БИБЛИОТЕЧКА-КВАНТ-
ВЫПУСК 31
И.Ф. ШАРЫГИН
ЗАДАЧИ
ПО ГЕОМЕТРИИ
СТЕРЕОМЕТРИЯ
БИБЛИОТЕЧКА «КВАНТ
ВЫПУСК 31
И.Ф. ШАРЫГИН
ЗАДАЧИ
ПО ГЕОМЕТРИИ
СТЕРЕОМЕТРИЯ
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1 984
ScanAAW
22.151.0
1П 26
УДК 513.1/.2
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ:
Академик И. К. Кикоин (председатель), академик А. Н. Кол-
могоров (заместитель председателя), профессор Л. Г. Асламазов
(ученый секретарь), член-корреспондент АН СССР А. А. Абрико-
сов, академик Б. К. Вайнштейн, заслуженный учитель РСФСР
Б. В. Воздвиженский, академик П. Л. Капица, профессор С. П. Ка-
пица, академик С. П. Новиков, академик Ю. А. Осипьян, академик
АПН СССР В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев, профессор
Я. А. Смородинский, академик С. Л. Соболев, член-корреспондент
АН СССР Д. К. Фаддеев, член-корреспондент АН СССР И. С. Шклов-
ский.
Редактор в ы п у с к а И. П. Долбилши
Шарыгин И. Ф.
Ш26 Задачи по геометрии (стереометрия).—М.: Наука.
Главная редакция физико-математической литера-
туры, 1984.— 160 с. (Библиотечка «Квант». Вып. 31).
-35 к.
Сборник содержит 340 задач по стереометрии и состоит из
двух разделов. В первом разделе помещены в основном задачи вы-
числительного характера. Сюда же включены в виде задач некото-
рые теоремы и факты стереометрии, непосредственно примыкаю-
щие к школьному курсу. Во втором разделе собраны различные
геометрические факты, неравенства, задачи на геометрические
места точек, элементы геометрии тетраэдра и сферической геомет-
рии. Они могут быть использованы во внеклассной работе, при
подготовке к математическим олимпиадам,
Для школьников, преподавателей, студентов.
ш 1702040000-015 213.83	ББК 22.151.00
053 (02)-84	513
ш 1702040000-015
053(02)-84
213-83
© Издательство «Наука».
Главная редакция
физико-математической
литературы, 1984
СОДЕРЖАНИЕ
ПРЕДИСЛОВИЕ	4
Раздел!. ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ	5
Раздел II. ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. ЗАДА-
ЧИ НА МАКСИМУМ-МИНИМУМ. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ
НЕРАВЕНСТВА. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК 24
§ 1. Задачи на доказательство	24
§ 2. Задачи на максимум-минимум. Геометрические
неравенства	30
§ 3. Геометрические места точек	35
Произвольный тетраэдр	38
Равногранный тетраэдр	39
Ортоцентрический тетраэдр	41
Произвольный многогранник. Сфера	42
Выход в пространство	43
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ	45
Раздел I	45
Раздел II	98
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта книга содержит 340 различных задач
по стереометрии и является естественным продолжением
вышедшей книги автора «Задачи по геометрии: Плани-
метрия» — М.: Наука, 1982 («Библиотечка «Квант»,
вып. 17). В связи с этим автор считает возможным огра-
ничиться в предисловии лишь замечаниями, непосред-
ственно относящимися к данной книге.
Задачи этого сборника разбиты на два больших разде-
ла: задачи на вычисление и задачи на доказательство.
Наиболее простые задачи первого раздела снабжены
лишь ответами, другие — краткими указаниями, наиболее
трудные — более подробными указаниями и решениями.
Здесь следует сделать две оговорки. Во-первых, в боль-
шинстве случаев решения задач лишь намечены, ряд де-
талей предлагается рассматривать читателю. Во-вторых,
неся ответственность за предлагаемые решения, автор
не считает целесообразным рекомендовать свои решения
в качестве образца на конкурсном экзамене.
Во втором разделе собраны различные геометрические
факты и теоремы, задачи на максимум и минимум (некото-
рые задачи этого раздела можно было бы отнести и к пер-
вому), задачи на геометрические места точек; здесь же
рассматриваются некоторые вопросы геометрии тетраэд-
ра, сферической геометрии и т. п.
Говоря о методах решения задач, предлагаемых
в сборнике, приходится констатировать, что, по сравнению
с задачами по планиметрии, резко возрастает удельный
вес аналитических, счетных методов. Трудные стереомет-
рические задачи предъявляют более высокие требования
к общепрофессиональной подготовке читателя, к его уме-
нию проделать достаточно громоздкую вычислительную
работу.
Автор
РАЗДЕЛ 1
ЗАДАЧИ НА ВЫЧИСЛЕНИЕ
1.	Дан куб с ребром а. Две вершины правиль-
ного тетраэдра лежат на его диагонали, а две оставшие-
ся — на диагонали его грани. Найти объем тетраэдра.
2.	В основании четырехугольной пирамиды лежит пря-
моугольник, высота пирамиды h. Найти объем пирамиды,
если известно, что все ее пять граней равновелики.
3.	Среди пирамид, все ребра которых равны а, найти
объем той пирамиды, которая имеет наибольшее число ребер.
4.	Вокруг шара описана правильная усеченная че-
тырехугольная пирамида, апофема которой равна а.
Найти ее боковую поверхность.
5.	Определить угол при вершине осевого сечения ко-
нуса, если его объем в три раза больше объема вписанного
в него шара.
6.	Три шара касаются плоскости данного треуголь-
ника в вершинах треугольника и между собой. Найти ра-
диусы этих шаров, если стороны треугольника равны а,:
Ъ и с,
7.	Найти расстояние между скрещивающимися диаго7
налями двух соседних граней куба с ребром а. В каком
отношении делит каждую из этих диагоналей их общий
перпендикуляр?
8.	Доказать, что площадь проекции многоугольника,
расположенного в плоскости а, на плоскость Р равна
5 coscp, где S — площадь многоугольника, ср — угол
между плоскостями а и р.
9.	Даны три прямые, проходящие через одну точку А.
Пусть Вг и В2 — Две точки на одной прямой, С± и С2 —
на другой, Dr и Ь2 — на третьей. Доказать что
V AB1C1D1 _
VAb^d2 ” \ЛВ2\-\АС2\-\Аи,\ •
10.	Пусть а, р и у — углы, образованные произволь-
ной прямой с тремя попарно перпендикулярными пря-
мыми. Доказать, что cos2 а + cos2 Р + cos2 у = 1.
5
И. Пусть S и Р — площади двух граней тетраэдра^
а — длина их общего ребра, а — двугранный угол между
ними. Доказать, что объем тетраэдра V может быть най-
ден по формуле
Т7 2SP sin а
V ~ За
12.	Доказать, что для объема произвольного тетраэд-
pa V справедлива формула V — — abd sin ф, где аиЬ — два
противоположных ребра тетраэдра, d — расстояние между
ними, ф — угол между ними.
13.	Доказать, что плоскость, делящая пополам дву-
гранный угол при каком-либо ребре тетраэдра, делит
противоположное ребро на части, пропорциональные пло-
щадям граней, заключающих этот угол.
14.	Доказать, что для объема V многогранника, опи-
санного около сферы радиуса 2?, справедливо равенство
V = -у- SnR, где Sn — полная поверхность многогран-
ника.
15.	Дан выпуклый многогранник, все вершины ко-
торого расположены в двух параллельных плоскостях.
Доказать, что его объем можно вычислять по формуле
где — площадь грани, расположенной в одной плоско-
сти, S2 — площадь грани, расположенной в другой плос-
кости, S — площадь сечения многогранника плоскостью^
равноудаленной от двух данных, h — расстояние между
данными плоскостями.
16.	Доказать, что отношение объемов сферы и описан-
ного около нее усеченного конуса равно отношению их
полных поверхностей..
17.	Доказать, что площадь части поверхности сферы,>
заключенной между двумя параллельными плоскостями^
пересекающими сферу, можно найти по формуле
S = 2nRh,
где R — радиус сферы,, h — расстояние между плоско-
стями.
18.	Доказать, что объем тела,, получающегося при
вращении кругового сегмента вокруг диаметра2 его не
6
пересекающего, можно вычислять по формуле
о
где а — длина хорды этого сегмента, a h — проекция этой
хорды на диаметр.
19.	Доказать, что отрезки, соединяющие вершины
тетраэдра с точками пересечения медиан противополож-
ных граней, пересекаются в одной точке (центре тяжести
тетраэдра) и делятся в ней в отношении 3 : 1 (считая от
вершин).
Доказать также, что в этой же точке пересекаются от-
резки, соединяющие середины противоположных ребер,
и делятся этой точкой пополам.
20.	Доказать, что прямые, соединяющие середину вы-
соты правильного тетраэдра с вершинами той грани, на
которую эта высота опущена, попарно перпендикулярны.
21.	Доказать, что сумма квадратов длин ребер тетра-
эдра в четыре раза больше, чем сумма квадратов расстоя-
ний между серединами его скрещивающихся ребер.
22.	Дан куб ABCDA1B1C1D1 *) с ребром а, К — сере-
дина ребра DDlr Найти угол и расстояние между прямы-
ми СК и ArD.
23.	Найти угол и расстояние между двумя скрещиваю-
щимися медианами двух боковых граней правильного тет-
раэдра с ребром а.
24.	В основании пирамиды SABCD лежит четырех-
угольник ABCD. Ребро SD является высотой пирамиды.
Найти объем пирамиды, если известно^ что | АВ | =
-|5С| = /5, \ AD |=|Z>C| = /2,	\ АС | = 2,
| SA | + | SB | = 2 + /5.
25.	В основании пирамиды лежит правильный тре-
угольник со стороной а, боковые ребра имеют длину &.
Найти радиус шара, касающегося всех ребер пирамиды или
их продолжений.
26.	Сфера проходит через вершины одной грани куба
и касается сторон противоположной грани куба. Найти
отношение объемов шара и куба.
27.	Ребро куба ABCDA^CiPi равно а. Найти радиус
сферы, проходящей через середины ребер АА19 BBt и
через вершины А и Сг.
*) ABCD и	две грани куба, AAf, ВВц СС^ DDL—
его ребра.
7
28.	В основании прямоугольного параллелепипеда ле-
жит квадрат со стороной а, высота параллелепипеда рав-
на Ъ. Найти радиус сферы, проходящей через концы сто-
роны А В основания и касающейся граней параллелепи-
педа, параллельных А В.
29.	В сферу радиуса R вписана правильная треуголь-
ная призма со стороной основания а. Найти площадь сече-
ния призмы плоскостью, проходящей через центр сферы
и сторону7 основания призмы.
30.	Два шара одного радиуса и два другого расположе-
ны так, что каждый шар касается трех других и данной
плоскости. Найти отношение радиуса большего шара
к меньшему.
31.	Дан правильный тетраэдр ABCD с ребром а. Най-
ти радиус сферы, проходящей через вершины С и D и
середины ребер АВ и АС.
32.	Одна грань куба лежит в плоскости основания
правильной треугольной пирамиды, на одной из боковых
граней пирамиды лежат две вершины куба, а на двух дру-
гих по одной. Найти ребро куба, если сторона основания
пирамиды равна я, а высота пирамиды h.
33.	Двугранный угол при основании правильной
n-угольной пирамиды равен а. Найти двугранный угол
между соседними боковыми гранями.
34.	В треугольной призме АВСА^В^С}*) проведены
две плоскости: одна проходит через вершины А, В и Съ
а другая — через вершины Alt Bt и С. Эти плоскости
разделили призму на четыре части. Объем меньшей
из этих частей равен V. Найти объем призмы.
35.	Через точку, находящуюся на расстоянии а от
центра шара радиуса R (R а), проведены три попарно
перпендикулярные хорды. Найти сумму квадратов отрез-
ков хорд, на которые их делит данная точка.
36.	В основании правильной треугольной призмы ле-
жит треугольник АВС со стороной а. На боковых ребрах
взяты точки А1? Вг и Съ удаленные от плоскости основа-
ния соответственно на расстояния а/2, а, За/2. Найти угол
между плоскостями АВС и А^В^^.
37.	Сторона основания правильной четырехугольной
пирамиды равна апофеме боковой грани. Через сторону
основания проведено сечение, делящее пополам поверх-
*) АВС и	— основания призмы, AAf, CCf — ее
боковые ребра. Точно так же следует понимать это п подобные обо-
значения во всех случаях, BCTpe4aionjnxCz4 далее в тексте.
