэ точки Р. Пусть
Q — точка касания окружности со стороной АВ. Тогда отрезки
P'Q, P"Q, A'Q и B'Q образуют с прямой АВ углы в 45° и лежат
в плоскости, перпендикулярной исходной плоскости и прохо-
дящей через прямую АВ. Поэтому прямая А 'В' проходят либо
через точку Р', либо через точку ₽". Нетрудно убедиться, что
черев ту же точку проходит н прямая E'D'. Такпм образом,
прямые А'В' и E'D' пересекаются, а значит, прямые А'О' и В'Е'
тоже пе[1есекаются. Аналогично доказывается, что прямые
242
A D', Н'Е' иСГ попарно п^юсекакпся. Но так как эти прямые
не лежат в одной плоскости, они должны пересекаться в одной
точке. Прямые AD, НЕ и СЕ проходят червя проекцию той точ-
ки на исходную плоскость.
Рис. 105
13.25. Возьмем произвольную сферу, касающуюся дайной
плоскости, и рассмотрим стереографическую проекцию плос-
кости на сферу. На сфере получается конечная система точек,
л они являются вершинами некоторого выпуклого многогран-
ника. Для получения требуемом триангуляции нужно соединить
то исходные точки, образы которых на сфере соединены реб|*аыг!
получившегося выпуклого многогранника. Единственность три-
апгулнции эквивалентна тому, что нее грани многогранника яв-
ляются треугольниками, а это, в свою очередь, икпивалонтно
тому, что никакие четыре даппые точки не лежат на одной ок-
ружности.
13.2С. Данные лучи и точки можно представить как изоб-
ражение проекция трехграниого угла с тремя отмеченными
ва ого гранях точками. В хадачс требуется пост|юмть сечение
•тою угла плоскостью, проходящей через данные точки. Соот-
ветствующее построение описано в решении задачи 12.22,6.
13.27. Данные прямые можно представить как проекции
прямых, на которых лежат ребра трехгранноп призмы, а див-
ные точки — как проекции точек, лежащих на ео гранях (пли
продолжениях граней). В задаче требуется построить сечение
призмы плоскостью, проходящей через данные точки. Соот-
втгтстяующее построение описано в решении вадачи 12.23.
16»
Глава 14
ЦЕНТР МАСС. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ.
БАРИЦЕНТРИЧЕСКИЕ КООРДИНАТЫ
§ 1. Центр масс и его основные свойства
Пусть в пространство задана система точек с приписанными
им массами, т. в. имеется набор nap (X,, т(), где X, — точка
пространства, ат,— некоторое число, причем iut 4- ...
...-f- «„У1 0. Цешпрол часе системы точек Х{,..., Хд с массами
mt, .... mn называется точка О, для которой выполняется ра-
венство пцОХ, -f- ... -|- тпОХп — 0.
14.1 . а) Докажите, что центр масс системы точек
существует и единствен.
б) Докажите, что если X — произвольная точка
плоскости, а О — центр масс точек Xt, Х„ с масса-
ми int т„, то x5-w 4..,. + W|| (mlXXl+ ...
... + winXA„).
14.2 . Докажите, что центр масс системы точек
.... А\, У,, ... Ym С массами в„ .... ая, blt .... b„
совпадает с центром масс двух точек — центра масс
первой системы X с массой et -р ... -|- ап и центра масс
Y второй системы с массой bt 4- ... -(- bm.
14.3 . а) Докажите, что отрезки, соединяющие вер-
шины тетраэдра с точками пересечения медиан проти-
волежащих граней, пересекаются в одной точке, при-
чем каждый из них делится этой точкой в отношении
3:1, считая от вершины (эти отрезки называются ме-
дианами тетраэдра).
б) Докажите, что в той же точке пересекаются от-
резки, соединяющие середины противоположных ребер
тетраэдра, причем каждый из них делится этой точкой
пополам.
14.4 . Дан параллелепипед АВСЯЛ^С^. Пло-
скость Л,Ш7 пересекает диагональ ACt в точке М. До-
кажите, что /1.И : ACi «= 1 : 3.
14.5 . Дан треугольник АВС я прямая I; Alt Bt и
— произвольные точки прямой I. Найдите геомет-
244
рическое место центров масс треугольников с вершина-
ми в серединах отрезков ЛЛ„ BBt н CCt.
14.6 . На ребрах АВ, ВС, CD и DA тетраэдра ABCD
взяты точки К, L, М и Л' так, что А К : КВ — DM :
: МС = р и BL : L£ — AN : ND = д. Докажите, что
отрезки КМ и LN пересекаются в одной точке О, при-
чем КО : ОМ = д и NO : OL = р.
14.7 . На продолжениях высот тетраэдра ABCD за
вершины отложены отрезки AAt, BBt, CCt и DDlt дли-
ны которых обратно пропорциональны высотам. До-
кажите, что центры масс тетраэдров ABCD u A^B^CJD^
совпадают.
14.8 . Две плоскости пересекают боковые ребра пра-
вильной n-угольной призмы в точках Alt.... А„ п
Bt,.... Ва соответственно, причем эти плоскости не
имеют общих точек внутри призмы. Пусть М N —
центры масс многоугольников А, ... Ап и Bt ... Вя.
а) Докажите, что сумма длин отрезков AiBlt...
АпВп равна nMN.
б) Докажите, что объем части призмы, заключенной
между этими плоскостями, равен sMN, где t — пло-
щадь основания призмы.
§ 2. Момент инерции
Величина /м-т|МХ»-Ь...+ тпМХ* называется жо-
ментам инерции относительно точки Л/ системы точек Х|,..., Хд
с массами mlt..., тя.
14.9 . Пусть О — центр масс системы точек, суммар-
ная масса которой равна т. Докажите, что моменты
инерции этой системы относительно точки О и произ-
вольной точки X связаны соотношением 1Х = 10 +
+ тХО1.
14.10 . а) Докажите, что момент инерции относи-
тельно цептра масс системы точек с единичными масса-
ми равен — а*;, где п — число точек, a(j — расстоя-
" «о
пне между точками с номерами I и /.
б) Докажите, что момент инерции относительно
цептра масс системы точек с массами т(, ..., тп, равен
Д. гп,т/1?,, где т = тм+ ... -|- тл, a,j— расстояние
между точками с номерами I и /.
14.11 . Докажите, что сумма квадратов длин медиан
тетраэдра равна 4/9 суммы квадратов длин его ребер.
а*5
14.12 . В вершины тетраэдра помещены единичны!
массы. Докажите, что момент инерции этой системы от
посптельно центра масс равен сумме квадратов расстол
ний между серединами противоположных ребер tci
раэдра.
14.13 . Дан треугольник ЛВС. Найдите геометр и
ческое место таких точек X пространства, что ХЛ'г 4*
4- ХЯ* = ХС*.
14.14 . Два треугольника — правильный со сторо-
ной а и равнобедренный прямоугольный с катетами,
равными Ь,— расположены в пространство так, что пх
центры масс совпадают. Найдите сумму квадратов рас
стояний от всех вершин одного из них до всех вершин
другого.
14.15 . Внутри сферы радиуса В расположено п то-
чек. Докажите, что сумма квадратов попарных рас-
стояний между ними пе превосходит п’Л2.
14.16 . Точки Лп .... Ля лежат на одной сфере,
а Л/ — их центр масс. Прямые Л/Л„ МЛп пересе-
кают эту сферу в точках Вп (отличных от Л„ ...
.... Л„). Докажите, что Л/Л, 4* ... 4- МАп
< Л/В, + ... + МВп.
§ 3. Барицентрические координаты
Пусть и прострпвстве зпдля тетраэдр Если точ-
ка X является центром масс вершин этого тетраэдра с массами
m(, m„ in, и т(, то числа (m,, ma, л>„ п»,) называются барицгнт-
рическили кворд икотами точки X относительно тет|>аэдрл
Л|ЛаЛ ала.
14.17 . Пусть в пространстве задан тетраэдр
Л,Л ,Л аЛ ч.
а) Докажите, что любая точка X имеет некоторые
барицентрические координаты относительно него.
6) Докажите, что при условии m, -f- т2 + 4-
4- ” 1 барицентрические координаты точки X оп-
ределены однозначно.
14.18 . В системе барицентрических координат, свя-
занных с тетраэдром Л,Л,ЛЯЛ,, найдите уравнение:
а) прямой Л|Ла; б) плоскости Л,Л,Ла; в) плоскости,
проходящей через Л»Л4 параллельно Л,Ла.
14.19 . Докажите, что если точка с барицентрически-
ми координатами (.г,) и (р,) принадлежит некоторой при-
мой, то той же прямой принадлежит точка с координа
теми (х, 4- у,).
246
14.20 . Пусть Sa, Sb, Sc и Sd — площади граней
BCD, ACD, ABD и ABC тетраэдра ABCD. Докажите,
что в системе барицентрических координат, связанных с
тетраэдром ABCD:
а) центр вписанной сферы имеет координаты (5О,
$Ъ' <Se. £<i);
б) центр вневписанной сферы, касающейся гранп
АВС, имеет координаты (5„, Sb, Se, —Sd).
14.21 . Найдите уравнение описанной сферы тетра-
вдра A^iAnAt в барицентрических координатах, свя-
ванных с ним.
14.22 . а) Докажите, что если центры /х, 7а и 74
вневписанных сфер, касающихся граней тетраэдра,
расположены па его описанной сфере, то этот тетраэдр
равногранный.
б) Докажите, что верно и обратное: для равпогран-
пого тетраэдра точки 7Х, 7t, 7, и Z4 лежат на описанной
сфере.
Решения
14.1 . Пусть X и О— произвольные точки плоскости. Тог-
да т,б?! + + +...+%) ОХ 4-™^, 4-..,
... 4- тпХХп, поэтому точка О является центром масс длиной
системы точек тогда и только тогда, когда (,л.+ • •• + ™П)О^+
+ mJXXl 4- ... -|-mnxJn = 0, т. о.
X 4-... 4- тпХ$пу Из этого рассуждения вытекают
решения обоих вадач.
14.2 . Пусть Z —произвольная точка, а = 4-••• + *„,
б-Ь.+ ... + V Тогда ZX- l(«1H14-...4-«nZ^„)
^"T(bi^l + ---+fcmZXm)- Егя" О —центр
масс точки X с массой а и точки Y с массой Ъ,
то (eZX4-6Zy)=jyj(e1Z?i+...+enZXn +
+ b^i+...+bnZY,n),T. е. О — центр масс системы точек
Х1...... *я» У!. •••> I'm О массами в,, .... ап, Ьх, .... Ьт.
14.3 . Поместим в вершины тетраэдра единичные массы.
Центр масс этих точек расположен на отревке, соединяющем вер-
шину тетраэдра с центром масс вершин противоположной грани,
причем делит этот отрезок в отношении 3:1, считая от воршкны.
247
Такпм об[М1яом, все медианы тетраэдра проходят черев сгч
центр масс.
Цент р масс вершив тетраэдра расположен также иа отрезы .
соединяющем центры масс противоположных ребер (т. е. их Си-
реднны), причем он делит этот отрезок пополам.
14.4 . Поместим в точки 4|, В и D единичные массы. Пуст:.
О — центр .масс этой системы. Тогда
ЗАО = АА, + АВ 4- аЬ = AAt 4- AJ\ 4- B^t = Д?р
г. в. точка О лежпт на диагонали А С>. С другой стороны, центр
масс точек 4lt В nD лежпт в плоскости AtBD, поэтому О » М.
—* —* —*
аиачит, ЗЛ М = ЗАО = А(\.
14.5 . Поместим аточки А, В. С, А , Bt и С, единичные массы
С одной стороны, центр масс этой системы совпадает с центром
масс треугольника с вершинами в серединах отрезков AAi, ВВ,
и СС|. С другой стороны, он совпадает с серединой отрезка, со
одиняющето центр масс X точек Bi и С\ с центром масс Л/
треугольника АВС. Точка М фиксирована, а точка X перемг
Щается по прямой I. Поэтому середина отрезка MX лежит на
прямой, гомотетичноп прямой 1 с центам М и коэффициен-
том 0,5.
14.6 . Поместим а точкп А, В, С н D массы 1, р, pq и q соот
истстпенно и рассмотрим центр масс Р этой системы точек. Так
как К — центр масс точек А и В, М — центр масс точек С и D.
то точка Р лежит на отрезке КМ, причем КР : PM = (pq + ч) :
5 (1 + /') “ ?• Аналогично точка Р лежпт на отрезке LN, при
чем N Р : PL = р.