8
ность пирамиды. Найти угол между плоскостью сечения
и плоскостью основания пирамиды.
38.	Центр шара находится в плоскости основания
правильной треугольной пирамиды. Вершины основания
лежат на поверхности шара. Найти I — длину линии пе-
ресечения поверхностей шара и пирамиды, если радиус
шара равен /?, а плоский угол при вершине пирамиды а.
39.	В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF
(S — вершина) на диагонали AD взяты три точки, делящие
диагональ на четыре равные части. Через эти точки прове-
дены сечения, параллельные плоскости SAB. Найти от-
ношения площадей полученных сечений.
40.	В правильной четырехугольной пирамиде плоский
угол при вершине равен углу между боковым ребром и
плоскостью основания. Определить двугранные углы меж-
ду соседними боковыми гранями этой пирамиды.
41.	В основании треугольной пирамиды, все боковые
ребра которой попарно перпендикулярны; лежит тре-
угольник площади S. Площадь одной из боковых граней
Q. Найти площадь проекции этой грани на основание.
42.	АВСА^^ — правильная треугольная призма,
все ребра которой равны между собой. К — точка на ребре
АВ, отличная от А и В, М — на прямой В1С1, L —в плос-
кости грани АСС^Аг. Прямая KL образует равные углы
с плоскостями АВС и АВВ1А1, LM образует равные углы
с плоскостями ВССхВх и АСС^А^, КМ также образует рав-
ные углы с плоскостями ВСС^х и ACCjA^ Известно, что
| KL | = | КМ | = 1. Найти ребро призмы.
43.	В правильной четырехугольной пирамиде угол
между боковым ребром и плоскостью основания равен
углу между боковым ребром и плоскостью боковой грани,
не содержащей это ребро. Найти этот угол.
44.	Найти другранный угол между основанием и бо-
ковой гранью правильной треугольной усеченней пирами-
ды, если известно, что в нее можно вписать шар и, кроме
того, существует шар, касающийся всех ее ребер.
45.	Три ребра треугольной пирамиды равны 1, а три
других равны а. Ни одна грань не является правильным
треугольником. В каких пределах может меняться а? Чему
равен объем этой пирамиды?-
46.	Боковые грани треугольной пирамиды равновели-
ки и наклонены к плоскости основания под углами a, f й
у. Найти отношение радиуса шара, вписанного в эту пи-
рамиду, к радиусу шара, касающегося основания пирамиды
и продолжений трех боковых граней.
9
VI. Все ребра правильной шестиугольной призмы рав-
ны а. Найти площадь сечения, проведенного через сторону
основания под углом а к плоскости основания.
48.	В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1
известны | АВ | = а, | AD | = &, | A A J = с. Найти
угол между плоскостями AB^t и AiCtD.
49.	В основании пирамиды ABCDM лежит квадрат
ABCD со стороной а, боковые ребра AM и ВМ также рав-
ны а, боковые ребра СМ и DM имеют длину Ь. На грани
CDM, как на основании, во внешнюю сторону построена
треугольная пирамида CDMN^ боковые ребра которой
имеют длину а. Найти расстояние между прямыми AD
и MN.
50.	В тетраэдре одно ребро равно а, противоположное
— Ь, а остальные — с. Найти радиус описанного шара.
51.	В основании треугольной пирамиды лежит тре-
угольник со сторонами а, Ъ и с, противолежащие боковые
ребра пирамиды равны соответственно т, п и р. Найти
расстояние от вершины пирамиды до центра тяжести ос-
нования.
52.	Дан куб ABCDAiB^Di, через ребро А4Х провех
дена плоскость, образующая равные углы с прямыми ВС
и BrD, Найти эти углы.
53.	Боковые ребра треугольной пирамиды попарно
перпендикулярны, причем одно из них равно а и равно
сумме двух других. Найти радиус шара, касающегося ос-
нования пирамиды и продолжений ее боковых граней.
54.	В основании треугольной пирамиды SABC лежит
правильный треугольник АВС со стороной а, ребро SA
равно Ь. Найти объем пирамиды, если известно, что боко-
вые грани пирамиды равновелики.
55.	В основании треугольной пирамиды SABC лежит
равнобедренный прямоугольный треугольник АВС (А =
= 90°). Углы 6^0, SCA, SA(T, SB А (в указанном поряд-
ке) составляют арифметическую прогрессию, разность ко-
торой отлична от нуля. Площади граней SAB, АВС и
SAC составляют геометрическую прогрессию. Найти углы,
составляющие прогрессию.
56.	В основании треугольной пирамиды SABC лежит
правильный треугольник АВС со стороной а. Найти объ-
ем этой пирамиды, если известно, что ASC= ASB~
SAB = p.
57.	Точка К — середина ребра ААг куба
ABCDA^^Dx, точка L лежит на ребре ВС, Отрезок KL
10
касается шара, вписанного в куб. В каком отношении от-
резок KL делится точкой касания?
58.	В тетраэдре ABCD дано АВС == BAD —
| АВ \ = а, | DC | = &, угол между ребрами AD и ВС
равен а. Найти радиус описанного шара.
59.	Ребро куба и ребро правильного тетраэдра лежат
на одной прямой, середины противоположных им ребер куба
и тетраэдра совпадают. Найти объем , общей части куба
и тетраэдра, если ребро куба равно а.
60.	В каком отношении делит объем треугольной пира-
миды плоскость, параллельная двум ее скрещивающимся
ребрам и делящая одно из других ребер в отношении 2 : 1?.
61.	В правильной четырехугольной усеченной пирами-
де проведено сечение через диагонали оснований и сече-
ние, проходящее через сторону нижнего основания и про-
тивоположную сторону верхнего основания. Угол между
секущими плоскостями равен а. Найти отношение пло-
щадей сечений.
62.	В правильную шестиугольную пирамиду вписан
конус и около нее описан конус. Найти разность объемов
описанного и вписанного конусов, если высота пирами-
ды Я, радиус основания описанного конуса В.
63.	Дан шар и точка внутри него. Через точку прове-
дены произвольно три взаимно перпендикулярные плос-
кости, пересекающие шар по трем кругам. Доказать, что
сумма площадей этих трех кругов постоянна, и найти эту
сумму, если радиус шара 7?, а расстояние от точки пе-
ресечения плоскостей до центра шара равно d.
64.	В шаре радиуса R проведен диаметр АВ. Две пря-
мые касаются шара в точках А и В и образуют между со-
бой угол а (а < 90°). На этих прямых взяты точки С и D
так, что CD также касается шара и угол между АВ и CD
равен <р (ср < 90°). Найти объем тетраэдра ABCD.
65.	В тетраэдре два противоположных ребра перпен-
дикулярны, их длины а и &, расстояние между ними с„
В тетраэдр вписан куб, четыре ребра которого перпенди-
кулярны этим двум ребрам тетраэдра, и на каждой грани
тетраэдра лежат в точности две вершины куба. Найти реб-
ро куба.
66.	Два равных треугольника KLM и KLN имеют об-
щую сторону KL, KLM = LKN = л/З, | KL | = а,
| LM [ = | KN | = 6а. Плоскости KLM и KLN взаим-
но перпендикулярны. Шар касается отрезков LM и KN
в их серединах. Найти радиус йтара.
11
67.	Шар радиуса R касается всех боковых граней тре-
угольной пирамиды в серединах сторон ее основания. От-
резок, соединяющий вершину пирамиды с центром шара,
делится пополам точкой пересечения с основанием пира-
миды. Найти объем пирамиды.
68.	В тетраэдре три двугранных угла прямые. Один
из отрезков, соединяющих середины противоположных
ребер тетраэдра, равен а, а другой b (Ь а). Найти дли-
ну наибольшего ребра тетраэдра.
_	69. Прямой круговой конус с вершиной S вписан в
треугольную пирамиду SPQR так, что окружность осно-
вания конуса вписана в основание PQR пирамиды. Из-
вестно, что ^SR — л/2, SQR — п/4, PSQ = 7л/12. Най-
ти отношение площади боковой поверхности конуса к
площади основания PQR пирамиды.
70.	В основании пирамиды ABCDE лежит паралле-
лограмм A BCD. Ни одна из боковых граней не является
тупоугольным треугольником. На ребре DC существует
такая точка $-/, что прямая ЕМ перпендикулярна ВС. Кро-
ме того, диагональ основания Л С и боковые ребра ED и
5	5
ЕВ связаны соотношениями: I AC I -т-1 ЕВ I	-т-1 ED I.
I I 4 I	1	3 1	1
Через вершину В и середину одного из боковых ре-
бер проведено сечение, представляющее собой равно-
бочную трапецию. Найти отношение площади сечения и
площади основания пирамиды.
71.	Отрезок АВ единичной длины, являющийся хор-
дой сферы радиуса 1, расположен под углом л/3 к диамет-
ру CD этой сферы. Расстояние от конца С диаметра до
ближайшего к нему конца А хорды АВ равно 1/г2. Опреде-
лить величину отрезка BD.
72.	В треугольной пирамиде ABCD грани АВС и
ABD имеют площади р и q и образуют между собой
угол а. Найти площадь сечения пирамиды, проходя-
щего через ребро АВ и центр вписанного в пирамиду
шара.
73.	В треугольной пирамиде ABCD через ребро AD
(| AD | =’а) и точку Е — середину ребра ВС — проведе-
но сечение, образующее с гранями ACD и ADB соответ-
ственно углы аир. Найти объем пирамиды, если площадь
сечения ADE равна S.
74.	ABCD — правильный тетраэдр с ребром а. Пусть
М — центр грани ADC, N — середина ребра ВС. Найти
радиус шара, вписанного в трехгранный угол А и касаю-
щегося прямой MN.
12
75.	В основании треугольной пирамиды ABCD лежит
правильный треугольник АВС. Грань BCD образует с
плоскостью основания угол 60°. На прямой, проходящей
через точку D перпендикулярно основанию, лежит центр
сферы единичного радиуса, которая касается ребер ЛВ,
АС и грани BCD. Высота пирамиды DH в два раза меньше
стороны основания. Найти объем пирамиды.
76.	В треугольной пирамиде SABC известно, что
|XC|=J|4B|, а ребро 5 Л наклонено к плоскостям гра-
ней АВС и SBC под углом 45°. Известно, что вершина А
и середины всех ребер пирамиды, кроме SA, лежат на
сфере радиуса 1. Доказать, что центр сферы расположен
на ребре SA, и найти площадь грани ASC.
77.	Дан куб ABCDA^^^i с ребром а. Найти ради-
ус сферы, касающейся отрезков АСг и ССг, прямых АВ и
ВС и пересекающей прямые АС и А^.
78.	Шар касается плоскости основания ABCD правиль-
ной четырехугольной пирамиды SABCD в точке А и,
кроме того, касается вписанного в пирамиду шара. Через
центр первого шара и сторону основания ВС проведена
секущая плоскость. Найти угол наклона этой плоскости
к плоскости основания, если известно, что диагонали се-
чения перпендикулярны ребрам SA и SD.
79.	На сфере, радиус которой равен 2, расположены
три окружности радиуса 1, каждая из которых касается
двух других. Найти радиус окружности, меньшей, чем
данные, которая также расположена на данной сфере и ка-
сается каждой из данных окружностей.
80.	В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1
длины ребер АВ, ВС и ВВг равны соответственно 2а, а и а,
точка Е — середина ребра ВС. Вершины М и N правиль-
ного тетраэдра MNPQ лежат на прямой СХЕ, вершины
Р и Q — на прямой, проходящей через точку Вг и пересе-
кающей прямую AD в точке F. Найти: а) длину отрезка
DF\ б) расстояние между серединами отрезков MN
и PQ.
81.	Ребро куба ABCDAJi^D^ имеет длину а. Точки
М и N лежат на отрезках BD и СС± соответственно. Пря-
мая MN образует угол л/4 с плоскостью ABCD и угол
л/6 с плоскостью ВВ^уС. Найти: а) длину отрезка MN;
б) радиус шара с центром на отрезке MN, касающегося
плоскостей ABCD и ВВ^С.
82.	Вершина А правильной призмы ABCA-JB-^C^ сов-
падает с вершиной конуса, вершины В и С лежат на бо-
ковой поверхности этого конуса, а вершины В1 и Сг —
13
на окружности его основания. Найти отношение объемов
конуса и призмы, если | АА± | — 2,4 | АВ |.
83.	Длина ребра куба ABCDA1B1C1D1 равна а. Точ-
ки Р, К, L — середины ребер АА1Ч AiD^ В1С1 соответст-
венно, точка Q — центр грани CC^D^D. Отрезок MN
с концами на прямых AD и KL пересекает прямую PQ
и перпендикулярен ей. Найти длину этого отрезка.
84.	В правильной призме АВСА1В1С1 длина бокового
ребра и высота основания равна а. Через вершину А про-
ведены две плоскости: одна перпендикулярно прямой
АВг, вторая перпендикулярно прямой А(\. Через верши-
ну А х также проведены две плоскости: одна перпенди-
кулярно прямой А^, вторая перпендикулярно прямой
AtC. Найти объем многогранника, ограниченного этими
четырьмя плоскостями и плоскостью ВВГ(\С.
85.	Точка О — общая вершина двух равных конусов,
расположенных по одну сторону от плоскости а так, что
только одна образующая каждого конуса (ОА для одного
конуса и ОВ для другого) принадлежит плоскости а. Из-
вестно, что величина угла между высотами конусов рав-
на Р, а величина угла между высотой и образующей кону-
са равна ф, причем 2ф < р. Найти величину угла между
образующей ОА и плоскостью основания другого кону-
са, которой принадлежит4 точка В.
86.	Внутри правильного тетраэдра ABCD располо-
жены два шара радиусов 27? и 37?, касающиеся друг дру-
га внешним образом, причем один шар вписан в трехгран-
ный угол тетраэдра с вершиной в точке Л, а другой —
в трехгранный угол с вершиной в точке В. Найти длину
ребра этого тетраэдра.
87.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD
(ABCD — основание) сторона основания равна а, а угол
между боковым ребром и плоскостью основания равен а.
Плоскость, параллельная диагонали основания АС и бо-
ковому ребру BS, пересекает пирамиду так, что в сече-
ние можно вписать окружность. Определить радиус этой
окружности.
88.	Ребро правильного тетраэдра равно а. Плоскость
Р проходит через вершину В и середины ребер АС и AD.
Шар касается прямых АВ, AC, AD и той части плоскос-
ти Р, которая заключена внутри тетраэдра. Найти радиус
шара.
89.	В правильном тетраэдре точки М и N являются
серединами противоположных ребер. Проекция тетраэдра
на плоскость, параллельную MN, представляет собой че-
14
тырехугольник площади S, один из углов которого равен
60°. Найти площадь поверхности тетраэдра.
90.	В кубе ABCDA1B1C1D1 на АС взята Точка М%
а на диагонали BDX куба взята точка N так, что NMC =
= 60°, ЛЙУЙ = 45°. В каком отношении точкой М и N
делят отрезки АС и BD^
91.	Основанием прямой призмы ABCDAxB^Dx слу-
жит равнобочная трапеция ABCD, в которой AD парал-
лельна ВС, | AD | /| ВС | = п, п 1. Через ребра AAt
и ВС проведены плоскости, параллельные диагонали BxD;
через ребра DDx и ВхСх проведены плоскости, параллель-
ные диагонали АгС. Определить отношение объема тре-
угольной пирамиды, ограниченной этими четырьмя плос-
костями, к объему призмы.
92.	Сторона основания АВС правильной треугольной
призмы АВСАхВхСх равна а. Точки М и N являются со-
ответственно серединами ребер Л^'и ААг. Проекция
отрезка ВМ на прямую CrN равна а12у/~Ь. Определить
высоту призмы.
93.	Два шара касаются между собой и граней дву-
гранного угла, величина которого а. Пусть А и В — две
точки касания этих шаров с гранями (А и В принадлежат
разным шарам и разным граням). В каком отношении
отрезок АВ делится точками пересечения с поверхностями
этих шаров?
94.	Основанием пирамиды ABCD является правиль-
ный треугольник АВС со стороной 12. Ребро BD перпен-
дикулярно плоскости основания и равно 10]/"3. Все
вершины этой пирамиды лежат на боковой поверхности
прямого кругового цилиндра, ось которого пересекает
ребро BD и плоскость А ВС. Определить радиус цилиндра.
95.	Основанием пирамиды служит квадрат ABCD со
стороной а, боковое ребро SC перпендикулярно плоскос-
ти основания и равно Ъ. М — точка на ребре AS. Точки
М, В и D лежат на боковой поверхности прямого круго-
вого конуса с вершиной в точке А, а точка С — в плос-
кости основания этого конуса. Определить площадь бо-
ковой поверхности конуса.
96.	Внутри прямого кругового конуса расположен
куб так, что одно ребро куба лежит на диаметре основа-
ния конуса, вершины куба, не принадлежащие этому реб-
ру, лежат на боковой поверхности конуса, центр куба
лежит на высоте конуса. Найти отношение объема конуса
к объему куба.
15
97.	В треугольной призме АВСА1В1С1 проведены два
сечения. Первое сечение проходит через ребро АВ и се-
редину ребра СС±, а второе т- через ребро А1В1 и середи-
ну ребра СВ. Найти отношение длины отрезка линии пе-
ресечения этих сечений, заключенного внутри призмы,
к длине ребра АВ.
98.	В тетраэдре ABCD ребро АВ перпендикулярно
ребру CD, АСВ = ADB, площадь сечения, проходящего
через ребро АВ и середину ребра DC, равна S, | DC | =
= а. Найти объем тетраэдра ABCD.
99.	Дана правильная треугольная пирамида SABC
(S — ее вершина). Ребро SC этой пирамиды совпадает
с боковым ребром правильной треугольной призмы
A1B1CA2B2S (AtA2, BrB2 nCS — боковые ребра, аЛ^С—
одно из оснований). Вершины Аг и Вг лежат в
плоскости грани SAB пирамиды. Какую долю от объема
всей пирамиды составляет объем части пирахмиды, лежа-
щей внутри призмы, если отношение длины бокового
ребра пирамиды к стороне ее основания равно 2/|ЛЗ?
100.	В правильной четырехугольной усеченной пира-
миде с боковыми ребрами AAlf ВВг, СС±, сторона
верхнего основания AlB1CrD1 равна 1, а сторона нижнего
основания равна 7. Плоскость, проходящая через ребро
В1С1 перпендикулярно к плоскости ADrC, делит пирами-
ду на две части равного объема. Найти объем пирамиды.
101.	Основанием призмы АВСА^В^С^ является пра-
вильный треугольник АВС со стороной а. Проекцией
призмы на плоскость основания является трапеция с бо-
ковой стороной АВ и площадью, в два раза большей пло-
щади основания. Радиус сферы, проходящей через вер-
шины А, В, At, С±, равен а. Найти объем призмы.
102.	В плоскости дан квадрат ABCD со стороной а
и точка М на расстоянии Ъ от его центра. Найти сумму
объемов тел, получающихся при вращении треугольников
ABM, BCM, CDM и DAM соответственно вокруг прямых
АВ3 ВС, CD и DA.
103.	Точка D —- середина ребра А1С1 правильной тре-
угольной призмы ABCAiBjC^ Правильная треугольная
пирамида SMNP расположена так, что плоскость ее ос-
нования MNP совпадает с плоскостью АВС, вершина М
лежит на продолжении А С, причем | СМ | = у | АС |, ребро
SN проходит через точку Z), а ребро SP пересекает отре-
зок BBV В каком отношении отрезок ВВг делится точкой
пересечения?
16
104.	Центры трех сфер, радиусы которых равны Зя
4 и 6, расположены в вершинах правильного треугольника
со стороной 11. Сколько существует плоскостей, касаю-
щихся одновременно всех трех сфер?
105.	Все плоские углы трехгранного угла NKLM (N —
вершина) прямые. На грани LNM взята точка Р на рас-
стоянии 2 от вершины N и на расстоянии 1 от ребра MN.
Из некоторой точки 5, расположенной внутри трехгран-
ного угла NKLM, в точку Р направлен луч света. Луч
образует угол л/4 с плоскостью MNK и равные углы с
ребрами KN и MN. Луч зеркально отражается от граней
угла NKLM сначала в точке Р, затем —- в точке Q, за-
тем — в точке В. Найти сумму длин отрезков PQ и QB.
106.	Основанием треугольной пирамиды ABCD яв-
ляется треугольник АВС, в котором А = л/2, С — л/6,
| ВС | — 2]А2. Длины ребер AD, BD и CD равны меж-
ду собой. Сфера радиуса 1 касается ребер AD, BD, про-
должения ребра CD за точку D и плоскости АВС. Найти
величину отрезка касательной, проведенной из точки А
к сфере.
107.	Три шара, среди которых имеются два одинако-
вых, касаются плоскости Р и, кроме того, попарно каса-
ются друг друга. Вершина прямого кругового конуса
принадлежит плоскости Р, а ось конуса перпендикуляр-
на этой плоскости. Все три шара расположены вне кону-
са, причем каждый из них касается его боковой поверх-
ности. Найти косинус угла между образующей конуса
и плоскостью Р, если известно, что в треугольнике с вер-
шинами в точках касания шаров с плоскостью один из
углов равен 150°.
108.	Объем тетраэдра ABCD равен 5. Через середины
ребер AD и ВС проведена плоскость, пересекающая реб-
ро CD в точке М. При этом отношение длины отрезка DM
к длине отрезка СМ равно 2/3. Вычислить площадь сече-
ния тетраэдра указанной плоскостью, если расстояние
от нее до вершины А равно 1.
109.	В правильную треугольную пирамиду SABC
с вершиной S и основанием АВС вписан шар радиуса 2;
высота пирамиды SK равна 6. Доказать, что существует
единственная плоскость, пересекающая ребра основания
АВ и ВС в некоторых точках М и N таких, что I MN | =
~ 7, касающаяся шара в точке, удаленной на равные
расстояния от точек М и N, и пересекающая продолже-
ние высоты пирамиды SK за точку К в некоторой точке D.
Найти длину отрезка SD.
17
НО. Все ребра треугольной пирамиды ABCD каса-
ются некоторого шара. Три отрезка, соединяющие сере-
дины скрещивающихся ребер, равны. Угол АВС равен
100°. Найти отношение высот пирамиды, опущенных из
вершин А и В.
111.	В пирамиде SABC произведения длин ребер каж-
дой из четырех граней равны одному и тому же числу. Длина
высоты пирамиды, опущенной из S на грань АВС, равна
9 1/702"	„	/1 -и/ТГ^
* И ”55”’ авеличина угла САВ равнаarccos l — I/ -у-I.
Найти объем пирамиды SABC, если
| SA | 2 + | SB | 2 - 5 | SC | 2 = 60.
112.	В плоскости Р дан равнобедренный треугольник
АВС (| АВ | = | ВС | = Z,| АС | = 2а). Шар радиуса г
касается плоскости Р в точке В. Две скрещивающиеся
прямые проходят через точки Л и С и касаются шара.
Угол между каждой из этих прямых и плоскостью Р равен
а. Найти расстояние между этими прямыми.
ИЗ. Основанием пирамиды АВС ЕН служит выпуклый
четырехугольник АВСЕ, который диагональю BE делится
на два равновеликих треугольника. Длина ребра АВ
равна 1, длины ребер ВС и СЕ равны. Сумма длин ребер
АН и ЕН равна д/2. Объем пирамиды равен 1/6. Найти
радиус шара, имеющего наибольший объем среди всех
шаров, помещающихся в пирамиде.
114.	В пирамиде SABC прямая, пересекающая ребра
АС и BS и перпендикулярная к ним, проходит через
середину ребра BS. Грань ASB равновелика грани BSC,
а площадь грани AS С в два раза больше площади грани
BSC. Внутри пирамиды есть точка М, сумма расстояний
от которой до вершин В и S равна сумме расстояний до
всех граней пирамиды. Найти расстояние от точки М
до вершины В, если | АС | = У" 6, | В S | = 1.
115.	В основании пирамиды лежит прямоугольник
с острым углом между диагоналями а (а / 60°), боковые
ребра ее равны между собой, а высота Д. Внутри этой
пирамиды расположена треугольная пирамида, вершина
которой совпадает с вершиной первой пирамиды, а вер-
шины основания лежат по одной на трех сторонах прямо-
угольника. Найти объем четырехугольной пирамиды^
если все ребра треугольной пирамиды равны между
собой, а боковые грани равновелики.
116.	В треугольной пирамиде SABC с основанием АВС
и равными боковыми ребрами сумма двугранных углов
18
с ребрами SA и SC равна 180°. Известно, что f АВ | = а£
| ВС | = &. Найти длину бокового ребра.
117.	Дан правильный тетраэдр с ребром а. Сфера ка-
сается трех ребер тетраэдра, выходящих из одной вершины,
в их концах. Найти площадь части сферической поверхно-
сти, расположенной внутри тетраэдра.