- ►
14.7 . Пусть Л/— центр масс тетраэдра ABCD. Тогда ЛМ(+
4-ЛЛ?! +Л7?! +Mbt - (ЛМ+ МВ + МС -J- MD) I- (ZT(4-0S(4-
+^,4-0^,) = 4- 515,. Векторы /Мг BBt, CCt u
DDl перпендикулярны граням тетраэдра, а их длины пропор-
циональны площадям граней (это следует из того, что площа-
ди граней тет1>аадрл обратно пропорциональны длинам высот,
опущенных на них). Следовательно, сумма этих векторов равна
нулю (см. вадачу 7.19), а значит, Л/ — центр масс тетраэдра
WA- _
14.8 . а) Таи как 472,4-... 4- МАп » Л75, 4-... 4- М$п •=
«= 0, то, складывая равенства Л/<4( 4- Ajlt 4- в4Л’ = JI/.V для
всех t « 1, л, получаем AjB, 4-... +AnB.n=nMN. Сле-
довательно, отрезок MN параллелен [ебрам призмы в А В ф-...
... + AeB„ = n.VA.
из
Заметим также, что ваяв вместо многоугольника В( ... Вп
одно из оснований призмы, получим, что прямая МЛ' проходит
чо]>ез центры оснований призмы.
б) Разобьем основание призмы па треутольннкн, соединив
ее центр с вершинами; площади атих треугольников |швны. Рас-
смотрев треугольные прпяыы, основаниями которых служат полу-
ченные треугольники, данную часть прнвмы можно раярезать на
многогранники с треугольными осноеаинями и параллельными
боковыми ребрами. Согласно алдлче 3.24 объемы этих многогран-
ников равны «(/liBi + AtHt -f- JWJV)/3n, .... 4ЛпВк + AiBi 4*
4* MN)l3n. Поэтому объем всей части призмы, заключенной
между' данными плоскостями, равен а(2М1®1+ ... + >• ПВП)+
4-яМЛг>/Зп. Остается заметить, что AtBi 4* ... 4- АпВп = пМЛ'.
14.9 . Занумеруем точки длиной системы. Пусть х, —вектор
С началом в точке О и концом в точке с номером I, причем
•той точке приписана масса mt. Тогда ^л>(х( = О. Пусть, да-
лее, а = ХО. Тогда 1О = У, m(rj, /д = 2 mi (х« + °)t*“2miI*+
4-2(2 "I’i* *) 4- 2mie,,= zo + meI-
14.10 . а) Пусть Xj — вектор с началом в центре масс О п
концом в точке с номером I. Тогда У (х( — xj1 *• 2(Ji4-»j) —
— 2 УJ(x(, Xj), где суммирование ведется по всем возможным
парам номера точек. Ясно, что 2 + *?) “ 2л Ух{ — 2nfo
<J <
2 <’»• х>) “2 (х<’ 2 к>) = °- Поэтом>’ “ 2 (Х1 -«/-
—2 2
о
б) Пусть xt — вектор с началом в центре мясо О п концом
в точке с номером i. Тогда У (xj — xj! — 2 (*’ 4-
• )
4-х})-22 (хг х>)' Ясно, что 2 (4+«J)-2“.x
*4 ij i
x2('v* + m/?)=2'n«('T,*ri-,o)=,2m/o" 2m<mXxP «>)=
) I ij
- 2 m> (x <• 2 miX>j °* 01 П°Э1ОМ’' 2mlO = 2 mimi •*
-2 2 'niraje?r
«>
14.11. Поместим в вершины тетраэдра единичные массы.
Так как их центр масс — точка пе1>есечен11я ыедилв тетраэдра —
делит каждую медиану в отношении 3:1, то момент инерции
тетраэдра отшеительно центра масс равен (3/4mo)* -J-...
= 9/16 (т£ 4- mJ т’ 4- т^)- С другой стороны.
249
согласно задаче 14.10. а он равен Суммо квадратов длин рсГ< р
тетравдра, деленной на 4.
14.12. Центр масс О тетраэдра ABCD является точкой ш р
сечения отрезков, соединнюпщх середины противоположных р
бер тетраэдра, причем точка О делит каждый из этих отрезков г
полам (задача 14.3,6). Если К — середина ребра АВ, то АО"
4- ВО* = 20К* + АВЧ2. Запишем такие равенства для ни
ребер тетраэдра и сложим их. Так как кг каисдоп вершины вых
дят 3 реб|>а. в левой части получится З/q. Если I. —серсдп»
ребра CD, то 20 К* 4- 2OL* = КС*. Кроме того, как следует и >
задачи 14.10, а, сумма квадратов длин ребер тетраэдра раина
4/(> Поэтому в правой части равенства получится d 4' 2/<>. i i
d — сумма квадратов расстояний между серединами прогпв»и<<
ложных ребер тетраэдра. После сокращения получаем т|юбусм<»
14.13. Поместим в nepamtru А и В массы 4-1. а в вернин у
С — массу —1. Центр масс М «той системы точек является тир
«пипой параллелограмма АСВМ. По условию
4- ХВ* — ХС* -0, 1 так как !х - (1 4- 1 — 1)А1№ 4- Гм (>>
дача 14.9), то MX* — —1м= °* + Ь* ~ с*« где a, t п с — дin
ны сторон треугольника АВС (задача 14.10,6). Итак, «хи
Z.C < 90°, то искомое ГМТ — сфера радиуса Ve* 4" б*
с центром М.
14.14. Если М — центр масс треугольника АВС, то /л|
(АВ* + ВС* 4- АС*)13 (см. задачу 14.10, а), поэтому для ли
бой точки X имеем равенство ХА* + ХВ* + ХС* Iх
- ЗХМ* /м - ЗХМ* 4- (АВ* 4- ВС* + АС*)/3. Если АВ<
данный прямоугольный треуголишк, 4i#|Ct—даппый ира
вштьпый треугольник, а А/ — их общий центр масс, то Л(Л"
4-Л1»’ 4- AtC* •= 3AtM* 4- 4Ь»/3 = а’ 4- 4М/3. Записав ...
гнчные равенства для точек В, и С, и сложив пх, получим, чо*
искомая сумма кващмпов равна Зя* 4- 4 b5.
14.15. Поместим в данные точки единичные массы. Как с к
дует из результата задачи 14.10,а, сумма квадратов попарных
расстояний между этими точками равна п/, где I — момент iiin-p
«щи системы точек отпоептелыю цептра масс. Рассмотрим ген* р
момент инерции системы относительно цептра О сферы. С одвпн
стороны, / < lo (см. задачу 14.9). С другой стороны, так i.ki
расстояние от точки О nf> любой в.1 данных точек пе провоем*
дпт Я, то /о<яЯ*. Поэтому nl < л3/?*, причем ранспстпо ли
стегается, только если / — /<у(т. о. центр масс совпадает с tu.ni
ром сферы) и >о “ пН* (т. е. все точки расположены ил попер х
пости данной сферы).
14.16. Пусть О — цовтр данной сферы. Если хорда АВ пр»
ходит через точку А/, то АМ-ВМ = Я8 — d8, где d = MO, О* *•
250
иачпм черта Iх момент инерции системы точек Аг ..., Ап от-
носительно точки X. Тогда Го=/м + ш^ (см. звдячу 14.9).
С другой стороны, так как OAt — В, то 1О = пНг. Поэтому
AtM-BtM =Я*-<11»^(Л1М*+... + ЛпЛ11). Такпм обра-
эом, если ввести обозначение af = А±М, то требуемое неравенст-
во перепишется в виде ®1 + ... + «п<^’(°1+ ... +«2)^+ •••
j. Для доказательства этого неравенства следует яос-
иользоваться неравенством * + у<,~ + у ^последнее неравен-
ство получается на неравенства ту < z* — zy 4- у* умножением
обеих частей па *
14.17. Введем следующие обозначения: е, = AtA(, с, —
—♦ » —►
- AtAt, е, = л4Л, и х = ХА «. Точка X является центром масс
сершпп тетраэдра Л1ЛГЛ>Л< с массами mi, mt, т, и т, тогда и
только тогда, когда гяДх -f- е,) 4 mt(x 4- ®i) + ™э(х + *>) +
-)- т4х = 0, т. с. "‘Х = —(ице, 4- т/>, 4- тяе,). где в, * лц4
4- та 4- т, 4- Будем считать, что m = 1. Любой вектор х
можно представить в виде х = —— m,e, — причем
числа От|, тв и т, определены однозначно. Число т( находятся
со формуле mt = 1 — mi — mt — т>.
14.18. Точка с барицентрическими координатами (xlt х„
zt, zt): а) лежит иа прямой Л1Л(, если xs = х4 = 0; б) лежит в
плоскости AiAfAi, если х4 “ 0.
в) Воспользуемся обозначениями задачи 14.17. Точка X ле-
жпт в указанной плоскости, если к ” Цс, — еж) 4- ре>, т. е.
*1 = ~*t
14.19. Точка с барицентрическими координатами (я( 4* У))
является центром масс точек с координатами (*() и (у,). Ясно так-
же, что центр мисс двух точек лежит на прямой, проходящей
через них.
14.20. а) Центр вписанной сферы явтяется точкой исресе-
чеяпя биссекторных плоскостей двугранных углов тет|>аэдра.
Пусть Af — точка пересечения ребра АВ с бнссекторной плос-
костью двугранного угла при ребре CD. Тогда AM : МВ =
= Sb : Sa (задача 3.32), поэтому точка М имеет барицентриче-
ские координаты (5О, 5Ь, 0, 0). Биссекгорвая плоскость дву-
гранного угла при реб|№ CD проходит через точку с координата-
ми (Sa. Sb, 0, 0) и через прямую CD, точка которой имеют коор-
динаты (0, 0, я, у). Следовательно, эта плоскость состоят яз то-
чек с координатами (5О, 56, z, у) (см. задачу 14.19). Такны
251
•Вразом, точка (So, Sb, Se, S()) принадлежит бпссекторттой н.к»
кости двугранною угла при ребре CD. Аналогично докалыпш
сл, что она принадлежит и остальным бнссекторным плоскости
б) Центр вневписанной сферы, касакицейся грани AIH
является точкой пересечения бвссскторпых плоскостей двугрыт
вых углов при ребрах AD, BD, CD и бпссекторных плоского а
внешних двугранных углов при ребрнх АВ, ВС, СА. Пусть Л/
точка пересечения продолжения ребра CD с биссекторной ты»
скостью внешнего утла при ребре АВ (если эта биссекторш* i
плоскость параллельна ребру CD, то следует воатольаоелтм >
результатом задачи 14.18, в). Такие же рассуждения, как и тара
решении задачи 3-32, покалывают, что СМ : MD = Sj : Л
Дальнейший ход решения такой же, как и в предыдущей задач'
14.21. Пусть X—произвольная точка, О—центр оппсанияи
сферы данного тетраэдра, е( = 0А{ и а = ХО. Если точка \
имеет барицентрические координаты (г^, т*.т^), то 2ж,(а
4-Cj) = = °> та,< как X — центр масс точек AIt...,At
с массами rJt г*. Поэтому (V *() а — — у т(в|. Точка X
принадлежит описанной сфере тетраздра тогда и только тогда
когда |а| = ХО = Я, где В—радиус агой сферы. Таким обра
пом, описанная сфера тетраэдра задается в барпцеитрпчео. н\
координатах уравненном *<•<)*, т- * я*21-г?
+ 2Яа У *1 +2 2 *Л (ef е>)' ток ,ак | ®а I “ 11
«У «7
Это уравнение переписывается в виде У т^. (/?* —(е(, ел)
«>
=0. Заметим теперь, что 2(Я* — (е(, е^)) = в^, где оу—дли
па ребра AfAj. В самом доле, | е{ — |* «• | е(|* + | е# |г
— 2{е(, е^) = 2(Я*— (ер с})). В итоге получаем, что описан tinп
сфере тетраэдра А1А^А1Л4 ведается в барицентрических аиюр
дипатах уравнением У г^^а^ — 0, где а{. — длина ребра А*А,
14.22. а) Пусть S|, St. Sa и S4 — площади граной AtAyA,.
AtAtA j, A,AtA, n AiAaAa. Точки liJt, /а в ft имеют барпцентрн
чтение координаты (—St, St, S», St) (Slt —St, Sa, S4), (S,, 5 ,
—SJt S4) и (S|, St, Sa, —S4) (задача 14.20, б), а описанная сф>-
pa тетраэдра задается в барицентрических координатах урава<-
пием У, aJ/XiXy w0. где atj —длина ребра А/Аj (задача 14,21)
«1
Запишем условия принадлежности точек 7, и 7t оипсанпой сф
ре (обозначая для простоты черва у^): уи ф- + уи
в щ + И« + РМ и У» + ha + hi “ »> + Vat + Складывли
втн равевства, получаем уи = pt(. Аналогично, складывая такие
252
равенства для течек Z( н Zj, получаем y,j = ykl, гд‘ набор чисел
{/, /. *. О совпадает с {1, 2, 3, 4).
Перемножая равенства p(J = и у|4 = рм, получаем
Так ,ав
все числа 5( и ац положительны, то ^10п°и = 5цвм°84. »• е.