118.	На поверхности сферы радиуса 2 расположены
три попарно касающиеся друг друга окружности радиуса
|Л2. Часть поверхности сферы, расположенная вне окруж-
ностей, представляет собой два криволинейных треуголь-
ника. Найти площади этих треугольников.
119.	Три двугранных угла тетраэдра, не принадлежа-
щие одной вершине, равны л/2. Оставшиеся три двугран-
ных угла равны между собой. Найти эти углы.
120.	Два шара вписаны в боковую поверхность конуса
и касаются между собой. Третий шар проходит через две
окружности, по которым касаются поверхности конуса
первые два шара. Доказать, что объем части третьего
шара, расположенной вне конуса, равен объему части
конуса, заключенной между первыми двумя шарами
внутри конуса.
121.	Шар радиуса R касается одного основания
усеченного конуса него боковой поверхности по окруж-
ности, совпадающей с окружностью другого основания
конуса. Найти объем тела, состоящего из объединения
конуса и шара, если полная поверхность этого тела равна 5.
122.	Два треугольника — правильный со стороной а
и равнобедренный прямоугольный с катетами, равными
6,— расположены в пространстве так, что их центры
тяжести совпадают. Найти сумму квадратов расстояний
от всех вершин одного из них до всех вершин другого.
123.	В правильной треугольной пирамиде SABC
(S — вершина) точка Е — середина апофемы грани SBC,
а точки F, L и М лежат на ребрах АВ, АС и SC соот-
ветственно, причем | AL | =	1 АС |. Известно, что
EFLM — равнобедренная трапеция и длина ее основания
EF равна 7. Найти объем пирамиды.
124.	Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром а. Основания
цилиндра вписаны в грани ABCD и A^B-^CJD^ Пусть
М — точка на ребре АВ такая, что | AM | = а/3, N
точка на ребре В^Сх такая, что | NCr | — Через
точки С± и 71/ проходит плоскость, касающаяся основания
цилиндра, вписанного в ABCD, а через А и N — плос-
кость, касающаяся основания,, вписанного в А^ВуС^Р^
19
Найти объем части цилиндра, заключенной между пло-
скостями.
125.	Определить полную поверхность призмы, опи-
санной около шара, если площадь ее основания равна 5.
126.	Центр сферы а лежит на поверхности сферы р.
Отношецие поверхности сферы р, лежащей внутри сферы
а, ко всей поверхности сферы а равно 1/5. Найти отно-
шение радиусов сфер аир.
127.	Около шара описан усеченный конус. Полная
поверхность этого конуса S. Второй шар касается боковой
поверхности конуса по окружности основания конуса.
Найти объем усеченного конуса, если известно, что часть
поверхности второго шара, находящаяся внутри первого,
имеет площадь Q.
128.	Около шара описан усеченный конус, основания
которого являются большими кругами двух других шаров.
Определить полную поверхность усеченного конуса, если
сумма поверхностей трех шаров есть S.
129.	Через вершину прямого кругового конуса про-
ведено сечение максимальной площади. Известно, что пло-
щадь этого сечения в два раза больше площади осевого
сечения. Найти угол при вершине осевого сечения конуса
130.	В конус вписана треугольная пирамида SABC
(S совпадает с вершиной конуса, А, В и С лежат на окруж-
ности основания конуса), двугранные углы при ребрах
SA, SB и SC равны соответственно а, (3 и у. Найти угол
между плоскостью SBC и плоскостью, касающейся по-
верхности конуса по образующей SC.
131.	Три точки Л, В и С, расположенные на поверх-
ности сферы радиуса 7?, попарно соединены дугами боль-
ших кругов, меньшими полуокружности. Через середины
дуг АВ и АС проведен еще один большой круг, пересе-
кающий продолжение ВС в точке К. Найти длину дуги
СК, если | ВС | = I (I <Z пВ).
132.	Найти объем тела, полученного при вращении
правильного треугольника со стороной а вокруг прямой,
параллельной его плоскости и такой, что проекция этой
прямой на плоскость треугольника содержит какую-либо
высоту треугольника.
133.	Рассмотрим тело, состоящее из точек, удаленных
от какой-либо точки внутри или на границе плоской вы-
пуклой фигуры периметра 2р и площади S на расстояние
не больше d. Найти объем этого тела.
134.	Дана треугольная пирамида SABC. Шар радиуса
20
R касается плоскости АВС в точке С и ребра SA в точке З*.
Прямая BS вторично пересекает шар в точке, диаметраль-
но противоположной точке С. Найти объем пирамиды
SABC, если | ВС I == а, | SA | = Ь.
135.	Внутри правильной треугольной пирамиды рас-
положена вершина трехгранного угла< все плоские углы
которого прямые, а биссектрисы плоских углов проходят
через вершины основания. В каком отношении поверх-
ность этого угла делит объем пирамиды, если каждая
грань пирамиды разделена ею на две равновеликие части?
136.	Дан параллелепипед ABCDAiB1C1D1 объема V.
Найти объем общей части двух тетраэдров AB1CD1 и
AJS^D.
137.	Две одинаковые треугольные пирамиды объема V
расположены в пространстве симметрично относительно
точки О. Найти объем их общей части, если точка О
лежит на отрезке, соединяющем вершину пирамиды с цен-
тром тяжести основания, и делит этот отрезок отноше-
нии 1) 1 : 1, 2) 3 : 1, 3) 2 : 1, 4) 4 : 1, считая от вершины.
138.	Правильный тетраэдр объема V повернут около
прямой, соединяющей середины его скрещивающихся
ребер, на угол а. Найти объем общей части данного тетра-
эдра и повернутого (0 < а < л).
139.	Ребро куба равно а. Куб повернут около диаго-
нали на угол а. Найти объем общей части первоначаль-
ного куба и повернутого.
140.	На плоское зеркало под углом а падает луч
света. Зеркало поворачивается на угол Р вокруг проек-
ции луча на зеркало. На какой угол отклонится отражен-
ный луч?
141.	В пространстве даны точки А, В, С и D, причем
| АВ | = | ВС | = | CD |, АВС = BCD = CDA = а.
Найти угол между прямыми АС и BD.
142.	Дана правильная n-угольная призма. Площадь
основания равна S. Две плоскости пересекают все боковые
ребра призмы таким образом, что объем части призмы
между плоскостями равен V. Найти сумму длин отрезков
боковых ребер призмы, заключенных между плоскостями^
если известно, что плоскости не имеют общих точек вну-
три призмы.
143.	Три последовательные стороны плоского выпук-
лого пятиугольника равны 1, 2 и а. Найти оставшиеся
две стороны этого пятиугольника, если известно, что он
является ортогональной проекцией на плоскость пра-
21
вильного пятиугольника. При каких значениях а задача
имеет решение?
144.	Дан куб ABCDAyByCiP^ М — центр грани
AN — точка на ребре В±Си L — середина АгВи
К — основание перпендикуляра^ опущенного из N на
ВСГ. В каком отношении точка N делит ребро В^С^ если
LMK = MKN4
145.	В правильной шестиугольной пирамиде центр
описанной сферы лежит на поверхности вписанной.
Найти отношения радиусов описанной и вписанной сфер.
146.	В правильной четырехугольной пирамиде центр
описанного шара лежит на поверхности вписанного шара.
Найти величину плоского угла при вершине пирамиды.
147.	В основании четырехугольной пирамиды SABCD
лежит квадрат ABCD со стороной а. Оба угла между
противоположными боковыми гранями прямые. Двугран-
ный угол при ребре SA равен а. Найти объем пирамиды.
148.	Плоскость, пересекающая поверхность треуголь-
ной пирамиды, делит медианы граней, выходящие из
одной вершины, в отношениях 2:1, 1 : 2, 4 : 1 соответ-
ственно (считая от вершины). В каком отношении эта
плоскость делит объем пирамиды?
149.	п равных конусов имеют общую вершину. Каж-
дый касается двух других по образующей, а все касаются
одной плоскости. Найти угол при вершине осевого сече-
ния этих конусов.
150.	Дан куб ABCDAiB^D^ Плоскость, проходя-
щая через А и касающаяся вписанного в куб шара, пере-
секает ребра А1В1 и A^-l в точках К и N. Определить
величину двугранного угла между плоскостями АС^К
и AC±N.
151.	Дан тетраэдр ABCD. Другой тетраэдр —
расположен так, что его вершины Аг, Въ Съ
D\ лежат соответственно в плоскостях BCD, CD A, DAB,
АВС, а плоскости его граней A^Ct, В^-^Рг,
D1A1B1 содержат соответственно вершины D, А, В и С
тетраэдра ABCD. Известно также, что Xi совпадает
с центром тяжести треугольника BCD, а прямые BD$,
СВ±, DCi делят пополам соответственно отрезки AC, AD,
АВ. Найти объем общей части этих тетраэдров, если объем
тетраэдра ABCD равен V.
152.	В тетраэдре ABCD дано | ВС | = | CD | —
~ | DA |, [BD | == | АС |, | BD | > | ВС |, двугранный
угол при ребре АВ равен л/3. Найти сумму остальных
двугранных углов.
22
153.	Дана треугольная призма ABCAJiiCt. Известно,
что пирамиды АВСС±, АВВ^ и ААхВ&г равны между
собой. Найти двугранные углы между плоскостью основа-
ния и боковыми гранями призмы, если в основании лежит
неравнобедренный прямоугольный треугольник.
154.	В правильном тетраэдре ABCD с ребром а
в плоскостях BCD, CD A, DAB и АВС взяты соответст-
венно точки Лх, Bi, Ci и Dr так, что прямая AiBr перпен-
дикулярна плоскости BCD, BjC]^ перпендикулярна плос-
кости CD А, СгО± перпендикулярна плоскости DA В и,
наконец, D±Ai перпендикулярна плоскости АВС. Найти
объем тетраэдра А^БгС^О^
155.	п равных шаров радиуса R касаются боковой
поверхности изнутри и плоскости основания конуса, при-
чем каждый шар касается двух соседних; п шаров радиуса
2R расположены аналогичным образом, касаясь боковой
поверхности с внешней стороны. Найти объем конуса.
156.	Дан куб ABCDA^B^Di. На отрезках ЛЛХ и ВС±
взяты точки М и N так, что прямая MN пересекается
с прямой BrD. Найти
|ВСХ|	\АМ\
|B7V|	|ЛА| •
157.	Про тетраэдр известно, что все его грани — подоб-
ные, но не все равные между собой треугольники. Кроме
того, у любых двух граней есть по крайней мере одна пара
равных ребер, не считая общего ребра. Найти объем этого
тетраэдра, если длины двух ребер, лежащих в одной гра-
ни, равны 3 и 5.
158.	Даны три взаимно перпендикулярные прямые,
расстояние между любыми двумя равно а. Найти объем
параллелепипеда, диагональ которого лежит на одной
прямой, а диагонали двух соседних граней на двух дру-
гих прямых.
159.	Сечение правильной четырехугольной пирамиды
некоторой плоскостью представляет собой правильный
пятиугольник со стороной а. Найти объем пирамиды.
160.	Дан треугольник АВС, площадь которого S,
а радиус описанной окружности равен R. В вершинах Л,
В и С к плоскости треугольника восставлены перпендику-
ляры, и на них взяты точки Лх, Вг и С± так, что отрезки
ЛЛ1? ВВг, СС± по длине равны соответствующим высотам
треугольника, опущенным из вершин Л, В и С. Найти
объем пирамиды, ограниченной плоскостями ЛАС,
АхВС^, АВ^иАВС.
раздел 11-
ЗАДАЧИ НА ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.
ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ-МИНИМУМ.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК
§ 1. Задачи на доказательство
161.	Во всяком ли тетраэдре высоты пере-
секаются в одной точке?
162.	Существует ли такая треугольная пирамида, что
основания всех ее высот лежат вне соответствующих гра-
ней?
163.	Доказать, что прямая, образующая равные углы
с тремя пересекающимися прямыми плоскости, перпенди-
кулярна плоскости.
164.	Какие правильные многоугольники могут полу-
чаться при пересечении куба плоскостью?
165.	Доказать, что сумма плоских углов трехгранного
угла меньше 2л, а сумма двугранных углов — больше л.
166.	Пусть плоские углы трехгранного угла равны а,
Р и у, а противолежащие им двугранные углы — А, В и С.
Доказать, что справедливы следующие равенства:
лч	sin а   sin.P   sin у
'	sin A	sin В	sin С
(теорема синусов для трехгранного угла),
2) cos а ~ cos Pcos у + sin Р sin у cos А
(1-я теорема косинусов для трехгранного угла),
3) cos А — —cos В cos С + sin В sin С cos а
(2-я теорема косинусов для трехгранного угла).