°2SflSI в13^14
• = —у—. Домножпв обе части равенства на а , по-
л учим
В каждой части этого равенства
стоит отйошеиие прояаи*деимя длин сторон треугольника к его
площади. Легко проворить, что такое отношение райпо учетве-
ренному радиусу описанной окружности треугольника. В самом
1 айс
деле, 5 = у м sin у «Такны образом, радпусы описанных
окружностей граней '•гА,/>4 в Л1АЯА4 равны. Аналогично дога-
дывается, что радиусы всех граней тетраэдра равны. Остается
воспользоваться результатом задачи 6.25,в.
6) Воспользуемся обозначениями предыдущей задачи. Для
равнограписи о тетраэдра St = S, = S, « S4. BoaiONy условие
принадлежности точки Z( оопсаннон сфере тетра.«Д|>а ааппшется
в виде в], + о|3 -f- e,j — аа + <•« + et4. Это равенство следует
из того, что е,. = oaj. аа = ям и а(4 ™ ая. Принадлежность
точек Zt, Zt и Z, оиисаниом сфере провернется аналогично.
Замечание. Утверждение вадачи 6) догазано другим
способом в решении вадачи 6.32.
Глава 15
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
§ 1. Примеры и контрпримеры
15.1 . а) Существует ли четырехугольная пирамида,
у которой две несмежные грани перпендикулярны пло-
скости Основания?
б) Существует ли шестиугольная пирамида, у кото-
рой три (смежные или нет) боковые грани перпендику-
лярны плоскости основания?
15.2 . Вершина Е тетраэдра АВСЕ расположена
внутри тетраэдра ABCD. Обязательно ли сумма длин
ребер внешнего тетраэдра больше суммы длин ребер
внутреннего?
15.3 . Существует ли тетраэдр, все грани которого —
тупоугольные треугольники?
15.4 . Существует ли такой тетраэдр, что основания
всех его высот лежат вне соответствующих граней?
15.5 . В пирамиде SABC ребро SC перпендикулярно
основанию. Могут ли утлы ASB u АСВ быть равны?
15.6 . Любой ли трехгранный угол можно так пере
сечь плоскостью, что в сечении получится правильным
треугольник?
15.7 . Найдите плоские углы при вершинах трехгран-
ного угла, если известно, что любое его сечение являет-
ся остроугольным треугольником.
15.8 . Можно ли расположить в пространстве 6 по-
парно пе параллельных прямых так, что все попарные
углы между ними будут равны?
15.9 . Обязательно ли является кубом многогранник
все грани которого — равные между собой квадраты?
15.10 . Все ребра многогранника равны и касаются
одной сферы. Обязательно лп его вершины припадли-
жат одной сфере?
15.11 . Может лп конечное множество точек в про-
странстве, не лежащих в одной плоскости, обладать
следующим свойством: для любых двух точек А а В
254
Я8 этого множества найдутся еще две такие точки С и D
аз него, что AB\\CD и зти прямые не совпадают?
15.12 . Можно лп так расположить 8 ненересекаю-
цихся тетраэдров, чтобы любые два из них соприкаса-
<нсь по участку поверхности с ненулевой площадью?
§ 2. Целочисленные решетки
Множество точек пространства, все трв координаты кото-
рых — целые числа, называется целочисленной решеткой, а са-
ми втв точки — узлами целочисленной решетки. Плоскости, па-
раллельные координатным плоскостям и проходящие через узлы
целочисленной решетки, разбивают пространство на кубика с
ребром 1.
15.13 . Девять вершин выпуклого многогранника
лежат в узлах целочисленной решетки. Докажите, что
внутри его или на его поверхности есть еще один узел
целочисленной решетки.
15.14 . а) При каких п существует правильный п-
утольпик с вершинами в узлах (пространственной)
целочисленной решетки?
б) Какие правильные многогранники можно распо-
ложить так, чтобы их вершины являлись узлами цело-
численной решетки?
15.15 . Можно ли провести конечное число плоско-
стей в пространстве так, чтобы каждый кубик целочис-
ленной решетки пересекала хотя бы одна из этих пло-
скостей?
15.16 . Докажите, что наименьшая площадь 5 парал-
лелограмма с вершинами в целочисленных точках
плоскости ах + by + cz =» 0, где а, Ь и с — целые
числа, равна наименьшей длине I вектора с целочислен-
ными координатами, перпендикулярного этой пло-
скости.
15.17 . Вершины И,, В, Ct н D куба ABCDA^BfiiDf^
лежат в узлах целочисленной решетки. Докажите, что
остальные его вершины тоже лежат в узлах целочис-
ленной решетки.
15.18 . а) Дан параллелепипед (пе обязательно пря-
моугольный) с вершинами в узлах целочисленной ре-
шетки, причем внутри его расположено а узлов решет-
ки, внутри граней — b узлов, внутри ребер — с узлов.
Докажите, что его объем равен 1 + я 4- у + -j.
б) Докажите, что объем тетраэдра, целочисленными
точками которого являются лишь его вершины, может
быть сколь угодно велик.
255
§ 3. Разрезания. Разбиения. Раскраски
15.19 . а) Разрежьте тетраэдр С ребром 2л на тетра-
эдры и октаэдры с ребром а.
б) Разрежьте октаэдр с ребром 2л на тетраэдры к
октаэдры с ребром л.
15.20 . Докажите, что пространство можно запол-
нить правильными тетраэдрами и октаэдрами (бел
промежутков).
15.21 . Разрежьте куб на три равные пирамиды.
15.22 . На какое наименьшее число тетраэдров моле-
но разрезать куб?
15.23 . Докажите, что любой тетраэдр можно так
разрезать плоскостью на две части, что из них можно
вновь сложить такой же тетраэдр, приложив их друг
к другу иным способом.
15.24 . Докажите, что любой многогранник можно
разрезать па выпуклые многогранники.
15.25 . а) Докажите, что любой выпуклый многограп
ник можно разрезать на тетраэдры.
б) Докажите, что любой выпуклый многогранник
можно разрезать ня тетраэдры, вершины которых рас-
положены в вершинах многогранника.
15.26 . На сколько частей разбивают пространство
плоскости граней а) куба; б) тетраэдра?
15.27 . На какое наибольшее число частей могут раз-
делить сферу п окружностей?
15.28 . В пространстве дано п плоскостей, причем
любые три пз них имеют ровно одну общую точку и ни-
какие четыре ие проходят через одну точку. Докажите,
что они разбивают пространство па (и3 + 5п 4- 6)/6 ча-
стей.
15.29 . В пространстве дано п (н 5) плоскостей,
причем любые три пз них имеют ровно одну общую точ-
ку и никакие четыре пе проходят через одну точку. До-
кажите, что средн частей, на которые эти плоскости
разбивают пространство, имеется не менее (2п — 3)/4
тетраэдров,
• • •
15.30 . Камень имеет форму правильного тетраэдра.
Его перекатывают по плоскости, переворачивая через
ребро. После нескольких таких переворачиваний ка-
256
мень вернулся на исходное место. Могут ли при этом
его грани поменяться местами?
15.31 . Прямоугольный параллелепипед размером
2)X2mx2n разрезан на кубики со стороной 1, и каж-
дый из этих кубиков окрашен в один на 8 цветов, при-
чем любые два кубика, имеющие хотя бы одну общую
вершину, окрашены в разные цвета. Докажите, что все
угловые кубики окрашены в разные цвета.
§ 4. Задачн-одиночкп
15.32 . Плоскость пересекает нижнее основание ци-
линдра по диаметру, а с верхним основанием имеет
единственную общую точку. Докажите, что площадь
отсеченной части боковой поверхности цилиндра равна
площади его осевого сечения.
15.33 . Внутри выпуклого многогранника объемом V
дано 3(2п — 1) точек. Докажите, что в нем содержится
многогранник объемом V72", во внутренней части ко-
торого нет ни одной из данных точек.
15.34 . В пространстве заданы 4 точки, пе лежащие в
одной плоскости. Сколько имеется различных парал-
лелепипедов, для которых зти точки служат верши-
нами?
Решения
15.1. Да, такие пирамиды существуют. В качестве их осно-
ваний можно ваять, например, четырехугольник и невыпуклый
шестиугольник, иаобрааюппые на рнс. 106; вершины этих пира-
мид лежат на перпендикулярах, восставленных из точек Р и Q
соответственно.
Рис. 106
15.2. Нет, ие обязательно. Рассмотрим равнобедренный
треугольник АВС, основание АС которого много меньше боковой
стороны. Вершину D поместим вблизи серед в ны стороны АС,
17 В. В. Прасолов. И. Ф. Ширыпш
№1
а вершину £ — внутри тетраэдра ABCD п облила вершины П,
Периметр внешнего тетраэдра можно сделать сколь угодно
близким к За, где а — длина боковой стороны треугольника
АВС, в периметр внутреннего — к 4о.
15.3. Да, существует. Пусть в треугольнике АВС угол Г
тупой, точка D лежит на высоте, опущенной из вершппы С.
Слегка приподняв точку D над плоскостью АВС, получим трп
буемый тетраэдр.
15.4. Да, существует. Этим свойством обладает тетраэдр у
которого два противоположных двугранных угла тупые. Дли
построения такого тетраэдра можпо, например, взять две днаго
пали квадрата и чуть-чуть приподнять одну над другой.
Замечание. Основание наименьшей высоты люб<и»
тетраэдра попадает внутрь треугольника, стороны который
проходят через вершены про tn
□ волежащей грани параллельно с-
.у ребрам (см. задачу 12.16).
\ 15.5. Да, могут. Пусть «яки
\ С п S лежат на одной nyie <*
I ружиости, проходящей через Л и
В, причем SC-LAB и точка <
I ближе к прямой АВ, чем точка .V
/ (рпс. 107). Тогда треугольник
/ A BS можно так поаерпуть ио
крут оси А В, что отрезок SC Си
нет перпендикулярен плоскости
А ° ЛВС.
Рпс 107 15.6. Пет. не любой. Рассмог
ром трехграниый угол SAUC,
у которого 4.DSC <№ о ребро AS перпендикулярно греки
SBC. Предположим, что его сечение ЛВС является правильны и
треугольником. В прямоугольных треугольниках ABS в ACS
равны гипотенузы, поэтому SB — SC. В равнобедренном тре-
угольнике SBC угол при вершине S наимешлшй, потому
ВС < SB. Ясно также, что SB < ЛВ, а виачнт, ВС < АН.
Получено противоречие.
15.7. Докажем сначала, что любое сечение трехгранпого уг-
ла с прямыми плоскими углами является остроугольным три-
угольпиком. Пусть секущая плоскость отсекает от ребер отрезки
длиной а, 6 п в. Тогда квадраты длин сторон сечения рав-
ны о’ + 6*, 6* 4- с* п o’ + с1. Сумма квадратов любых двух сто-
рон больше квадрате третьей, ппетому треугольник остро-
угольный.
Докажем теперь, что если пе все плоские углы трехгранпого
угла прямые, то у вето есть сечепле — тупоугольный треуголь-
256
пик. Если в трехгранном угле есть тупой плоский угол, то отло-
жим па его сторонах равные отрезки SA и SB', если точка С на
третьем ребре взята достаточно близко к вершппс S, то треуголь-
ник АВС тупоугольный. Если же в трехграином угле есть ост-
рый плоской угол, то на его сторонах можно так выбрать точки
А я В, что угол SAB тупой; если точка С на третьем ребре взята
достаточно близко к вершине S, то треугольник АВС — тупо-
угольный.
13.8. Да, можно. Проведем прямые, соедипякиппе центр ико-
саэдра с его вершинами (см. задачу 6.4). Легко проверить, что
любые две такие прямые проходят через две точки, являющиеся
концами одного ребра.
15.9. Нет, не обяаательно. Возьмем куб и приложим к каж-
дой из его граней по такому нее кубу. У полученного (иевыпук-
лого) мвогограппио все грани являются равными между собой
квадратами.
15.10. Нет, по обяаательно. Построим вшчнпям образом на
гранях куба как осп овациях правильные четырехугольные пи-
рамиды с двугранными углами при основании, равными 45°.
В результате иолучпм 12-граннпк, имеющий 14 вершин, причем
8 пз них — вершины куба, а 6 — вершины построенных пирамид;
ребра куба являются диагоналями его граней, а поэтому его реб-
рами ве являются.
Все ребра этого многогранника равны, п опп равноудалены
сп центра куба. Одной сфере его гюршнпы принадлежать не мо-
гут, так как вернгины куба удалены от центр» на рнсстояппе
a TZ3/2, где в — ребро куба, а остальные вершниы удалены
от центра куба на расстояние а.
15.11. Да, может. Легко проверять, что вершины правиль-
ного шестиугольника обладают требуемым свойством. Рассмот-
рим теперь два правильных шестиугольника с общим центром О,
лежащие в разных плоскостях. Если А и В — вершины разных
шсстнуголы|вков, то в качестве С и D можно взять точки, сим-
метричные А и В огтюентельно точки О.
15.12. Можпо. На рпс. 108 сплошной линпей изображены 4
треугольника (один лежит внутри трех других). Рассмотрим
4 треугольные пирамиды с общей вершиной, основаниями кото-
рых служат эти треугольники. Аналогично строится еще 4 тре-
угольные пирамиды е общей вершиной (лежащей по другую сто-
рону от плоскоств рисунка), основаниями которых служат тре-
угольники, изображенные пунктиром. Полученные 8 тетраэдров
обладают требуемым свойством.