167.	Доказать, что если все плоские углы трехгранного
угла тупые, то и все двугранные углы также тупые.
168.	Доказать, что если у трехгранного угла все дву-
гранные углы острые, то и все плоские углы острые.
169.	Доказать, что в произвольном тетраэдре найдется
трехгранный угол, все плоские углы которого острые.
170.	Доказать, что в произвольном многограннике,
все грани которого — треугольники, найдется такое ребро,
что все плоские углы, прилежащие к нему,— острые.
24
471. Доказать, что трехгранную призматическую по-
верхность можно пересечь плоскостью таким образом, что
в сечении будет правильный треугольник.
172.	В треугольной пирамиде все плоские углы при
вершине А — прямые, ребро АВ равно сумме двух дру-
гих ребер, выходящих из А. Доказать, что сумма плоских
углов при вершине В равна л/2.
173.	Любой ли трехгранный угол можно пересечь
плоскостью таким образом, что в сечении получится пра-
вильный треугольник?
174.	Найти плоские углы при вершине трехгранного
угла, если известно, что любое его сечение плоскостью
есть остроугольный треугольник.
175.	Доказать, что в любом тетраэдре имеется такая
вершина, что из отрезков, равных выходящим из этой
вершины ребрам, можно построить треугольник.
176.	Доказать, что любой тетраэдр можно разрезать
плоскостью на две части так, что из получившихся кус-
ков можно вновь сложить такой же тетраэдр, приложив
их друг к другу иным способом.
177.	Найти плоские углы при вершине трехгранного
угла, если известно, что существует другой трехгранный
угол с той же вершиной, ребра которого лежат в плоско-
стях, образующих грани данного, и перпендикулярны
противоположным ребрам данного угла.
178.	Прямая I образует острые углы a, f и у с тремя
взаимно перпендикулярными прямыми. Доказать, что
ос -}- р -р у л.
179.	Доказать, что сумма углов, образуемых ребрами
трехгранного угла с противоположными гранями, меньше
суммы его плоских углов.
Доказать также, что если плоские углы трехгранного
угла — острые, то сумма углов, образуемых его ребрами
с противоположными гранями, больше половины суммы
плоских углов. Верно ли последнее утверждение для про-
извольного трехгранного угла?
180.	Доказать, что сумма четырех двугранных углов
тетраэдра (исключая любые два противоположные угла)
меньше 2л, сумма же всех двугранных углов тетраэдра
заключена между 2л и Зл.
181.	Из произвольной точки основания правильной
пирамиды восставлен перпендикуляр. Доказать, что сум-
ма отрезков от основания перпендикуляра до пересечения
с боковыми гранями или их продолжением есть величина
постоянная.
25
182.	Доказать, что если Xi, х2, х3, х± — расстояния от
произвольной точки внутри тетраэдра до его граней, fef,
^2» ^з» ^4 — соответствующие высоты тетраэдра, то
I х2 1 Х3 । х4 ___ 4
hi "r h2 h3 "* Л4 —
183.	Доказать, что плоскость, проходящая через се-
редины двух скрещивающихся ребер тетраэдра, делит его
на две части, равные по объему.
184.	Доказать, что если в основании пирамиды ABCD
лежит правильный треугольник АВС и DAB = DBC =
*= DC А, то пирамида правильная.
185.	Пусть аи а1} 6 и с ИС1 — пары противополож-
ных ребер тетраэдра, а, 0 и у — соответственно углы
между ними (а, 0 и у не превосходят 90°). Доказать, что
из трех чисел aar cos а, ЪЪГ cos 0, cc^cos у одно есть сумма
двух других.
186.	В тетраэдре ABCD ребра DA,DB и DC. равны
соответствующим высотам треугольника ABC (DA равно
высоте, проведенной из вершины 4, и т. д.). Доказать, что
сфера, проходящая через три вершины тетраэдра, пересе-
кает ребра, выходящие из четвертой вершины, в трех точ-
ках, являющихся вершинами правильного треугольника.
187.	Дана четырехугольная пирамида MABCD, в осно-
вании которой лежит выпуклый четырехугольник ABCD.
Плоскость пересекает ребра МА, 'МВ, МС и MD соответ-
ственно в точках К, L, Р и N. Доказать, что выполняется
соотношение
с \МА\ , с \МС\ _ с | MD | , с \МВ\
bBCD \МК\ + ^Adb —Ъавс |МЛГ| + ^acd |ML| .
188* Из произвольной точки пространства опущены
перпендикуляры на грани данного куба. Получившиеся
шесть отрезков являются диагоналями шести кубов. До-
казать, что шесть сфер, каждая из которых касается всех
ребер соответствующего куба, имеют общую касательную
прямую.
189.	Даны три параллельные прямые. 4, В и С ~ фик-
сированные точки на этих прямых. Пусть М, N и L —
соответственные точки на этих же прямых, расположенные
по одну сторону от плоскости АВС. Доказать, что если:
а) сумма длин отрезков AM, BN и CL постоянна, или
б) сумма площадей трапеций AMNB, BNLC и CLMA
постоянна, то плоскость MNL проходит через фиксиро-
ванную точку.
26
190.	Сумма длин двух скрещивающихся ребер тетра-
эдра равна сумме длин двух других скрещивающихся ре-
бер. Доказать, что сумма двугранных углов, ребрами ко-
торых является первая пара ребер, равна сумме двугран-
ных углов, ребрами которых является вторая пара ребер
тетраэдра,
191.	Пусть О — центр правильного тетраэдра. Из про-
извольной точки М, расположенной на одной из граней
тетраэдра, опускают перпендикуляры на остальные три
его грани. К, L, N — основания этих перпендикуляров.
Доказать, что прямая ОМ проходит через центр тяжести
треугольника KLN.
192.	В тетраэдре ABCD ребро CD перпендикулярно
плоскости АВС, М — середина DB, N — середина АВ,
К — точка на ребре CD такая, что | СК | =	1 CD |.
Доказать, что расстояние между прямыми ВК и CN равно
расстоянию между прямыми AM и CN.
193.	В плоскости одной из боковых граней правиль-
ной четырехугольной пирамиды взят произвольный тре-
угольник. Этот треугольник проектируется на основание
пирамиды, получившийся треугольник вновь проекти-
руется на боковую грань, смежную с первоначальной.
Доказать, что получившийся при последнем проектиро-
вании треугольник подобен первоначальному.
194.	В тетраэдре ABCD в грани BCD взята произволь-
ная точка Af. Через вершину А проведена произвольная
плоскость. Прямые, проходящие через вершины В, С и D
параллельно прямой A A f, пересекают эту плоскость в точ-
ках B^Ct'Di, Доказать, что объем тетраэдра AtB^JDi
равен объему тетраэдра ABCD.
195О Дан тетраэдр ABCD. В плоскостях, определяю-
щих его грани, взяты точки At, Bi, Ci, Di таким образом,
что прямые AAi, BBi, CCi, DDi параллельны между со-
бой. Найти отношение объемов тетраэдров ABCD и
AiByCiDi.
196.	Пусть D —- одна из вершин тетраэдра, М — его
центр тяжести, О — центр описанного шара. Известно,
что точки D, М и точки пересечения медиан граней, со-
держащих D, лежат на поверхности одной сферы. Дока-
зать, что прямые DM и ОМ перпендикулярны.
197.	Доказать, что никакое тело в пространстве не
может иметь в точности четное число осей симметрии.
198.	Дана окружность и точка А в пространстве.
Пусть В — проекция А на плоскость, в которой располо-
27
жена окружность, D — произвольная точка окружности.
Доказать, что проекции В на AD лежат на одной окруж-
ности.
199.	В основании пирамиды ABODE лежит четырех-
угольник ABCD, диагонали АС и BD которого перпенди-
кулярны и пересекаются в точке М. Отрезок ЕМ являет-
ся высотой пирамиды. Доказать, что проекции точки М
на боковые грани пирамиды лежат в одной плоскости.
200.	Доказать, что, если прямая, проходящая через
центр тяжести тетраэдра ABCD и центр описанной около
него сферы, пересекает ребра АВ и CD. то | АС | —
I BD |, | AD | - | ВС |.
201.	Доказать, что, если прямая, проходящая через
центр тяжести тетраэдра ABCD и центр вписанной в него
сферы, пересекает ребра АВ и CD, то | АС | — [BD |,
\ad I = \ВС |.
202.	Дан куб ABCDA^ByC^Di. Через вершину А про-
ведена плоскость, касающаяся вписанного в куб шара.
Пусть М и N — точки пересечения этой плоскости с пря-
мыми А]В и AyD. Доказать, что прямая MN касается впи-
санного в куб шара.
203.	Доказать, что для тетраэдра, у которого все пло-
ские углы при одной из вершин прямые, справедливо ут-
верждение: сумма квадратов площадей прямоугольных
граней равна квадрату площади четвертой грани (теорема
Пифагора для прямоугольного тетраэдра).
204.	Доказать, что сумма квадратов проекций ребер
куба на произвольную плоскость постоянна.
205.	Доказать, что сумма квадратов проекций ребер
правильного тетраэдра на произвольную плоскость по-
стоянна.
206.	Два тела в пространстве двигаются по двум пря-
мым с постоянными и неравными скоростями. Доказать,
что существует такая фиксированная окружность в про-
странстве, отношение расстояний от любой точки которой
до этих тел постоянно и равно отношению их скоростей.
207.	Дан шар и две точки А и В вне его. Из Л и В к шару
проведены две пересекающиеся касательные. Доказать,
что точка их пересечения лежит в одной из двух фикси-
рованных плоскостей.
208.	Три шара касаются плоскости данного треуголь-
ника в его вершинах и касаются между собой. Доказать,
что, если треугольник разносторонний, то существуют два
шара, касающиеся трех данных и плоскости треуголь-
ника, причем если г и р (р > г) - радиусы этих шаров,
28
R — радиус окружности, описанной около треугольника,
1	1	2 /3
то — ----- —	.
гр R
209.	Дан тетраэдр ABCD. Один шар касается ребер
АВ и CD в точках А и С, а другой — в точках В и D.
Доказать, что проекции А С и BD на прямую, проходящую
через центры этих шаров, равны.
210.	Существует ли пространственный пятиугольник
такой, что отрезок, соединяющий любые две не соседние
вершины, пересекает плоскость треугольника, образо-
ванного остальными тремя вершинами, во внутренней
точке этого треугольника?
211.	Доказать, что пятиугольник, все стороны кото-
рого равны между собой и углы которого также равны
между собой, является плоским.
212.	Дан параллелепипед ABCDAiBtCiDi, диагональ
4С1 которого равна d, а объем V. Доказать, что из отрез-
ков, равных расстояниям от вершины Ai, В и D до диаго-
нали AClt можно построить треугольник и что, если 5 —
площадь этого треугольника, то V — 2ds.
213.	Дан' тетраэдр ABCD, Br, Ci, Di — точки пе-
ресечения медиан граней BCD, CD A, DAB, АВС. Дока-
зать, что существует тетраэдр AJB^C^D^ у которого ребра
А2В2, В2С2, С21)2 и равны и параллельны соответ-
ственно отрезкам АА19 ВВ19 CCi и DDi. Найти объем
тетраэдра AJS^CJD^, если объем тетраэдра ABCD равен V.
214.	Дан тетраэдр. Доказать, что существует другой
тетраэдр KLMN, ребра KL, LM, MN vlNK которого пер-
пендикулярны соответствующим граням данного тетра-
эдра и их длины численно равны площадям этих граней.
Н'айти объем тетраэдра KLMN, если объем данного У.
215.	Даны три пересекающиеся сферы. Через точку,
расположенную на общей всем трем сферам хорде, прове-
дены три хорды, принадлежащие различным сферам. Дока-
зать, что концы этих трех хорд лежат на одной сфере.
216.	В тетраэдре ABCD проведено сечение плоскостью,
перпендикулярной радиусу описанной -Сферы, идущему
в вершину D. Доказать, что вершины А, В, С и точки
пересечения плоскости с ребрами DA, DB, DC лежат на
одной сфере.
217.	Дана сфера, окружность на сфере и точка Р, не
принадлежащая сфере. Доказать, что вторые точки пе-
ресечения прямых, соединяющих точку Р и точки на дан-
ной окружности, с поверхностью сферы образуют окруж-
ность.
29
218.	Доказать, что линия пересечения двух конических
поверхностей с параллельными осями и равными углами
в осевых сечениях есть плоская кривая.
219.	На ребрах АВ, ВС, CD и DA тетраэдра ABCD
взяты точки К, L, М и N, расположенные в одной плоско-
сти. Пусть Р — произвольная точка пространства. Пря-
мые РК, PL, РМ и PN вторично пересекают соответ-
ственно окружности, описанные около треугольников
РАВ, РВС, PCD и PDA в точках Q, R, S и Т. Доказать,
что точки Р, Q, R, S и Т лежат на поверхности сферы.
220.	Доказать, что ребра выпуклого четырехгранного
угла являются образующими конуса, вершина которого
совпадает с вершиной этого угла, тогда и только тогда,
когда суммы противоположных двугранных углов четы-
рехгранного угла равны между собой.
221.	Дан шестигранник, все грани которого — четы-
рехугольники. Известно, что семь из восьми его вершин
лежат на поверхности одной сферы. Доказать, что и вось-
мая вершина лежит на поверхности той же сферы.
222.	На каждом ребре тетраэдра взята произвольная
точка, отличная от вершины тетраэдра. Доказать, что
четыре сферы, каждая из которых проходит через одну
вершину тетраэдра и три точки, взятые на ребрах, выхо-
дящих из этой вершины,, пересекаются в одной точке.
§ 2. Задачи па максимум-минимум.
Геометрические неравенства
223.	Дан двугранный угол. Прямая I лежит
в плоскости одной из его граней. Доказать, что угол
между прямой I и плоскостью другой грани наиболь-
ший, когда I перпендикулярна ребру этого двугранного
угла.
224.	В выпуклом четырехгранном угле все плоские углы
равны 60°. Доказать, что углы между противоположными
ребрами не могут быть одновременно острыми или одно-
временно тупыми.
225.	Высота усеченной пирамиды равна h, площадь
среднего сечения равна S. В каких пределах может ме-
няться объем этой пирамиды?
226.	Найти наибольшее значение объема тетраэдра,
вписанного в цилиндр, радиус основания которого R, вы-
сота h,
227.	Основанием прямоугольного параллелепипеда
ABCDAJliCiD! является квадрат ABCD. Найти наиболь-
30
шую возможную величину угла между прямой BD$
и плоскостью BDCr,
228.	В правильной четырехугольной призме
ABCDAiBrCiDt высота в два раза меньше стороны осно-
вания. Найти наибольшее значение угла АгМСг, где М —
точка на ребре АВ.
229.	Длина ребра куба ABCDArBrCJDr равна 1. На
продолжении ребра AD за точку D выбрана точка М так,
что | AM |	2^2/5. Точка Е — середина ребра А±ВГ,
точка F — середина ребра DD±. Какое наибольшее зна-
чение может принимать отношение | MP | / | PQ |, где точ-
ка Р лежит на отрезке АЕ, а точка Q — на отрезке CF?
230.	Длина ребра куба ABCDA1B1C1D1 равна а. Точ-
ки Е и F — середины ребер ВВ± и ССГ соответственно.
Рассматриваются треугольники, вершинами которых
служат точки пересечения плоскости, параллельной пло-
скости ABCD, с прямыми ЛС1, СЕ и DF. Найти наимень-
шее значение площади рассматриваемых треугольников.
231.	В правильную четырехугольную пирамиду со
стороной основания и высотой, равными 1, вписан пря-
моугольный параллелепипед, основание которого распо-
ложено в плоскости основания пирамиды, а вершины про-
тивоположной грани — на боковой поверхности пирами-
ды. Площадь основания параллелепипеда равна $. В каких
пределах может меняться диагональ параллелепипеда?
232.	Основаниями усеченной пирамиды являются пра-
вильные треугольники АВС и А^В^^ со сторонами 3 и 2
соответственно. Отрезок, соединяющий вершину С± с цен-
тром О основания АВС, перпендикулярен основаниям;
|С1<?| — 3. Через вершину В и точки М и N — середины
ребер А1В1 и В^Сг проведена плоскость. Рассматривают-
ся цилиндры, расположенные внутри многогранника
ABCA^MNC^, с основаниями в грани AJVINCx. Найти:
а) наибольшее значение объема таких цилиндров с данной
высотой h; б) наибольшее значение объема среди всех рас-
сматриваемых цилиндров.
233.	Все ребра правильной треугольной призмы
ABCAtBtCi имеют длину а. Рассматриваются отрезки с
концами на диагоналях ВС± и СА± боковых граней, па-
раллельные плоскости ABBtA^ Найти наименьшую дли-
ну таких отрезков.
234.	Дан трехгранный угол и точка внутри него. Че-
рез эту точку проведена плоскость. Доказать, что объем
тетраэдра, образованного данным углом и проведенной
плоскостью, будет минимален в том случае, когда данная
31
точка будет центром тяжести треугольника, являющегося
сечением трехгранного угла проведенной плоскостью.
235.	Поверхность сферического сегмента равна S (рас-
сматривается сферическая часть сегмента). Найти наиболь-
шее значение объема этого сегмента.
236.	На плоскости стоит куб с ребром а. Источник све-
та расположен на расстоянии b (Ь > а) от плоскости.
Найти наименьшее значение площади тени, отбрасывае-
мой кубом на плоскость.
237.	Дан выпуклый центрально-симметричный много-
гранник. Рассмотрим сечения этого многогранника, па-
раллельные заданной плоскости. Верны ли следующие
утверждения:
1) наибольшую площадь имеет сечение, проходящее
через центр;
2) для каждого сечения рассмотрим окружность наи-
меньшего радиуса, его содержащую. Верно ли, что наи-
больший радиус такой окружности имеет сечение, прохо-
дящее через центр многогранника?
238.	Какое наименьшее значение может принимать
отношение объема конуса к объему цилиндра, описанных
около одного и того же шара?
239.	Два конуса имеют общее основание и расположе-
ны по разные стороны от него. Радиус основания г, высота
одного конуса fe, другого — Н (h Н). Найти, наиболь-
шее расстояние между двумя образующими этих конусов.
240.	Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром а. Найти ради-
ус наименьшего шара, касающегося прямых АВ±, ВгС,
CD и DA.
241.	Диагональ куба, ребро которого равно 1, лежит
на ребре двугранного угла величины а (а < 180°). В ка-
ких пределах может меняться объем части куба, заклю-
ченной внутри этого угла?
242.	Длины ребер прямоугольного параллелепипеда
равны а, Ъ и с. Чему равно наибольшее значение площади
прямоугольной проекции этого параллелепипеда на плос-
кость?
243.	Длины пяти ребер тетраэдра меньше единицы.
Доказать, что объем тетраэдра меньше 1/8.
244.	Вершина Е пирамиды АВСЕ находится внутри
пирамиды ABCD. Верны ли следующие утверждения:
1) сумма ребер АЕ, BE и СЕ меньше суммы ребер AD^
BD и CD-,
2) хотя бы одно из ребер АЕ, BE, СЕ меньше соответ-
ствующего ребра AD, BD, CD?
32
. 245. Пусть гий- соответственно радиусы вписанно-
го и описанного шаров правильной четырехугольной пи-
рамиды. Доказать, что
R
г
V2 + 1.
246.	Пусть И и г — соответственно раддусы описан-
ного и вписанного шаров некоторого тетраэдра. Доказать,
что R Зг.
247.	Два противоположных ребра тетраэдра имеют
длины Ъ и с, а остальные равны а. Чему равно наименьшее
значение суммы расстояний от произвольной точки прост-
ранства до вершин этого тетраэдра?
248.	Дан усеченный конус, в котором угол между об-
разующей и большим основанием равен 60°. Доказать, что
кратчайший путь по поверхности конуса между точкой на
границе одного основания и диаметрально противополож-
ной точкой другого основания имеет длину 27?, где R —
радиус большего основания.
249.	Пусть а, Ъ и с — три произвольных вектора.
Доказать, что
|«| + |& | + |с| + |а + & + с|>
> | а + Ъ | + | Ъ + с | 4-1 с + а\.
250.	Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром а. На прямой
AAi взята точка 71/, а на прямой ВС — точка N так,
что прямая MN пересекает ребро Найти наимень-
шее значение величины | MN |.
251.	В основании четырехугольной пирамиды лежит
прямоугольник, одна сторона которого ‘равна а, боковые
ребра пирамиды равны Ь, Найти наибольшее значение
объема таких пирамид.
252.	Дан куб ABCDA1B1C1D1 с ребром а. Найти длину
наименьшего отрезка, концы которого расположены на
прямых АВ± и ВСг, образующего угол 60° с плоскостью
грани ABCD.
253.	Три одинаковые цилиндрические поверхности
радиуса R со взаимно перпендикулярными осями попар-
но касаются друг друга.
а)	Чему равен радиус Наименьшего шара, касающегося
этих цилиндрических поверхностей?
б)	Чему равен радиус наибольшего цилиндра, касаю-
щегося трех данных, ось которого проходит внутри тре-
угольника с вершинами в точках касания трех данных
цилиндров?
2 И. Ф. Шарыгин
33
254.	Две вершины тетраэдра расположены на поверхнос-
ти сферы радиуса 1Л 10, две другие вершины — на поверх-
ности сферы радиуса 2, концентрической с первой. Каков
наибольший объем таких тетраэдров?
255.	Два трехгранных угла расположены таким обра-
зом, что вершина одного из них равноудалена от граней
другого и наоборот, расстояние между вершинами равно а.
Каков минимальный объем шестигранника, ограничен-
ного гранями этих углов, если все плоские углы одного
из них по 60°, а другого — 90°?
256.	Каков наибольший объем тетраэдра ABCD. все
вершины которого лежат на поверхности сферы радиуса 1,
а ребра АВ. ВС. CD и DA видны из центра сферы под
углом 60°?
257.	Дан правильный тетраэдр с ребром а. Найти ра-
диус такого шара с центром в центре тетраэдра, для кото-
рого суммарный объем части тетраэдра, расположенной
вне шара, и части шара, расположенной вне тетраэдра,
достигает наименьшего значения.
258.	Доказать, что среди треугольных пирамид с дан-
ным основанием и одинаковыми высотами наименьшую
боковую поверхность имеет та, у которой вершина проек-
тируется в центр вписанной в основание окружности.
259.	Дан куб с ребром а. Пусть N — точка на диаго-
нали боковой грани, М — точка на окружности, находя-
щейся в плоскости основания, имеющей центр в центре
5
основания и радиус а- Найти наименьшее значение
величины | MN |.
260.	а) В основании пирамиды SABC лежит треуголь-
ник АВС. в котором ВАС — А. СВ А *= В. радиус опи-
санной около него окружности равен??. Ребро SC перпен-
дикулярно плоскости АВС. Найти.) SC |, если известно,
ЧТ0ИГЕГ + ’siTp' -	где а’ Р и V- углы, обра-
зованные ребрами SA. SB и SC с плоскостями граней
SBC. SAC и SAB соответственно.
б) Пусть а. р и у — углы, образованные ребрами трех-
гранного угла с плоскостями противоположных граней.
ТТ	1	I 1	1	л
Доказать, что ----------—п---------> 1.
’ sin а 1 sin р	sin y
261.	Может ли правильный тетраэдр с ребром 1 пройти
через круглое отверстие радиуса: а) 0,45; б) 0,44? Толщи-
ной отверстия можно пренебречь.
34
§ 3. Геометрические места точек
262.	Доказать, что в произвольном трех-
гранном угле биссектрисы двух плоских углов и угла,
смежного к третьему плоскому углу, лежат в одной
плоскости.
263.	Доказать, что, если боковую поверхность цилинд-
ра пересечь наклонной плоскостью, затем разрезать боко-
вую поверхность вдоль образующей и развернуть на плос-
кость, то линия сечения будет представлять собой сину-
соиду.
264.	На поверхности конуса дана линия, отличная от
образующей и такая, что любые две точки этой линии мо-
гут быть соединены дугой, принадлежащей этой линии,
представляющей собой на развертке конуса отрезок пря-
мой. Сколько точек самопересечения имеет эта линия,
если угол в осевом сечении конуса а?
265.	Три взаимно перпендикулярные прямые проходят
через точку О. 4, В и С — точки на этих прямых такие,
что
| ОА | - | ОВ | - | ОС |.
Пусть I — произвольная прямая, проходящая через О\
41, Bi и Ci — точки, симметричные точкам 4, В и С
относительно I. Через 4Х, В± и Ci проведены три плос-
кости, перпендикулярные соответственно прямым 04, ОВ
и ОС. Найти геометрическое место точек пересечения
этих плоскостей.
266.	Найти геометрическое место середин отрезков,
параллельных данной плоскости, концы которых находят-
ся на двух скрещивающихся прямых.
267.	Даны три попарно скрещивающиеся прямые.