15.13. Каждая из трех координат узла целочисленной решет-
ка может быть либо четной, либо нечетной; всего получается
2’ — 8 различных вариантов. Поэтому среди двести вершин
17* 259
многогранника найдутся две вершины с координатами одной
четности. Середина отрезка, соединяющего эти вершины, пше»
целочисленные координаты.
16.14. а) Докажем сначала, что при п = 3, 4, 6 существу, т
правильный л-уголышк с осргппнамн в уалах целочисленной |»-
тетка. Рассмотрим куб ABCDAtBiCiDt, вершины которою
Гис. К»
имеют координаты fcfcl, ±1, ±1).
Тогда Середины ребер АВ, ВС,
СС{, CiDf, D,At и AtA являют-
ся вершинами правильного шгс-
тнуголышка и все они име-
ют целочисленные коордша-нм
(рис. 100); середины ребер АВ,
CCt в &iAi являются вершпоамк
правильного треугольника; яги<>
также, что A BCD — квадрат с це-
лочисленными вершивами.
Докажем теперь, что при
яч^З, 4, 6 не существует пра-
вильного л-уголышка с верши-
нами в уалах целочисленной решетки. Предположим, что та-
кой n-угольник существует при некотором л У1 3, 4, 8. Среди
всех л-угольников с вершина ми в уалах решетки мемсно вы-
брать тот, у которого длина сте-
роны вапмошзиая. Чтобы по-
кивать его, нужно проверит,
что длина стороны такое о
л-угольника может прини-
мать лишь конечное число
значений, меньших данно-
го. Остается заметить, чпо
длина любого отрезка с
концами в узлах решетки
равна ]/ «{ + п* + п*. где лг,
ns к л* — целые числа.
Пусть А/А, ... Ап —
выбранный n-угольник с
наименьшей длиной стороны. Рассмотрим правильный и-уголь-
ннк Bt ... Вп, где точка Bt нолучас-гси на точки Л( переносом па
вектор Al,iAl,t,T. е. AtBt^AutAM.Tt» как при переносе на
вектор с целочисленными координатами узел решетки перехо-
дит в увел решетки, Bt является уалом решетки. Для того
чтобы получить противоречие, ocraeic» доказать, что длина сто-
2С0
роты многоугольника Bt ... Вп строго меньше длины сторо-
ны многоусольника At... Ап (и по равна нулю). Доказатель-
ство этого достаточно очевидно; нужно только разобрать от-
дельно два случая: п — 5 и п > 7.
б) Докажем сначала, что куб, правильный тетраэдр и окта-
эдр можно расположить требуемым образом. Рассмотрим для это-
го куб ABCDAtBjCtDt, вершины которого имеют координаты
(±1,±1, ±1). Тогда АВ1СО1 —требуемый тетраэдр, а середи-
ны граней рассматриваемого куба являются вершинами требуе-
мого октаэдра.
Докажем теперь, что додекаэдр п икосаэдр нельзя располо-
жить требуемым образом. Как следует из предыдущей задачи,
не существует правильного пятиугольника с вершинами в узлах
решетки. Остается проверить, что и у додекаэдра, п у икосаэдра
найдется набор вершин, задающих правильный пятиугольник.
Для додекаэдра это вершины одной из граней, а для икосаэдра
это вершины, являющиеся концами выходящих из одной вер-
шины ребер.
15.15. Нельзя. Пусть в пространстве задано п плоскостей.
Если кубик решетки пересекается с некоторой плоскостью, то
он целиком лежит внутри полосы шириной 2 Уз, состоящей нз
всех точек, удаленных от данной плоскости не более чем на Уз
(Уз — наибольшее расстояние между точками кубика). Рас-
смотрим шар радиуса Я. Если асе кубики решетки, имеющие
общие точки с этим шаром, пересеивался с данными плоскостя-
ми, то полосы шириной 2 У1Г, определяемые данными плоскостя-
ми, заполняют весь шар. Объем части каждой такой полосы, ле-
жащей внутри шара, не превосходит 2 УЗлЛ*. Так как объем
шара не превосходит суммы объемов полос, то 4яЯ’/3 С
< 2Узл я Я’.т. е. Я < 3 V3 я. Слсдователыю, если /? >
“ 2 2 "•
то л плоскостей по могут пересекать всех кубиков решетки, имею-
щих общие точки с шаром радиуса Я.
15.16. Можно считать, что числа а, Ь и с в совокупности вза-
имно просты, т. е. наибольшее число, па которое все они делятся,
равно 1. Вектор, перпендикулярный этой плоскости, имеет коор-
динаты (Ха, Хб, Хе); эти координаты целые, только если X целое,
поэтому < — длина вектора (а, Ь, с). Если и в т — векторы со-
седних сторон параллелограмма с вершинами в целочислен-
ных точках данной плоскости, то пх векторное произведение
(см. с. 133) является вектором с целочисленными координатами,
перпендикулярным данной плоскости, причем длина этого векто-
ра равна площади рассматриваемого параллелограмма. Следо-
вательно, 5 > I,
2С1
Докажем теперь, что 5 < I. Для этого достаточно указать
целочисленные векторы опт, лежащие в данной плоскости,
векторное произведение которых имеет координаты (а, Ь, с).
Пусть d — наибольший общий делитель чисел а и Ь; в' “ aid
н Ь' •= b/d. В качестве и возьмем вектор (—Ь', а', 0). Если v
«• (х. р. *), то [и, т| = (в'*, b't, —а'* — b'y}. Поэтому в качест-
ве х нужно взять d, а числа хт у подобрать так, чтобы выполни
лось равенство ал 4- by 4- а *= 0, т. е. —а'х — Ъ'у = е.
Остается доказать, что если числа р и ? взаимно просты, то
существуют такие целые числа хм, что р*+ qy =* 1; то) да
рУ + qy' = с для У = сх и у' = су. Можно считать, что р >
> 9 > 0. Будем последовательно производить деления с оста)
ком: ₽ = ?п, + г4, q = гул, + г„ г, = rsn, 4- г„ ...» гй_<
= г*пл + г*»1» г* = п*+1га*1- Так как числа р и q взаимно про
сты, то q и гх взаимно просты, а значит, г, и г, взаимно прости и
т. д. Поэтому гА и гЛ41 взаимно просты, т. е. rAtl = 1. Подставим
в формулу rA_f = ГдЛц + 1 значение г*, полученное пз предыду-
щей формулы rA_t •» гА_|ПА_| 4’ гА; затем подставим апаче»»)
полученное из формулы rk_t = + rA_t, и т. д. II»
каждом шаге получаются соотношения вида xrt + pq-.j = 1,
поэтому в конце получится требуемое соотношение.
15.17. Пусть (х(, V|, t() — координаты <-й вершины правиль-
ного тетраэдра AJi(\D. Его центр, совпадающий с центром ку-.
ба, имеет координаты (Х|4" х, 4" х, + xt)/4 п т. д. Точки,
симметричная (xj, у,, »,) относительно центра куба, имеет кооу
дпнаты (х, + х, + х, 4- х,)/2 — х, = (—х, + х, + х, 4- х*У2 и
т. д. Четность числа — х, 4- xt 4"2s 4' х« совпадает с четно
стыо числа Xf 4- *т 4- + х*. Итак, нужно доказать, что числа
Х| 4- х, 4" 4" ж» т. д.— четные. Будем считать, что начало
координат находится в четвертой вершине тетраэдра, т. е. х, =•
“ W “ <« “ 0.
Пусть и, у, и» — целые числа. Легко проверить, что если
число и* 4- м* 4* «"* делится на 4, то все числа и, и и w — четный.
Поэтому достаточно проверить, что число и* 4" »* + w*. гдо “ “
= Х1 + Ч + ° — И + У» + V» и № — «I 4- ч 4- с». — чет-
ное. Пусть а — ребро куба. Так как «* 4-4- = 2“8 к
4- toto 4- *i*a “ (4 2а)‘ сое 60° = а’, то в* 4" ь* 4" «"* “
= ба’ 4- ба* 12а*. Число о* целое, потому что опо является
суммой квадратов трех целочисленных коордппат.
15.18. а) Можпо считать, что одна из верпшл данного парад
лелепппеда находится в начало координат. Рассмотрим куб К„
абсолютные величины координат точек которого пе превосходя г
некоторого целого числа л. Разобьем пространство на парал-
лелепипеды, равные данному, проведя плоскости, параллельны.)
262
•го граням. Соседние параллелепипеды получаются друг из дру-
га переносом па целочисленный вектор, поэтому все эти парал-
лелепипеды имеют целочисленные вершины. Пусть N — число
наших параллелепипедов, имеющих общие точки с кубом Aj.
Все они расположены внутри куба Kt, абсолютные величины ко-
ординат точек которого не превосходят л + d, где d — наиболь-
шее расстояние между вершинами данного параллелепипеда.
Обовначим объем данного параллелепипеда чс|>сэ V. Так
как рассматриваемые N параллелепипедов содержат куб Kt и
содержатся в кубе К,, то (2л)’ < NV < (2п 4- 2d}*, т. с.
Для каждого из рассматриваемых N параллелепипедов на-
пишем рядом с его целочисленными точками следующие числа:
рядом с внутренней точкой — число 1, рядом с точкой грани —
число 1/2, рядом с точкой ребра — число 1/4, а рядом с пергаи-
иоб — число 1/8 (в итоге рядом с точками, припалдсж1ицкын не-
скольким параллелепипедам, будет написано несколько чисел).
Легко проверить, что сумма чисел, стоящих рядом с каждой це-
лочисленной точкой куба А'], равна 1 (нужно учесть, что каждая
точка грани принадлежит двум параллелепипедам, точка реб-
ра — четырем, а вершина — восьми); для целочисленных точек
внутри куба Kt такая сумма tie превосходит 1, о для точек апо
Кг таких чисел пет. Поэтому сумма всех рассматриваемых чисел
заключена между количествами целочисленных точек Кубов К(
и А',. С другой стороны, она раина ЛГ(1 4- а + Ы2 4- е/4). По-
этому
(2п + 1)’ < Л'(1 + а + Л/2 + е/4) < (2и + 2d + 1)». (2)
Перемножая неравенства (1) в (2), получаем, что для любого
натуральною я справедливы неравенства
/ 2л + 1 1 + а + й/2 + с/4 /2л4-2Я4-1 \»
(2л 4-5Й ) <----------V-------< (-------S-----J •
Так как при л. стремящемся к бесконечности, и верхняя и ниж-
няя оценки стремятся к 1, то 1 + а 4- М2 + с/4 — V.
б) Рассмотрим прямоугольный параллелепипед
AnCDAiRiCtDj с целочисленными вершинами, ребра которою
параллельны осям координат и вх длины равны 1,1 и я. Цело-
численными точками тетраэдра AtBCiD являются лишь его вер-
шины, а его объем равен л/3.
15.19. а) Середины ребер тетраэдра с ребром 2а являются вер-
шинами октаэдра с ребром о. Если па тетраэдра вырезать этот
октаэдр, то останутся 4 тетраэдра с ребром а.
263
б) Если от октаэдра с ребром 2а отреветь 6 октаэдроп с |н '
ром а, одна из вершин каждого пз которых является всргнлпой
неходкого октаэдра, то останется 8 тетраэдров, осковапннмн юн
торых являются треугольники, образованные серединами |нбг,.
граней.
15.20. Вооьмем правильный тетраэдр с ребром а п пропадем
плоскости его граней, а также всо параллельные им плоско) < и,
удаленные от них па расстояния пЛ, где Л — высота тстразяр»,
Докажем, что эгп плоскости разбивают пространство иа т«тра
адры и октаэдры с ребром а.
Каждая плоскость грани исходного тетраэдра разрешил ш
правильные треугольники с ребром а, причем троуголыпьп лги
двух ткпев: треугольники одного типа можно совместить щ рено
сом с гранью исходного тетраэдра, а треугольники другого тина
нельзя (рпс. 110, а). Докажем, что и любая рассмотри пагнип
Рпс. 110
плоскость разрезана остальными плоскостями па правильные
треугольники. Для этого достаточно заметить, что если эта
плоскость удалена от плоскости грани исходного тетраэдра на
расстояние nh, то существует правильный тетраэдр с ребро’:
(я + 1)а. при одпой из вершин которого расположен пс ходни в
тетраэдр, а паша плоскость является плоскостью грапп тетра-
эдра при другой вершине (рис. 110, б). Рассматриваемая система
плоскостей перегодит в себя при переносе, переводящем верши-
ну одного пз этих тетраэдров в вергпиггу другого. Так как любая
грант* каждого многогранника, на которые разбито пространст-
во, является одним нэ треугольников, на которые разрезаны пло-
скости, то еще одним параллельным переносом можно либо сов-
местить ее с гранью исходного тетраэдра, либо совместить пару
нх ребер (имеется в виду, что тетраэдр я многограшшк имеют
общую Плоскость грани п расположены по одну сторону от вег).