Найти:
а)	геометрическое место центров тяжести .треугольни-
ков АВС с вершинами на этих прямых;
б)	геометрическое место центров тяжести треугольни-
ков АВС с вершинами на этих прямых, плоскости которых
параллельны заданной плоскости.
268.	Три попарно скрещивающиеся прямые Z1? Z21 l3
перпендикулярны одной и той же прямой и пересекаются
с ней. Пусть N и М -— две такие точки на прямых 1Г и
l2i что прямая NM пересекает прямую Z3. Найти геометри-
ческое место середин отрезков NM.
269.	В пространстве задано несколько произвольных
прямых и точка 4. Через 4 проводится прямая таким об-
разомА что сумма косинусов острых угловА образуемых
2*

этой прямой с данными, равна заданному числу. Найти
геометрическое место таких прямых.
270.	Дан треугольник АВС и прямая I. Лх, Въ С± —
три произвольные точки на прямой I. Найти геометричес-
кое место центров тяжести треугольников с вершинами
в серединах отрезков АА1У ВВ1} ССГ
271.	Дана прямая / и точка А. Через А проводится про-
извольная прямая, скрещивающаяся с I. Пусть MN —-
общий перепендикуляр к этой прямой и к Z (М — на пря-
мой, проходящей через А). Найти геометрическое место
точек М.
272.	Две сферы аир касаются сферы со в точках А
и В. На сфере а берется точка 71/, прямая МА вторично
пересекает сферу со -в точке N, прямая NB вторично
пересекает сферу Р в точке К. Найти геометрическое место
таких точек М, для которых прямая МК касается сферы р.
273.	Дана плоскость и две точки по одну сторону
от нее. Найти геометрическое место центров сфер, про-
ходящих через эти точки и касающихся плоскости.
274.	Найти геометрическое место середин общих ка-
сательных к двум заданным сферам.
275.	Прямые и /2 касаются некоторой сферы. Пусть
М и N — две такие точки на и /2, что прямая MN также
касается этой же сферы. Найти геометрическое место то-
чек касания прямой MN с этой сферой.
276.	В пространстве дана точка О и две прямые. Найти
геометрическое место точек М таких, что сумма проекций
отрезка ОМ на данные прямые есть величина постоянная.
277.	В пространстве даны две прямые и точка А на од-
ной из них; через данные прямые проведены две плоскости,
образующие прямой двугранный угол. Найти геометри-
ческое место проекций точки А на ребро этого угла.
278.	Даны три пересекающиеся плоскости, пе имею-
щие общей прямой. Найти геометрическое место таких
точек, сумма расстояний от которых до данных плоскостей
постоянна.
279.	Дан треугольник АВС. На прямой, перпенди-
кулярной плоскости АВС и проходящей через Л, берется
произвольная точка D. Найти геометрическое место то-
чек пересечения высот треугольников DBC.
280,	Даны три пересекающиеся плоскости и прямая I.
Через некоторую точку М пространства проведена
прямая, параллельная I и пересекающая плоскости в точ-
ках Л, В и С. Найти геометрическое место таких точек
71/, что | AM | + | ВМ ] + | C7J/ [ постоянна.
36
281.	Дан треугольник АВС. Найти геометрическое
место таких точек ЛГ, что прямая, соединяющая центр
тяжести пирамиды АВСМ и центр описанной около нее
сферы, пересекает ребра АС и ВМ.
282.	Трехгранный угол пересечен двумя плоскостями^
параллельными данной плоскости. Пусть первая плоскость
пересекает ребра трехгранного угла в точках А, В и С£
а вторая — в точках А1? В± и Сг (одинаковыми буквами
обозначены точки, принадлежащие одному и тому же
ребру). Найти геометрическое место точек пересечения
плоскостей АВСг, АВ±С и ArBC.
283.	Дан плоский четырехугольник ABCD. Найти гео-
метрическое место точек М таких, что боковую поверх-
ность пирамиды ABCDM можно пересечь плоскостью
так, чтобы в сечении получился: а) прямоугольник,;
б) ромб, в) квадрат, г) в предыдущем случае найти геомет-
рическое место центров квадратов.
284.	На плоскости дан треугольник АВС. Найти гео-
метрическое место таких точек М пространства, что пря-
мая, соединяющая центр сферы, описанной около АВСМ$
с точкой G — центром тяжести тетраэдра АВСМ, перпен-
дикулярна плоскости AMG.
285.	Окружность постоянного радиуса перемещается,;
касаясь граней трехгранного угла, все плоские углы ко-
торого прямые. Найти геометрическое место центров этих
окружностей.
286.	Паук сидит в одной из вершин куба, ребро кото-
рого равно 1 см. Паук ползет по поверхности куба со
скоростью 1 см в секунду. Найти геометрическое место
таких точек на поверхности куба, которых он может до-
стичь за 2 секунды.
287.	Дан трехгранный угол, все плоские углы кото-
рого прямые, О — вершина этого угла. Рассмотрим все-
возможные ломаные длины а, начинающиеся в точке О
и такие, что любая плоскость, параллельная одной из
граней угла, пересекает эту ломаную не более чем в од-
ной точке. Найти геометрическое место концов этой ло-
маной.
288.	Дан шар с центром О. Пусть ABCD — описан-
ная около него пирамида, для которой выполняются не-
равенства | О А | > | ОВ \ >| ОС | > | OD |. Найти гео-
метрические места точек А, В, С, и D.
289.	Дан треугольник АВС. Найти геометрическое
место таких точек М пространства, что из отрезков МА,}
МВ и МС можно составить прямоугольный треугольник.
37
290.	На поверхности земного шара берутся всевозмож-
ные точки, географическая широта которых равна их
долготе. Найти геометрическое место проекций этих то-
чек на плоскость экватора.
291.	Дан прямой круговой конус и точка Л вне его»
находящаяся на расстоянии от плоскости его основанияц
равном высоте конуса. Пусть М — такая точка поверх-
ности конуса, что луч света, идущий из Л в М, зеркально
отражаясь от поверхности конуса, будет параллелен
плоскости основания. Найти геометрическое место проек-
ций точек М на плоскость основания конуса.
292.	Через фиксированную точку Р внутри шара про-
водятся произвольно три взаимно перпендикулярных лу-
ча, пересекающих поверхность шара в точках Л, В и С.
Доказать, что точка пересечения медиан треугольника
АВС и проекция точки Р на плоскость АВС описывают
одну и ту же сферическую поверхность.
293.	Дал трехграпный угол с вершиной О и точка 7V.
Произвольная сфера проходит через О и N и пересе-
кает ребра трехгранного угла в точках Л, В и С, Най-
ти геометрическое место центров тяжести треугольни-
ков АВС.
Произвольный тетраэдр.
294.	Дан произвольный тетраэдр и точка N. Доказать,
что шесть плоскостей, каждая из которых проходит через
одно ребро тетраэдра и параллельна прямой, соединяю-
щей У с серединой противоположного ребра, пересека-
ются в одной точке.
295.	Доказать, что шесть плоскостей, каждая из кото-
рых проходит через середину одного ребра тетраэдра и
перпендикулярна противоположному ребру, пересека-
ются в одной точке (точка Монжа).
296.	Доказать, что, если точка Монжа (см. задачу
295) лежит в плоскости какой-либо грани тетраэдра, то
основание высоты, опущенной на эту грань, расположе-
но на описанной около нее окружности.
297.	Доказать, что сумма квадратов расстояний от
произвольной точки пространства до вершин тетраэдра
равна сумме квадратов расстояний между серединами
противоположных ребер и учетверенного квадрата рас-
стояния от этой точки до центра тяжести тетраэдра.
298.	Доказать, что у произвольного тетраэдра найдет-
ся не менее пяти и не более восьми сфер, каждая из кото-
рых касается плоскостей всех его граней.
38
299.	ABCD — пространственный четырехугольник
(А, В, С и D не лежат в одной плоскости). Доказать, что
существует по крайней мере восемь шаров, касающихся
прямых 45, ВС, CD и DA. Доказать также, что, если
сумма каких-либо двух сторон четырехугольника равна
сумме двух других сторон, то таких шаров существует
бесчисленное множество.
300.	Доказать, что произведение длин двух про-
тивоположных ребер тетраэдра, деленное на произведе-
ние синусов двугранных углов тетраэдра, соответствую-
щих этим ребрам, для данного тетраэдра постоянно (тео-
рема синусов).
301.	Пусть Ri, li (i = 1, 2, 3, 4) — соответственно
площади граней, радиусы описанных около этих граней
кругов и расстояния от центров этих кругов до противо-
положных вершин тетраэдра. Доказать, что для объема
тетраэдра справедлива формула
v=4-V
г=1
302.	Дан произвольный тетраэдр. Доказать, что су-
ществует треугольник, длины сторон которого численно
равны произведениям длин противоположных pe6fep тет-
раэдра. Пусть S — площадь этого треугольника, V —
объем тетраэдра, R ~ радиус описанной около него
сферы. Тогда имеет место равенство S = 6VR. (Фор-
мула Крелле).
303.	Пусть а и & — длины двух скрещивающихся ре-
бер тетраэдра, а и f — величины соответствующих дву-
гранных углов. Доказать, что выражение
а2 + Ь2 + 2ab ctg a ctg Р
не зависит от выбора ребер. (Теорема Бретшнейдера.)
Равногранный тетраэдр.
304.	Будем называть тетраэдр равногранным, если все
его грани — равные треугольники, или, что то же, если
противоположные ребра тетраэдра попарно равны. До-
казать, что для того, чтобы тетраэдр был равногранным,3
необходимо и достаточно выполнения любого из следую-
щих условий:
а)	суммы плоских углов при любых трех вершинах
тетраэдра равны 180°;
39
б)	суммы плоских углов при каких-то двух вершинах
тетраэдра равны 180° и, кроме того, какие-то два противо-
положных ребра равны;
в)	сумма плоских углов при какой-либо вершине тет-
раэдра равна 180° и, кроме того, в тетраэдре есть две па-
ры равных противоположных ребер;
г)	выполняется равенство АВС = ADC = BAD =
= BCD, где ABCD — данный тетраэдр;
д)	все грани равновелики;
е)	центры вписанной и описанной сфер совпадают;
ж)	отрезки, соединяющие середины противоположных
ребер, перпендикулярны;
з)	центр тяжести и центр описанной сферы совпадают;
и) центр тяжести и центр вписанной сферы совпадают.
305.	Доказать, что сумма косинусов двугранных уг-
лов тетраэдра положительна и не превосходит 2, причем
равенство этой суммы 2 имеет место для равногранных
тетраэдров и только для них.
306.	Сумма плоских углов трехгранного угла равна
180°. Найти сумму косинусов двугранных углов этого
трехгранного угла,
307.	Доказать, что для равногранного тетраэдра
а) радиус вписанного шара вдвое меньше радиуса
шара, касающегося одной грани тетраэдра и продолже-
ний трех других (такой шар называется вневписанным),
б) центры четырех вневписанных шаров являются вер-
шинами тетраэдра, равного данному.
308.	Пусть h— высота равногранного тетраэдра, h± и
h2 — отрезки, на которые одна из высот грани делится
точкой пересечения высот этой грани. Доказать, что
h2 = Доказать также, что основание высоты тет-
раэдра и точка пересечения высот грани, на которую эта
высота опущена, симметричны относительно центра ок-
ружности, описанной около этой грани.
309.	Доказать, что в равногранном тетраэдре основа-
ния высот, середины высот и точки пересечения высот
граней лежат на поверхности одной-сферы (сфера 12 то-
чек).
310.	На плоскости дана окружность и точка М на рас-
стоянии от ее центра, меньшем 1/3 ее радиуса. Пусть
АВС — произвольный треугольник, вписанный в данную
окружность, с центром тяжести в точке М, Доказать,
что существуют две фиксированные точки в пространстве
— D и Dfг симметричные относительно данной плоскос-
40
ти, такие, что тетраэдры ABCD и ABCD' ~ равно-
гранные.
311.	На плоскости дан квадрат ABCD. На сторонах
ВС и CD взяты точки Р и Q так, что | СР | + | CQ | =
= | АВ |. Пусть М — такая точка пространства, что в
тетраэдре А РОМ все грани — равные треугольники. Оп-
ределить геометрическое место проекций точек М на
плоскость, перпендикулярную плоскости квадрата и
проходящую через диагональ АС.
Ортоцентрическийтетраэдр.