2М
В первом случае многогранник является правильным тетраэдром,
а во втором — правильным октаэдром (см. решение задачи
15.1»,а).
15.21, В качестве общей верпшпы этих пирамид возьмем
одну вершину куба, а в качестве оснований — трл несмежные
с ней грани куба.
15.22. Если из куба Л BCDА'В'С'D' вырезать тетраэдр
А'ВС'й, то оставшаяся часть куба распадается на 4 тетраэдра,
т. о. куб можно разрезать па 5 тетраэдров.
Докажем, что иа меньшее число тетраздров куб разрезать
нельзя. Грань ABCD не может быть гранью тетраэдра, на кото-
рые разбит куб, поэтому к лен прилегает по крайней мере два
тетраэдра. Рассмотрим все тетраэдры, прилегающее к грани
ABCD. Их высоты, опущенные на эту грапь, не превосходят а,
где а — ребро куба, а сумма площадей их граней, лежащих на
ABCD, равна а*. Поэтому сумма кх обтемов tie превосходит
а’/З. Так как грани одного тетраэдра пе могут располагаться па
противоположных гранях куба, к граням ABCD и A'B'C'D'
прилегает по крайней мере 4 тетраэдра, причем сумма их обте-
мов не превосходит 2о’/3 < а*. Следовательно, ость еще один
тетраэдр! разбиении.
15.23. Сумма углов каждой из четырех граней тетраэдра
равна 180°, поэтому сумма всех плоских углов тетраэдра равна
4♦ 18(Г. Следовательно, сумма плоских углов при одной из четы-
рех вершин тетраэдра не превосходит 180°, а значит, сумма двух
плоских углов при ней меньше 180°. Пусть для определенности
сумма двух плоских углов при перш пне А тетраэдра ABCD
мепыле 180'. Возьмем на ребре АС точку L и построим в пло-
скости АВС угол АСК, равный углу CAD. Так как Z. KAL +
+ /.KLA «= /-ВАС + Z- CAD < 180", то лучи LK п АВ пере-
секаются, и поэтому можно сч1гтать, что точка К лежит па луче
АВ. Аналогично строим на луче AD точку Л/ так, что /-ALAI =•
— /-ВАС. Если точка L достаточно близка к вершине А, то точ-
ки Л’ и М т>мп на ребрах АВ и AD. Покажем, что плоскость
KLM разрезает тетраэдр требуемым образом. В самом деле,
ДЛ'ЛГ. = А АН. А, поэтому существует движение пространства,
переводящее АА'Л/. в t^MLA. При этой преобразовании тетра
эдр А KLA! переходит в себя.
15.24. Проведем все плоскости, содержащие грани данного
многогранника. Все части, на которые они разбивают прост-
ранство, выпуклые. Поэтому опи задают требуемое разбиение.
15.25. а) Восьмом внутри многогранника пропзтольнучо точ-
ку Р и разрежем его трапп па треугольники. Треугольные пи-
рамиды с вершиной Р, основаниями которых являются эти тре-
угольники, дают искомое разбиение.
265
б) Докажем утверждение индукцией по числу верш и и в.
Для л = 4 оно очевидно. Предположим, что опо верно для люби
го выпуклого многогранника с л вершинами, п докажем, ч«<»
тогда они верни и для многогранника с л 4- 1 вершинами. Выде-
лим одну из вершин этого многогранника п отрежем от него вы-
пуклую оболочку остальных л вершин, т. е. наименьший выпук-
лый многогранник, содержащий пх. По предположению индук-
ции эту выпуклую оболочку — выпуклый многогранник С Л пер
шипами — можно разрезать требуемым образом. Оставшийся
часть является мноюграиником (возможно, невыпуклы ы) с од
пой выделенкой вершиной Л, а все остальные вершины сведши
ны С вей ребрами. Разрежем на треугольники его грани, ип
содержащие вершину А. Треугольные пирамиды с вершиной Л,
основа пнями которых являются эти треугольники, дают искомой
разбиение.
15.26. Плоскости граней обоих многогранников пересека-
ются только по прямым, содержащим их ребра. Поэтому каждая
вэ частей, на которые разбито пространство, имеет общие точки
с многогранником. Колее того, каждой вершине, каждому ребру
и каждой грани можно сопоставить ровно одну прплегаюицю к
пей часть, причем этим будут исчерпаны все части, кроме самого
мноюграннпка. Таким образом, требуемое число равно 1 + И 4-
4- Г + Р. Дли куба оно равно i-p8-(-6-f-12 = 27, а для тетраэд-
ра 14-44-4-1-6 - 15.
15.27. Обозначим требуемое число через Sn. Ясно, что —
= 2. Выразим теперь Sn,i через 5П. Рассмотрим набор из л 4- •
окружностей на сфере п выделим средн них одну окружность.
Пусть остальные окружности делят сферу па «п частей, (а. \
< 5„), а число частей, па которые они делят выделенную ок-
ружность, равно к. Так как к равно числу точек пересечения вы-
деленной окружности с остальными л окружностями, а любые
две окружности нисют вс более двух точек пересечения, то
Аг < 2л. Каждая из частей, на которые разделена выделенная
окружность, делит па две части не более чем одну пз ранее полу-
ченных частей сферы. Поэтому рассматриваемые л 4‘1 окруж-
ностей делят сферу на не более чем »п 4- к < 5П 4- 2л частей,
причем равенство достшается, когда любые две окружности
имеют две общие точки и никакие три окружности не проходят
чедоз одну точку. Следовательно, 5ntI = Sn 4- 2л, а значит,
•*„ = Sn-i 4- 2(л - 1) = 4- 2(п - 2) 4- 2(л - 1) - ...
...=5i 4- 2 4- 4 4- ... 4- 2(п — 1) - 2 4- п(л - 1) - л* - я 4- 2.
15.28. Докажем сначала, что л прямых, никакие две кз кото-
рых не параллельны и никакие три пе проходят через одну точ-
ку, разбивают плоскость на (а* 4- " 4" 2)/2 частей. Доказательст-
во Проведем ицдукцпей по л. Для л = 0 утверждение очевидно.
2С6
Предположим, что оно доказано для л прямых, и докажем его
для я + 1 прямых. Выделим среди них одну прямую. Остальные
прямые делят ее па п-f-l частей. Каждая из них делит иа две ча-
сти какую-либо пз тех частей, иа которые делят плоскость л пря-
мых. Поэтому после проведения одпой прямой число частей уве-
личилось па л-f-l. Остается заметить, что^"-^^ 4(л |~1)4 2^
Для плоскостей доказательство проводится почти так же,
как и для прямых. Нужно лишь воспользоваться том, что л
плоскостей пересекают выделенную плоскость по л прямым, т. е.
опи разбивают ее па (л1 + л -)- 1)^2 частей. Для л — 0 утвержде-
ние очевидно; равенство
(я + 1)*-|- 5(л + 1) + 6 я’ + бл + б . л’ + л-|-2
-------------6---------------------(5---+--------2-----
проверяется простыми вычислениями.
15.20. Рассмотрим все точки пересечения даииых плоско-
стей. Докажем, что среди данных плоскостей имеется ие более
трех, не разделяющих эти точки. В самом деле, предположим,
что есть 4 такие плоскости. Никакая плоскость по может пересе-
кать всех ребер тетраэдра ABCD, заданного этими плоскостями;
поэтому пятая данная плоскость (она ость, так как л > 5) пере-
секает, например, не ребро АВ, а его продолжение в некоторой
точке F. Пусть для определенности точка В лежит между А и F.
Тогда плоскость BDC разделяет точки А я F, чего не может быть.
Таким образом, имеется л — 3 плоскости, по обе стороны от
которых лежат рассматриваемые точки. Заметим теперь, что если
среда всех рассматриваемых точек, лежащих по одну сторону
ОТ некоторой пз данных плоскостей, взять ближайшую, то три
плоскости, проходящие через эту точку, задают вместе с нашей
плоскостью один из требуемых тетраэдров. В самом деле, если
бы этот тетраэдр пересекала какая-либо данная плоскость, то
нашлась бы более близкая к нашей плоскости точка пересечения.
Следовательно, имеется л — 3 плоскости, к каждой из которой
прилегает по крайней мере 2 тетраэдра, а к трем оставшимся
плоскостям прилегает хотя бы по одному тетраэдру. Так как
каждый тетраэдр прилегает ровно к четырем плоскостям, всего
2 (л — 3) + 3 2л — 3
тетраэдров не менее —----—— = —;.
ч ч
15.30. Нет, ие могут. Разобьем плоскость на треугольники,
равные грани тетраэдра, и занумеруем пх так, как показано на
рис. 111. Вырежем треугольник, состоящий иа четырех таких
треугольников, и свернем из него тетраэдр. Легко проверить,
267
что если этот тетраэдр перевернуть через ребро, а затем впопг.
раянернуть на плоскость, разреза* по боковым ребрам, то нои<
ра 1 рсугольпиков развертки совпадут с номерами треугольников
ва плоскости. Следовательно, после любого числа переворачива-
ний тетраэдра номера треуголыти
ков его развертки совпадут с позо-
рами треугольников иа плоскости.
15.31. Вырежем пз данного па-
раллелепипеда полоску толщиной а
два кубика в склеим оставпптсси
части. Докажем, что раскраска но-
вого параллелепипеда обладает преж-
ним свойством, т. о. соседние кубики
окрашены в разные цвета. Это нужно
проверить лишь для кубиков, при-
легающих к плоскости разреза. Рас-
смотрим четыре кубика с общим рсб-
Рпс. 1Н ром, ирнле1ающпх к плоскости раз-
реза п расположенных по одну сторо-
ну от пес. Пусть опп окрашены в цвета 1 —4; будем двигаться я
исходном параллелепипеде от этих кубиков ко второй плоскости
разреза. Прилегающие к ним кубики первого вырезанного слон
должны быть окрашены в другие цвета, т. е. в цвета 5—8. Д.1
лее, прилегающие к этой повой четверке кубов кубнкп окра-
шены пе в цвета 5—8, т. е. в цвета 1—4, а к ним, в спою
очередь, прилегают кубнкп, окрашенные не в цвета 1— 4,т. о.
в цвета 5—8. Таким образом, к рассматриваемой четверке куби-
ков в ново»! параллелепипеде прилегают кубнкп других цвет он.
Рассмотрев для кубика, прилегающего к разрезу, все 4 такие
четверки, получим требуемое.
Иа любого прямоугольного параллелепипеда размером
21X2mX2n с помощью описанной выше операции можно полу-
чить куб размером 2X2X2, причем у него будут те же самые уг-
ловые кубики. Так как любые два кубика куба размером 2X2X2
имеют хотя бы одну общую точку, все они окрашены в рат-
ные цвета.
15.32. Пусть О — центр нижнего основания цплнидрп;
АН — диаметр, по которому плоскость пересекает основание;
а — угол между основанием и секущей плоскостью; г — радиус
цилиндра. Рассмотрим произвольную образующую XY цилинд-
ра, имеющую общую точку Z с секущей плоскостью (точка X
лежит па нижнем основании). Если Z-AOX — ф, то расстояние)
от точки X до прямой A В равно г siо <р. Поэтому XX
= г sin <р *8 «г- Ясно также, что г 1g а = й, где Л — высота
цилиндра.
268
Развернем поверхность цилиндра на плоскость, касающуюся
его а точке А. Введем платой плоскости систему координат, выб-
рав и качество начала точку Л, а ось Оу направив вверх, парал-
лельно осп цилиндра. Точка X переходит при развертке в точку
(рт, 0), а точка 7. — в точку <»-«р, Л sin <у). Таким образом, раз-
вертка поверхности сечения ограничена осью Ох и графиком
функции у = Л sin (x/r) (рис. 112). Ес площадь равна
я»
J Л sin (xlr) dr в (— Лг сое (л/г)) |^г = 2Лг.
о
4'1
Рис. 112
Остается заметить, что площадь осевого ссчепня цилиндра тоже
равна 2/;г.
15.33. Докажем сначала, что через любые две точки, лежа-
щие внутри некоторого мпогограшпгка, можно провести пло-
скость, разбивающую сто на
две части с равными объемами.
В самом деле, если некоторая
плоскость разбивает его па
части, отношение объемов ко-
торых равно ж, то при пово-
рачивании этой плоскости аа
180“ вокруг данной прямой
отпотение объемов непрерыв-
но изменяется от х до 1/т. Поэ-
тому в некоторый момент оно
равно 1.
Докажем требуемое утверждение индукцией по я. При
я = 1 проведем через две пз трех данных точек плоскость, раз-
бивающую многогранник на части с равными объемами. Та часть,
внутренности которой нс принадлежит третья из данных точек,
является искомым многогранником. Индукционный таг дока-
вывается таким же способом. Через две пз 3(2" — 1) данных точек
проводим плоскость, разбивающую многогранник на части с
равными объемами. Внутри одной из отпх частей лежит по более
(3(2Я — 1)—2)/2 “ 3-2" 1— 2,5 точек. Так как число точек це-
лое, оно ве превосходят 3(2"" — 1). Остается применить к полу-
ченному многограннику предположение индукции.
15.34. Рассмотрим параллелепипед, для которого данные
точки служат верилитами, в отмстим ого ребра, соединяющие
данные точки. Пусть я —• наибольшее число отмеченных |юбер
этого параллелепипеда, выходящих из одной вершины; число л
может изменяться от 0 до 3. Несложный перебор показывает, что
воспюжнм лишь варианты, изображенные па рпа. ИЗ. Вычпс-
2С9
лям число параллелепипеде» для каждого пз этих варианте».
Первой может быть любая из четырех точек, второй — любая
пз трех оставшихся и т. д., т. е. 4 точки можно зануиерови) ь
24 различными способами. После нумерации данных точек парил-
лелеппиед в каждом случае восстанавливается однозначно, по
атому нужно выяснить, какие нумерации привадит к одному и то-
му же параллелепипеду'.
Рис. 113
а) Параллелепипед и случае а) не зависит от нумерации.
б) Нумерации 1, 2, 3, 4 и 4, 3, 2,1 приводят к одному и тому
же параллелепипеду, т. е. всего имеется 12 различных парал-
лелепипедов. *
в) Нумерации 1, 2, 3, 4 в 1, 4, 3, 2 приводят к одному и тому
же параллелепипеду, т. е. всего имеется 12 различных паралле-
лепипедов.
г) Параллелепипед зависит только от выбора первой точки,
и. е. всею имеется 4 различных параллелепипеда.
В итоге получаем, что всею имеется l-f-12 f-12-f-4 = 29
различных параллелепипедов.
Глава 16
ИНВЕРСИЯ И СТЕРЕОГРАФИЧЕСКАЯ ПРОЕКЦИЯ
Пусть в пространстве дача сфера $ с центром О в радиусом
Я. Инверсией относительно сферы S называется преобразование,
переводящее произвольную точку А, отличную от О, в точку
А *, лежащую на луче О А на расстоянии О А • — R4OA от точ-
ки О. Инверсию относительно S будем также называть инвер-
сией с центром О и степеиью Я*.
Всюду в агой главе образ точки А при инверсии обозначает-
ся через А*.
§ 1. СпоЛства инверсии
16.1 . а) Докажите, что при инверсии с центром О
плоскость, проходящая через точку О, переходит в себя.
б) Докажите, что при инверсии с центром О плос-
кость, не содержащая точки О, переходит в сферу, про-
ходящую через точку О.
в) Докажите, что при инверсии с центром О сфера,
содержащая точку О, переходит в плоскость, не со-
держащую точки О.
16.2 . Докажите, что при инверсии с центром О
сфера, не содержащая точки О, переходит в сферу.
16.3 . Докажите, что при инверсии прямая или ок-
ружность переходит в прямую или окружность.
Углом между двумя пересекающимися сферами (сферой и
плоскостью) называется угол между касательными плоскостями
к сферам, проведенными через любую из точек пересечения
сфер.
Углом между двумя пересекающимися окружностями в про-
странстве (окружностью и прямой) называется угол между каса-
тельными прямыми к окружностям, проведенными череэ лю-
бую из точек пересечения окружностей,
16.4 . а) Докажите, что прн инверсии сохраняется
угол между пересекающимися сферами (плоскостями).
б) Докажите, что при инверсии сохраняется угол
между пересекающимися окружностями (прямыми).
16.5 . Пусть О — центр инверсии, Д2 — ее степень^
Докажите, что тогда А*В* —
«1
16.6 . а) Дана сфера и точка О, лежащая впе о*.
Докажите, что существует инверсия с центром О, пере-
водящая данную сферу в себя.
б) Дана сфера и точка О, лежащая внутри ее. До-
кажите, что существует инверсия с центром О, пере-
водящая данную сферу в сферу, симметричную ей от-
носительно точки О.
16.7 . Пусть инверсия с центром О переводит сферу
S в сферу S*. Докажите, что О — центр гомотетии,
переводящей S в S*,
§ 2. Сделаем инверсию
16.8 . Докажите, что угол между описанными окруж-
ностями двух граней тетраэдра равен углу между они-
сапными окружностями двух других его граней.
16.9 . Даны сфера, окружность S па ней и некото-
рая точка Р, лежащая вне сферы. Через точку Р и каж-
дую точку окружности S проводится прямая. Дока-
жите, что вторые точки пересечения этих прямых со
сферой лежат на некоторой окружности.
16.10 . Пусть С — центр окружности, по которой
конус с вершиной X касается данной сферы. Какое гео-
метрическое место пробегают точки С, когда X про-
бегает плоскость П, не имеющую со сферой общих
точек?
16.11 . Докажите, что для произвольного тетраэдра
существует треугольник, длины сторон которого равны
произведениям длин противоположных ребер тетра-
эдра.
Докажите также, что площадь этого треугольника
равна 6ИЯ, где V — объем тетраэдра, а Я — радиус
его описанной сферы. (Формула Крелле.)
16.12 . Дан выпуклый шестигранник, все грани ко-
торого — четырехугольники. Известно, что из восьми
его вершин семь лежит на одной сфере. Докажите, что
н восьмая вершина лежит на той же сфере.
§ 3. Наборы касающихся сфер
16.13 . Четыре сферы попарно касаются друг друга
в 6 различных точках. Докажите, что эти 6 точек ле-
жат па одной сфере.
16.14 . Даны четыре сферы St, St и S4, причем
сферы St и St касаются в точке Л,; St и Ss — в точке
272
Sa и S4 — в точке и S, — в точке А4. Дока-
жите, что точки At,At,A»«A4 лежат на одной окруж-
ности (или на одной прямой).
16.15 . Дано л сфер, каждая из которых касается
всех остальных, причем никакие три сферы ле касают-
ся в одной точке. Докажите, что л < 5.
16.16 . Дапы три попарно касающиеся сферы Slt
S8, и набор сфер St, 5,, . . ., 5П, причем каждая
сфера S, касается всех трех сфер Ха, 2а, а также
сфер St_! и (имеется в виду, что 5>в = Sn и -•
= Sj). Докажите, что если все точки касания сфер
попарно различны и л > 2, то л — 6.
16.17 . Четыре сферы попарно касаются в различных
точках и их центры лежат в одпой плоскости П. Сфера
5 касается всех этих сфер. Докажите, что отношение
ее радиуса к расстоянию от ее центра до плоскости П
равно 1 : УЗ.
16.18 . Три попарно касающихся шара касаются
плоскости в трех точках, лежащих па окружности ра-
диуса Я. Докажите, что существуют два шара, касаю-
щиеся трех данных шаров и плоскости, причем если г
. _ . 11 2 УЗ
и р(р>г) — радиусы этих шаров, то — — — “ ~jj“-
§ 4. Стереографическая проекция
Пусть плоскость II касается сферы S в точке А а АВ — диа-
метр сферы. Стереографической проекцией называется отобра-
жение сферы 5 с выколотой точноп В на плоскость П, про кото-
ром точке X, принадлежащей сфере, сопоставляется точка Y,
в которой луч ВХ пересекает плоскость 11.
Замечание. Иногда дается другое определение стерео-
графической проекции: вместо плоскости П берется плоскость
П', проходящая через центр О сферы £ параллельно П. Ясно,
что если Y' — точка пересечения луча ВХ с плоскостью II',
то 2OY' = ЛУ, так что разница между этими двумя определе-
ниями не существенна.
16.19 . а) Докажите, что стереографическая проек-
ция совпадает с ограпичепием па сферу некоторой инвер-
сии в пространстве.
б) Докажите, что при стереографической проекции
окружность на сфере, проходящая череэ точку В, пере-
ходит в прямую, а окружность, не проходящая через
точку В. переходит в окружность.
в) Докажите, что при стереографической проекции
сохраняются углы между окружностям!.
18 в. В. Прасолия. И. Ф Шарыгон
273
16.20 . В пространстве даны окружность 5 и точка
В. Пусть А — проекция точки В па плоскость, содер-
жащую окружность 5. Для каждой точки D окру.ь
пости S рассмотрим точку М — проекцию точки Л
на прямую DB. Докажите, что все точки М лежат пи
одной окружности.
16.21 . Дана пирамида SABCD, причем ее оспонп-
ние — выпуклый четырехугольник ABCD с перши
дикулярными диагоналями, а плоскость основания пер-
пендикулярна прямой SO, где О — точка nepecencinui
диагоналей. Докажите, что основания перпендикуля-
ров, опущенных из точки О на боковые грани пирами-
ды, лежат па одной окружности.
16.22 . Сфера S с диаметром АВ касается плоскости
П в точке А. Докажите, что при стереографической про-
екции симметрия относительно плоскости, параллель-
ной П и проходящей через центр сферы S, переходит
в инверсию с центром А и степенью АВ*. Точнее го-
воря, если точки At и X, симметричны относительно
указанной плоскости, a Ft и Yt — образы точек Xt
и Xt при стереографической проекции, то — образ
точки }\ при указанной инверсии.
Решения
16.1. Пусть /{*— степень рассматриваемой инверсии.
а) Рассмотрим луч с началом в точке О н введем на нем ко-
ординаты. Тогда точка с координатой х переходит при инверсии
в точку с координатой 1(4х. Поэтому луч с началом в точке О пе-
реходит при инверсии в себя. Следовательно, плоскость, прохо-
дящая через точку О, переходит в себя.
6) Пусть А — основание перпендикуляра, опущенного u.i
точки О на данную плоскость, а X — любая друган точка этой
плоскости. Достаточно доказать, что Z.OX*A*^Wf (в самом деле,
вто означает, что образ любой точки рассматриваемой плоскости
лежит на сфере с диаметром ОА*). Ясно, что ОЛ* ; ОХ* •»
“ (^Л ): (sij = ОХ : 0Л’ т- «• АОХ’Л’оо ДОЛХ. Поэтому
Z_OX*A* — 4.ОАХ “ S0°. Для полноты доказательства сле-
дует заметить, что любая точка Y сферы с диаметром ОЛ*,
отличная от точки О, является образом точки данной плоскос-
ти — точки пересечения луча OY с данной плоскостью.
в) Можно провести такие же рассуждения, как в предыдущей
вадаче, а можно и более или менее прямо ею воспользоваться,
так как (X*)* = X.
274
16.2. Пусть А и В — точки, в которых данную сферу $ пе-
ресекает прямая, проходящая черев точку О я центр S, а X —
произвольная точка S. Достаточно доказать, что ДА*Х*В* =
а 90°. Иа равенств ОА-ОА* - ОХ-ОХ* я ОВ-ОВ* — ОХ-ОХ*
вытекает, что Д ОАХ °° ДОХ* А* п ДОВХ °° Д ОХ*В*, а иа
этого получаем следующие соотношения между ориентирован-
ными углами (определение и свойства ориентированных yi-
лов см. Прасолов, I, с. 36): Д(А*Х*, ОА*) = 2-(0Х, ХА) и
Д(ОВ*, X*В*) = Д(ХВ, ОХ). Поэтому
Д(А*Х*, Х*В*) - Д(А*Х*, ОА*) + Д(ОВ*, Х*В*)=*
(ОХ. ХА) + Д(ХВ,ОХ) - Д(ХВ, ХЛ) - 90°.
16.3. Легко проверить, что любую прямую можно предста-
вить в виде пересечения двух плоскостей, а любую окруж-
ность — в виде пересечении сферы и плоскости. В задачах 16.1
и 16.2 было показано, что при инверсии плоскость или сфера
переходит в плоскость или сферу. Поэтому при ивверсни пря-
мая или окружность переходит в фигуру, являющуюся пересе-
чением либо двух плоскостей, либо сферы и плоскости, либо
двух сфер. Остается заметить, что пересечением сферы и пло-
скости (а также пересечением двух сфер) является окруж-
ность.
16.4. а) Докажем сначала, что касающиеся сферы переходят
при инверсии либо в касающиеся сферы (сферу и плоскость),
либо в пару параллельных плоскостей. Это легко следует на то-
го, что касающиеся сфс|>и — это сферы, имеющие единственную
общую точку (и того, что при инверсии сфера переходит в сферу
или плоскость). Поэтому угол между образами сфер равен углу
между образами касательных плоскостей, проведенных черев
точку пересечения.
Таким образом, остается провести доказательство для двух
пересекающихся плоскостей 11, п П*. При инверсии с центром О
плоскость П( переходит в сферу, проходящую через точку О,
причем касательная плоскость к ней в этой точке параллельна
плоскости П(. Из этого следует, что угол между образами пло-
скостей Щ и П, равен углу между плоскостями П> и П..
6) Для начала нужно сформулировать определение касания
окружностей в сохраняющемся при инверсии виде. Сделать это
несложно: две окружности в пространстве касаются тогда и
только тогда, котда они принадлежат одной сфере (или плоско-
сти) н имеют единственную общую точку. Теперь уже легко до-
казать, что касающиеся окружности переходят при инверсии
в касающиеся окружности (окружность и прямую) или пару
18*
273
параллельных прямых. Дальнейшее доказательство npoao-iuirt
точно так же, как и в задаче а).
16.5. Ясно, что ОА-ОА* “ Я* » ОВ-ОВ*. Поэтому (Ml
: ОВ* = ОВ : ОА*, т. е. ДОЛЛ «» А ОВ*А*. Следовательно,
А*В* ОВ* ОВ* ОВ К*
АВ ~ ОА~ ОА ’ОВ~ОА ОВ‘
16.6. Пусть X и У — точки пересечения данной сферы с про
мой, проходящей через точку О. Рассмотрим инверсию с цен,ром
О и коэффициентом Я*. Легко проверить, что в обеих задачах фп>
тмческн требуется подобреть коэффициент Я’ так, чтобы дли л»>
бой примой, проходящей через точку О, выполнялось р л вепс ibo
ОХ, ОУ = Я*. Остается заметить, что величина ОХ-ОУ И" за-
висит от выбора прямой.
16.7. Пусть — точка сферы S, a At — вторая точка перс
сечения прямой OAt со сферой S (если OAt — касательная к Л',
то Л|). Легко проверить, что величина d = OAfOA, одна
и та же для всех прямых, пересекающих сферу X. Если Я1 — сте-
ла* Л* Я‘Л1
пень инверсии, то OAt ~о^~ = ~^олг- Таким образом, если
точка О лежит внутри сферы X, то Л! — образ точки At при ю-
ыотеттш с центром О и коэффициентом — R4d, а если точил О
лежит вне сферы 5, то А, — образ точки As при гомотетии с
центром О и коэффициентом R4d.
16.8. Рассмотрим инверсию с центром в вершине D тетрлад-
ра ABCD. Описанные окружности граней DAB, DAC п DBC
ирп этом перейдут в прямые А*В*,
А*С* и В*С*, а описанная окруж-
ность грани АВС — в описанную ок-
ружность S треугольника А*В*С*.
Так как при пиверсии углы между
окружностями (или прямыми) сох-
раняются (см. задачу 16.4, б), нуж-
но доказать, что угол между пря-
мой А'В* и окружностью S равен
углу между прямыми А*С* п В*С*
(рис. 114). Это непосредственно сле-
дует из того, что угол между каса-
тельной к окружности в точке А*
и хордой А*В* равен вписанному углу А*С*В*.
16.9. Пусть X и У — точки пересечения сферы с прямой,
проходящей через точку Р. Нетрудно убедиться, что величина
РХ-РУ не зависит от выбора прямой; обозначим ее через Л’.
Рассмотрим инверсию с центром Р и степенью Я*. Тогда X* =>
ХП
* У. Таким образом, множество вторых точек пересечения со
сферой прямых, соединяющих Р и точки окружности S, являет-
ся образом S при рассматриваемой инверсии. Остается наме-
тить, что образ окружности при инверсии является окруж-
ностью.
16.10. Пусть О — центр данной сферы, ХА — некоторая ка-
сательная к сфере. Так как АС — высота прямоугольного тре-
угольника ОАХ, то ЛАСО ее д ХАО. Поэтому АО : СО “
= ХО : АО, т. е. СО> ХО = АО*. Таким образом, точка С явля-
ется образом точки X при инверсии с центром О п степенью
ДО* ц*, где R — радиус данной сферы. Образом плоскости П
при этой инверсии является сфера диаметра КЧОР, где Р — ос-
нование перпендикуляра, опущенного па точки О на плоскость П;
эта сфера проходит через точку О, а ее центр лежит на отре»-
ке ОР.
16.11. Пусть дан тетраэдр ABCD. Рассмотрим инверсию с
АВ? ВСг*
центром D и степевью г*. Тогда Л*В* = = BD-DC
АСг^
п А*С* =» Ъл-ЬС‘ Следовательно, если взять ?= DA-DB-DC,
то А*В*С* — искомый треугольник.
Для вычисления площади треугольника А *В*С* найдем объ-
ем тетраэдра A*B*C*D п его высоту, проведенную на Верти-
ны D. Описанная сфера тетраэдра ABCD переходит при инвер-
сии в плоскость А* В* С*. Поэтому расстояние от этой плоско-
сти до точки D равно i*l2R. Далее, отношение объемов тетраэд-
ров ABCD п A*B*C*D равно произведению отношений длин
ребер, выходящих из точки D. Следовательно,
„РЛ* Z>B»DC» ..................................
VA*B*c»D ~V DA DB DC = V
Vr\
Пусть S — площадь треугольника Л*В*С*, Воспользовавшись
формулой ул,в*с»о = ^а^< “муим Кг, = 7гл S« ’•«•$=
= 61'Л.
16.12. Пусть ABCDAiBtCiDt — данный шестигранник,
причем лишь про вершину С, не известно, что она лежит па дан-
ной сфере (рис. 115, а). Рассмотрим инверсию с центром А. При
этой инверсии данная сфера переходит в плоскость, а описан-
ные окружности граней ABCD, ABBiAt и AAtDtD — в прямые
(рпс. 115, б). Точка С, является точкой пересечения плоскостей
AtBiDi, CDiD и BBiC, поэтому ее образ Ct является точкой Пе-
ресечения образов этих плоскостей, г. е. описанных сфер тетра-
эдров AA*B*D*, AC*D*D* и АН* В* С* (имеется в вцду точка,
отличная от А). Следовательно, чтобы доказать, что точка
принадлежит данной сфере, достаточно доказать, что описанные
277
окружности треугольников A*B^D*, C*DlD* B*BtC* цч> «и
общую точку (см. Прасолов, II, 28.6,а).
16.13. Достаточно проверить, что при инверсии с ц<ч»Т[юч
в точке касания двух сфер остальные 5 точек касания порохе i t
в точки, лежащие в одной плоскости. При этой инверсии л-
Гис. 115
сферы ие ре ходят в пару параллельных плоскостей, а дао дрп >м
сферы — в пару сфер, касающихся их и друг друга. Точки кл< •<
вия этих двух сфер с плоскостями являются вершинами КВа |р«
та, а точка касания самих сфер — точкой пересечения ею дин •
налей.
16.14. Рассмотрим инверсию с центром Л1. При эточ <ф>;ж
и S2 переходят в параллельные плоскости 5* u S*. |1у*ж
доказать, что точкп At, Л* и А* лежат иа одной прямой ( 1*
точка касания плоскости .S* и сферы 5*, /1*—точка касании<.|-
5* и 5*. A*t— точка касания плоскости 4* п сферы 4*). Г»>
смотрим сечение плоскостью, содержащей параллельные oi|> «ка
Л^О9 и А*О9,тя»О9 нО4 —центры сфер 4* и 5* (рис. ЦП). Тич
ка Л* лежит на отрезке О8О4, поэтому она лежит а пл<аь>ч’тв
сечения. Углы при верпшпах Of п равнобедренных т|>
угольников А*ОаА* и A*OtA* равны, так как Л*Оа|| Л*«4. < w
довательно, ДО4Аа>1* = а значит, точки А*. А\ i
Л* лежат на одной пряной.
16.15. Рассмотрим инверсию с центром в одной из точек ив
салил сфер. Эти сферы переходят в пару параллельных пт “•
стей, а остальные я — 2 сферы — в сферы, касаюпщот и «6rui
этих плоскостей. Ясно, что диаметр любой сферы, квеаьмч. а>
двух параллельных плоскостей, равен расстоянию M>-<«ty ял<>
скостямн. Рассмотрим теперь сскиие Плоскостью, panini) I» ->< •
era
вой От двух наших параллельных плоскостей. В сечении имеем
систему иа и — 2 попарно касающихся равных окружностей.
На плоскости нельзя расположить больше трех равных окруж-
ностей так, чтобы они попарно касались. Поэтому я — 2 < 3,
т. 0. и < 5.
16.16. Рассмотрим инверсию с центром в точке касания сфер
п S*. Прн этом они переходят в пару параллельных плоско-
стей, а образы всех остальных л
сфер касаются этих плоское- _________ _L
тей, и поэтому их радиусы / \
равны. Таким образом, в сече- / \ \
инн плоскостью, равноудален- . / \ \
ной от этих параллельных I
плоскостей, получается то, что \ \
изображено на рнс. 117. \, \
16.17. Рассмотрим кивер- ' ' I \ ' j R?
сию с центром в точке к аса- X. \ /
мня некоторых двух сфер. .-------------------——
При этой инверсии плоскость '4?
П переходит в себя, так рпс_ цб
как точка касания двух сфер
лежит на прямой, соединяющей их центры; касающиеся в цент-
ре инверсии сферы переходят в пару параллельных плоскостей,
перпендикулярных плоскости П, а остальные две сферы — в
сферы с центрами в плоскости П, поскольку они как были
симметричны относительно нос, так и *...
останутся. И образы этих сфер, н об- ( \
раз сферы S касаются пары параллель- /—хЛ >.
вых плоскостей, и оптом у их радиусы ! V Л
равны. I У
Рассмотрим (для образов при ян- j>—<Д
версии) сечение плоскостью, равиоуда- / yf
ленной от пары ваших параллельных I \ у
плоскостей. Пусть А и В (лежащие в 'ч-—Y----------------
плоскости П) — центры образов сфер, к 7
С — центр третьей сферы, a CD — вы-
сота равностороннего треугольника рис. 117
АВС. Если К — радиус сферы S*, то
CD “ V3XC/2 = VSft. Поэтому для сферы 5* отношение ра-
диуса к расстоянию от центре до плоскости П равпо 1 : ~Уз. Ос-
тается заметить, что пря инверсии с центром, принадлежащим
плоскости П. отношение радиуса сферы к расстоянию от ее
центра до плоскости П одно и то же и для сферы 5, и для сфе-
ры S* (см. вадачу 16.7),
279
16.18. Рассмотрим инверсию степени (2Н)* с центром О а от
ной пз точек касания сфер с плоскостью; эта пнаерспн черево
Лот окружность, проходящую через точки касания сфер с и <<>
скостью, в прямую АВ, удаленную от точки О на расстонннг
2Н(Л и В — образы точек касания). Существование двух сфер,
касающихся двух параллельных плоскостей (исходной tbioCKuetu
п образа одной сферы) и образов двух других сфер, ОТепидпо.
Пусть Р и Q — центры этих шаров, Р' и Q" — проекции точек Р
п О на плоскость ОАВ. Тогда Р‘ АВ и Q’АВ — равносгороннио
треугольники со стороной 2а, где а — радиус сфер, т. о. иолоии-
ва расстоякия между плоскостями (рпс. 118). Поэтому
л4Я’ а-4Я*
Г“ РО* — о* " ₽=аСО»” а4
(задача 16.5), значит,
1 1 PQ1 —CW* Р’О* — С'О* _ (P’O')t — (Q'O')*
г Р “ 4о/? 1аП* ~ ЬаП*
= ((2Я + уз «)’ — (2Я -У5о)!)/4«/(2 - I 1 И
(здесь О' — проекции точки О на прямую PQ').
16.19. Пусть плоскость II касается в точке А сферы 5 с диз
метром АВ. Пусть, далее, X —точка сферы 8, a У — точка
л пересечения луча ВХ с H-tur
костью П. Тогда А4ЛЛ*>
«» Л У АВ и поэтому АН
Рис. 118
16.20. Так как Z.AMB =
-,ХВ=-УВ : АВ, т. о. ЛЯ >
X У В = АВ1. Следовательно,
точка У является образом том
кп X при инверсии с цеи1р<>ч
В и степенью АВ*.
Задачп б) и в) являет л
следствиями только что допа
ванного утверждения и со
ответствующих свойств ии-
всрспи.
90’, точка М принадлежит сфер.
с диаметром А В. Поэтому точка D является образом точки М при
стереографической проекции сферы с диаметром АВ на ил»
скость, содержанию окружность 8. Следовательно, все точки л/
лежат па одной окружности — образе окружности 8 при ииаер
енн с центром В и степенью АВ* (см. задачу 16.19,а).
16.21. Опустим нз точки О перпендикуляр ОА' па грлпь
SAB. Пусть А, — точка исресечеяня прямых АВ п 8Л'. Так как
АВА-OS и А ВА-ОА', плоскость SOA' перпендикулярна прямой Л В
280
п поэтому Odf-L/IВ, т. е. Aj — проекция точкп О иа сторону АВ.
Ясно также, что Af — образ точкп А' при стереографической
проекции сферы С диаметром SO на плоскость основания. Таким
образом, нужно доказать, что проекции точки О па стороны че-
тырехугольника ABCD лежат па одной окружности (см. Пра-
солов, 2.31 плп Шарыгин, II, 247).
16.22. Так как точки X, и X, симметричны относительно
плоскости, перпендикулярной отрезку АВ и проходящей через
его середину, то А-АВХ, — А. В АХ,. Поэтому прямоугольные
треугольники ABYt и AY.B подобны. Следовательно, АН I
I A Y, = AYt: АВ, т. о. AY,-AYt « АВ*.
Приложение
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Боковые грани правильной n-угольной пирамиды
являются боковыми гранями правильных четырех-
угольных пирамид. Вершины оснований четырехуголь-
ных пирамид, отличные от вершин п-угольной пирами-
ды, образуют правильный 2п-угольник. При каких н
это возможно? Найти двугранный угол при основании
правильной n-угольпой пирамиды.
2. Пусть А' и Л/ —середины ребер АВ и CD тет-
раэдра ABCD. На лучах DK и AM взяты точки L и
n DL АР ,п
Р так, что -угр- “ -туг и отрезок LP пересекает ре«>ро
и к лм
ВС. В каком отношении ребро ВС делится точкой пере-
сечения с отрезком LP1
3. Обязательно ли сумма площадей двух гранен
тетраэдра больше площади третьей грани?
4. Оси я цилиндров радиуса г расположены в одной
плоскости. Углы между соседними осями равны соот-
ветственно 2а(, 2аг, 2ап- Найти объем общей части
данных цилиндров.
5. Существует ли тетраэдр, площади трех гр».й
которого равны 5, 6 и 7, а радиус вписанного m.ip.i
равен 1?
6. Найтп объем наибольшего правильною окта.тд-
ра, вписанного в куб с ребром а.
7. Дап тетраэдр ABCD. Па его ребрах АВ и CD
взяты точки К Ki Л/ так, что -д-^- = =/= 1. Чг|км
точки К и М проведена плоскость, делящая тстрплдр
на два многоугольника равных объемов. В каком от-
ношении эта плоскость делит ребро ВС?
8. Доказать, что пересечение трех прямых круго-
вых цилиндров радиуса 1, оси которых попарно пср-
282
пендикулярны, содержится б некотором шаре радиуса
9. Доказать, что если в пространственном четырех-
угольнике равны противоположные стороны, то у него
равны также п противоположные углы.
10. Пусть А'В'С — ортогональная проекция тре-
угольника АВС. Доказать, что треугольник А'В'С*
можно покрыть треугольником АВС.
11. Противоположные стороны пространственного
шестиугольника параллельны. Доказать, что эти сто-
роны попарно равны.
12. Чему равна площадь наименьшей грани тетраэд-
ра, ребра которого равны 6, 7, 8, 9, 10 и 11, а объем
равен 48?
13. В пространстве имеются 30 ненулевых векторов.
Доказать, что среди них найдутся два, угол между ко-
торыми меньше 45°.
14. Доказать, что у любого многогранника сущест-
вует проекция, являющаяся многоугольником, число
вершин которого не меньше 4. Доказать также, что у
него существует проекция, являющаяся многоуголь-
ником с числом вершин ие более п — 1, где п — число
вершин многогранника.
15. В пространстве задано конечное число точек,
причем объем любого тетраэдра с вершинами в этих
точках не превышает 1. Доказать, что все эти точки
можно поместить в тетраэдр объема 8.
16. На сфере задан конечный набор красных и си-
них больших кругов. Доказать, что существует точка,
через которую проходит 2 пли более кругов одного
цвета и пи одного круга другого цвета.
17. Доказать, что если в выпуклом многограннике
из каждой вершины выходит четное число ребер, то в
любом сечении его плоскостью, не проходящей пи че-
реэ одну из его вершин, получится многоугольник с
четным числом сторон.
18. В любом ли многограннике найдется не менее
трех рар граней с одинаковым числом сторон?
19. В основании пирамиды лежит параллелограмм.
Доказать, что если противоположные плоские углы при
вершине пирамиды равны, то равны и противополож-
ные боковые ребра.
20. На ребрах многогранника расставлены зпаки
«4-» и «—». Доказать, что найдется вершина, при
283
обходе вокруг которой число перемел зппкп будет
меньше 4.
21. Доказать, что любое выпуклое тело объема I
можно поместить в прямоугольный параллелепипед
объема 6V.
22. Дан куб ABCDA lfi1C1D1 с ребром, равным 1,
Возьмем точки М и К непрямых АСг и ВС cooiitciri
венно так, что Z.AKM — 90°. Чему равно найм,...нк«
значение A Ml
23. Дан ромб с острым углом а. Сколько сущее i
вует различных параллелепипедов, все грапн кнпгрых
равны этому ромбу? Найти отношение объемов ими
большего такого параллелепипеда и наименьшею.
24. На плоскости даны 6 отрезков, равных ребрам
некоторого тетраэдра (указано, какие ребра hii.ihuhi н
соседними). Построить отрезки, равные рассгоннню
между противоположными ребрами тетраэдра, ридиугу
вписанного шара, радиусу описанного шара.
25. Доказать, что для любого п существует гферп,
впутри которой лежит ровно п точек с целочисленными
координатами,
26. Многогранник М' является образом выпук ни о
многогранника Л/ при гомотетии с коэффициентом —*(.
Доказать, что существует параллельный перенос, п<-|»
водящий многогранник М' внутрь Л/. Доказан., чы
если коэффициент гомотетии к <—р то это утисрж дс
ние становится неверным.
27. Можно ли составить куб с ребром к из черных
и белых единичных кубиков так, чтобы у любого ку-
бика ровно два из его соседей имели тот же цвет, чт<»
и он сам? (Два кубика считаются соседними, если инн
имеют общую грань.)
28. Пусть В — радиус шара, описанного около
тетраэдра ABCD. Доказать, что имеет место игра-
венство
CD* + ВС* + BD* < 4Я» + АВ* + АС* + AD*.
29. Доказать, что периметр любого сечения тет-
раэдра не превосходит наибольшего нз периметров сю
граней.
30. На сфере проведено п больших кругов, разби-
вающих ее на части. Доказать, что эти части можно
раскрасить в два цвета таким образом, что любые дне
2S4
соседиис части будут окрашены п разные цвета. При
этом для нечетного п диаметрально противоположные
части будут разного цвета, а для четного п — одного
цвета.
31. Существует ли выпуклый многогранник, имею-
щий 1988 вершин и такой, что ни из какой точки про-
странства, расположенной вне многогранника, все его
вершины увидеть нельзя, а любые 1987 вершин уви-
деть можно. (Многогранник предполагается непро-
зрачным.)
32. Пусть г — радиус шара, вписанного в тетраэдр
ABCD. Доказать, что имеет место неравенство
ABCD
r<:2(Aff+CD)‘
33. В пространстве дан шар и две точки Л и В,
расположенные вне его. Рассматриваются всевозмож-
ные тетраэдры АВМК, описанные около данного ша-
ра. Доказать, что сумма углов пространственного че-
тырехугольника АМВК, т. е. выражение Z.AMB -|-
+ Z.MBK 4- Z.BKA + Z.KAM, постоянна.
34. Пусть натуральные числа В, Р и Г удовлетво-
ряют следующим соотношениям: В — Р -р Г = 2,
4 < В < 2Р/3 и 4 <Г 2Р/3. Доказать, что сущест-
вует выпуклый многогранник, имеющий В вершил,
Р ребер и Г граней.
35. Доказать, что в правильном тетраэдре можно
проделать отверстие, через которое пройдет такой же
тетраэдр.
36. Конус с вершиной Р касается сферы по окруж-
ности S. Стереографическая проекция на точки А пере-
водит окружность S в окружность S'. Доказать, что
прямая АР проходит череэ центр S'.
37. В пространстве дапы три попарно скрещиваю-
щиеся прямые Zt, lt и 1а. Рассмотрим множество М,
состоящее на прямых, каждая из которых образует
равные углы с прямыми Zt, 1г и 13 и равноудалена от
етпх прямых.
а) Какое наибольшее число прямых может содер-
жаться по множестве Ml
б) Какие значения может принимать т, где т —
число прямых, содержащихся во множестве Mt
СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1. Ада ма р Ж. Элемевтарная геометрия. Ч. 2. Сгер-оиит-
рпя.— М.: Учнедгна, 1958.
2. Б с рже М. Геометрия: В 2 ч.—М-: Мир, 1984.
3. Волл У., Коксетер Г. Математические весе и )«>
влечения.—Мл Мир, 1986.
4. Вебер Г.| В е л к шт о Й и И. Энциклопедия алометар-
ной математики.— Одесса: Матеанс, 1914.— Т. 2. Кн. 2-3.
5. Де ло ие В. Н.. JK н т о м и р с и п й О. К. Задачник ио
геометрии.— М.: Фнаматгиа, 1959.
6. Гильберт Д., Ко н-Фоссе н С. Наглядная ire-
мотрня.— М.: Наука, 1981.
7. К л о Й и Ф. Элементарная математика с точки аренпя «ы<
шей: В 2-х т.— М.: Наука, 1987,— Т. 2: Геометрии.
8. К о кст е р X. С. М. Введение в геометрию.— М.: На) к»,
I960.
9. Ш а р ы г и н И. Ф. Задачи по геометрии. Стереометрия —
М.: Наука, 1984.
10. Ш к л н р е к к й Д. О., Ч е я цо в Н. Н.. Я г л о м II М.
Избранные задачп и теоремы элементарной млгематики
Геометрия (стереометрия).— М.: Гостехпадат, 1954.
11. Ill к л я рс к и й Д. О., Ч е я цо в Н. II., Я л о м II- М.
Геометрические неравенства и задачи на максимум и мини-
мум.— М.: Наука, 1970.
288
Научнопопулярное кэдаппв
Праеолоо Виктор Василъееич
111 а р ы г и и Маори Федорович
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
Серия
•Библиотека математического кружкав
выпуск 19
Заведующие! редакций Н. Л. Уварова
Редактор Л. 17 Весело»
Художественный редактор Г. П. Кольчеихо
Технический редактор Л. В. Лихачева
Корректор И. Я. Криштол»
ИБ N 32738
Слано в набор 07.88.88. Подписано к печати
0692.89. Формат 84X198/32. Бумага ипижпо
журнмтьяая. Гарнитура oflHriioneirnan. Пе-
чать высокая. Уел. печ. л. 15.12. Уел. кр,-
отт. 1&.М. Уч.-иац. л. ili.at. Тираж
183 000 а>:а. Заказ AJ 248. Цена 75 ное.
О|>пена Трудового Красного Знамени
илдательстио altayitaa
Главная редакция
фолико-матсмятичсско!* л<ггерпту|>ы
117071 Москва В-7!, Ленинский проспект. 10
Четвертая типографии ющательстпа
•Наука»
830077 с. Повоозбкрск, 77, Сшкиславского. О
БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА
Выл. 1. Шклярскпй Д. О., Чепцов II. П., Иг-
лом И. М. Избранные задачи и теоремы элемснгар-
ной математики. Арифметик» и алгебра.
Был. 2. Ш к л я р с к и й Д. О., Ченцов Н. И., Hl-
лом И. М. Избранные задачи и теоремы олгмсп1и|>-
ной математики. Геометрия (планиметрия).
Пыл. 3. Ш к ля ре к лй Д. О., Ченцов II. II., Иг-
лом И. М. Избранные задачи и теоремы алсмсшар
иой математики. Геометрия (стереометрия).
Выл. 4. Я г л о м И. М., Б о л т я п с к и й В. Г. Выпуклы*
фигуры.
Вып. 5. Иглом А. М., Я г л о м И. М. Неэлемептарпыс по-
дачи в элементарном изложении.
Вып. б. Д ы и к и и Е. Б., У с п е и с к и й В. А. Матсшп и-
ческпе беседы.
Вып. 7- Я г л о м И. М. Геометрические преобразования — I,
Движения п преобразования подобия.
Вып. 8. Я г л о м И. М. Геометрические преобразовании — II,
Линейные и круговые преобразования.
Вып. 9. Балк М. Б. Геометрические приложения понятии о
центре тяжести.
Вып. 10. Радемахер Г., Те пл и ц О. Числа в фт у ры.
Вып. 11. Я гл ом И. М. Принцип относитсльвостп Галилеи
п неевклидова геометрия.
Вып. 12. Ш к л я р с к п й Д. О., Ч е и ц о в Н. П., Я г-
лом И. М. Геометрические неравенства и задачи ни
максимум и минимум.
Вып. 13. III к л я р с к и й Д. О., Ченцов Н. П., Я i'-
ll о м И. М. Геометрические оценки и задачи из ним-
бинаториой геометрии.
Вып. 14. К о к с е т е р Г. С. М., Г р е й т ц е р С. Л. Поныв
встречи с геометрией.
Вып. 15. П р а с о л о в В. В. Задачп по планиметрия. Ч. 1,
Вып. 16. Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. Ч. 2.
Вып. 17. Зарубежные математические олимпнади/Коня-
гнн С. В., Тоиояп Г. А., Шарыгтш И. Ф. и др./Под
ред. И. В. Сергеева.
Вып. 18. Васильев Н. Б., Е го ро в А. А. Задачп Все-
союзных математических олнмттпяд.
Вып, 19. Прасолов В, В., Ш а р ы г и в И. Ф, Задачи по
стереометрии.