312.	Для того чтобы высоты тетраэдра пересекались
в одной точке (такой тетраэдр называется орт о центри-
ческим), необходимо и достаточно, чтобы:
а)	противоположные ребра тетраэдра были перпенди-
кулярны;
б)	одна высота тетраэдра проходила через точку пере-
сечения высот основания;
в)	суммы квадратов скрещивающихся ребер были
равны;
г)	отрезки, соединяющие середины скрещивающихся
ребер, были равны между собой;
д)	были равны произведения косинусов противополож-
ных двугранных углов;
е)	углы между противоположными ребрами были
равны.
313.	Доказать, что в ортоцентрическом тетраэдре центр
тяжести расположен в середине отрезка, соединяющего
центр описанной сферы с точкой пересечения высот.
314.	Доказать, что в ортоцентрическом тетраэдре
выполняется соотношение
] ОН |2 = 47?2 - 3Z2,
где О —- центр описанной сферы, Н — точка пере-
сечения высот, R — радиус описанной сферы, I — рас-
стояние между серединами скрешдвающихся ребер
тетраэдра.
315.	Доказать, что в ортоцентрическом тетраэдре все
плоские углы, прилегающие к одной вершине, или од-
новременно острые, или тупые.
316.	Доказать, что для ортоцентрического тетраэдра
окружности 9 точек каждой грани принадлежат одной
сфере (сфера 24 точек).
317.	Доказать, что для ортоцентрического тетраэдра
центры тяжестей и точки пересечения высот граней, а
41
также точки, делящие отрезки каждой высоты тетраэдра
от вершины до точки пересечения высот в отношении
2:1, лежат на одной сфере (сфера 12 точек).
318.	Пусть Н — точка пересечения высот ортоцентри-
ческого тетраэдра, М — центр тяжести какой-либо гра-
ни, N — одна из точек пересечения прямой НМ с описан-
ной около тетраэдра сферой (М — между Н и N). Дока-
зать, что | MN | = 2 | НМ |.
319.	Пусть G — центр тяжести ортоцентрического тет-
раэдра, F — основание какой-либо высоты, К — одна из
точек пересечения прямой FG с описанной около тетра-
эдра сферой (G — между К и F). Доказать, что | KG | =
= 3 | FG |.
Произвольный многогранник.
Сфера.
320.	Доказать, что на сфере нельзя расположить три
дуги больших кругов в 300° каждая так, чтобы никакие
две не имели общих точек.
321.	Доказать, что кратчайшей линией» соединяющей
две точки на поверхности сферы, является меньшая дуга
большого круга, проходящего через эти точки. (Рассмат-
риваются линии, идущие по поверхности сферы.)
322.	Дан многогранник, все ребра которого равны
между собой и касаются некоторой сферы. Всегда ли су-
ществует сфера, описанная около этого многогранника?
323.	Найти площадь треугольника, образованного при
пересечении поверхности сферы радиуса R с трехгранным
углом, двугранные углы которого равны а, Р и у, а вер-
шина совпадает с центром сферы.
324.	Пусть М — число граней, К — число ребер,
N — число вершин выпуклого многогранника. Доказать^
что
М - К + N = 2.
(Это соотношение впервые было получено Эйлером, при-
чем оно справедливо не только для выпуклых многогран-
ников, но и для более широкого класса так называемых
односвязных многогранников^)
325.	На поверхности сферы дана окружность. Дока-
зать, что из всех сферических n-угольников, содержащих
внутри себя данную окружность, наименьшую площадь
имеет правильный сферический п-угбльник.
326.	Доказать, что в любом выпуклом многограннике
найдется граньА имеющая меньше шести сторон.
42
327.	Доказать, что в любом выпуклом многограннике
найдется либо треугольная грань, либо вершина, в ко-
торой сходятся три ребра.
328.	Доказать, что выпуклый многогранник не может
иметь семь ребер. Доказать также, что при любом
п 6, п #= 7 существует многогранник, имеющий п
ребер.
329.	Доказать, что у любого выпуклого многогранника
найдутся две грани, имеющие равное число сторон.
330.	Внутри сферы радиуса 1 находится выпуклый
многогранник, все двугранные углы которого меньше
2л/3. Доказать, что сумма длин ребер этого многогран-
ника меньше 24.
331.	Центр сферы радиуса R находится вне двугранно-
го угла величины а на расстоянии а (а < R) от его ребра
и расположен в плоскости одной из его граней. Найти
площадь части поверхности сферы, расположенной внут-
ри угла.
332.	Шар радиуса R касается ребер четырехгранного
угла, все плоские углы которого равны 60°. Поверхность
шара, находящаяся внутри угла, состоит из двух криво-
линейных четырехугольников. Найти площади этих че-
тырехугольников.
333.	Дан куб с ребром а. Определить площади частей
описанной около этого куба сферы, на которые она раз-
делена плоскостями граней куба.
334.	Дан выпуклый многогранник. Некоторые из его
граней окрашены в черный цвет, причем никакие две
окрашенные грани не имеют общего ребра и число их
больше половины числа всех граней многогранника. До-
казать, что в этот многогранник нельзя вписать шар.
335.	Какое наибольшее число шаров радиуса 7 могут
одновременно, не пересекаясь, касаться шара радиуса 3?
Выход в пространство.
336.	На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты точ-
ки М и N так, что | СМ | + | CN | — | АВ |. Прямые
AM и AN делят диагональ BD на три отрезка. Доказать^
что из этих отрезков всегда можно составить треуголь-
ник, причем один угол этого треугольника равен 60°.
337.	На плоскости даны /\АВС и точка Р. Прямая
I пересекает прямые АВ, ВС и С А соответственно в точ-
ках С±, /Ц и В±. Прямые РСг, РАг и РВг пересекают ок-
ружности, описанные соответственно вокруг треуголь-
ников РАВ^ РВС и РАС в точках С^ А2 и В21 отличных от
43
Р. Доказать, что точки Р, А21 В2, С2 лежат на одной ок-
ружности.
338.	Доказать, что диагонали, соединяющие противо-
положные вершины описанного около окружности шести-
угольника, пересекаются в одной точке. (Теорема
Брианшона.)
339.	Два треугольника А1В1С1 и А2В2С2 расположены
на плоскости так, что прямые АгА2, BXB2^ С1С2 пересе-
каются в одной точке. Доказать, что три точки пересече-
ния прямых АГВГ и А2В2, В1С1 и В2С2, СГАГ и С2А2 рас-
положены на одной прямой. (Теорема Дезарга.)
340.	Три плоскости в пространстве пересекаются по
одной прямой. Три трехгранных угла расположены так,
что их вершины лежат на этой прямой, а ребра — в дан-
ных плоскостях (предполагается, что соответствующие
ребра, т. е. ребра, расположенные в одной плоскости,
не пересекаются в одной точке). Доказать, что три точки
пересечения соответствующих граней этих углов лежат
на одной прямой.
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
РАЗДЕЛ Т
а31^6 n 47г3 о 5 4~ У*5
108“ *	2* ”45" ‘	3-	24
4. 4а*.
5	2 У 3 ab Ьс са i / 1	1
5.	л — 2arccos	. 6. 2с »’ ~2Ь' 7’ а У ИГ’1Г-
8.	Утверждение задачи очевидно для треугольника, одна сто"
рона которого лежит на линии пересечения плоскостей а и- 0. За"
тем можно доказать его справедливость для произвольного тре-
угольника, а 'затем и для произвольного многоугольника.
9.	Возьмите в качестве оснований пирамид AB1C1D1 и AB2C2D2
треугольники АВ1С1 и АВ2С2.
10.	Рассматриваемые углы равны углам, образованным диаго-
налью некоторого прямоугольного параллелепипеда с тремя реб-
рами, выходящими из ее конца.
12.	Рассмотрим параллелепипед, образованный плоскостями,
проходящими через ребра тетраэдра параллельно противоположным
ребрам. (Этот способ достраивания тетраэдра до параллелепипеда
в дальнейшем будет неоднократно применяться.) Объем тетраэдра
составляет 1/3 объема параллелепипеда (плоскости граней тетра-
эдра отсекают от параллелепипеда 4 треугольные пирамиды, объем
каждой из которых составляет 1/6 объема параллелепипеда), а
объем параллелепипеда легко выражается через данные величины,
П9скольку диагонали его граней равны и параллельны (или просто
совпадают) соответствующим ребрам тетраэдра, а высота паралле-
лепипеда равна расстоянию между соответствующими ребрами тет-
раэдра.
13.	Легко видеть, что каждое из этих отношений (площадей
граней и отрезков ребра) равно отношению объемов’двух тетраэд-
ров, на которые разделила данный тетраэдр биссекторная плос-
кость.
14.	Соединив центр сферы с вершинами многогранника, разобь-
ем его на пирамиды, основаниями которых являются грани много-
гранника, а высоты равны радиусу сферы.
15.	Легко проверить справедливость данной формулы для тет-
раэдра. При этом надо рассмотреть два случая: 1) три вершины тет-
раэдра расположены в одной плоскости и одна вершина — в дру-
гой: 2) две вершины тетраэдра расположены в одной плоскости,
две — в другой. Во втором случае для объема тетраэдра восполь-
зуемся формулой задачи 12.
После этого заметим, что произвольный выпуклый многогран-
ник можно разбить на тетраэдры, вершины которых совпадают с вер-
шинами многогранника. Утверждение это достаточно очевидно, хотя
доказательство его довольно громоздко. Более того, предлагае-
мая формула справедлива и для невыпуклых многогранников ука-
занного типа, а также для тел, заключенных между двумя парал-
лельными плоскостями, для которых площадь сечения плоскостью,
параллельной этим плоскостям, есть квадратичная функция расстоя-
ния до одной из них. Эта формула носит название формулы Симп-
сона.
16.	Поскольку описанный усеченный конус можно рассматри-
вать как предел усеченных пирамид, описанных около той же сфе-
ры, для объема усеченного конуса справедлива формула задачи 14$
17.	Докажем сначала следующее вспомогательное утвержде-
ние. Пусть отрезок АВ вращается вокруг прямой I (I не пересекает
отрезок АВ). Перпендикуляр, восставленный к АВ в точке С —.
середине АВ, пересекает прямую I в точке О, MN — проекция АВ
на прямую I. Тогда площадь поверхности, полученной при вращении
АВ вокруг Z, равна 2л | СО | • | MN |.
Поверхность, полученная при вращении АВ, представляет
собой боковую поверхность усеченного конуса с радиусами основа-
ний BN и AM, высотой | MN | и образующей АВ. Проведем через
А прямую, параллельную I, и обозначим через L точку ее пересече-
ния с перпендикуляром BN, опущенным из В на I, | MN | — | AL |.
Обозначим через К проекцию С на I. Заметим, что треугольники
ABL и СОК подобны. Учитывая это, получим, что боковая поверх-
ность усеченного конуса равна
I BN I 4- \АМ I
2ч J---L—J------1 .| АВ | = 2л|СА'|.|ЛВ| =
= 2п |	| | AL\ == 2л | СО |-| A7/V|.
Теперь с помощью предельного перехода нетрудно получить утверж-
дение нашей задачи. (Если рассматриваемый шаровой пояс полу-
чается от вращения некоторой дуги АВ окружности вокруг ее диа-
метра, то площадь поверхности этого пояса равна пределу площади
поверхности, получающейся прп вращении вокруг этого же диамет-
ра ломаной AL1L2 . . . LnB, все вершины которой лежат на ЛВ,
прп условии, что длина наибольшего звена ломаной стремится к
нулю.)
18.	Пусть АВ — хорда данного сегмента, О — центр круга.
Обозначим через х расстояние от О до А В, а через R — радиус ок-
ружности. Тогда объем тела, получающегося при вращении секто-
ра АОВ вокруг диаметра, будет равен произведению площади по-
верхности, получающейся от вращения дуги А В (см. задачу 17),
на 7?/3, т, е. этот объем равен
1	2	/ а2 \	1	2
— 2л2?2Л = ~у л (х2 + ~= ~ яя2Л + — ля2Л.
Но второе слагаемое равно объему тела, получающегося при враще-
нии треугольника АОС вокруг диаметра (см. решение задачи 17).
Значит, первое слагаемое и есть объем тела, получающегося при
вращении данного сегмента.
19.	Поместив в вершинах пирамиды равные грузы, для нахож-
дения центра тяжести системы можно сначала найти центр тяжести
трех грузов, а затем, поместив в найденной точке утроенный груз,
найти пептр -тяжести всей системы. Можно поступить иначе, найти
46
сначала центр тяжести двух грузов, затем двух других, после чего
найти центр тяжести всей системы. Можно не прибегать к механи-
ческой интерпретации, а рассмотреть треугольник, образованный
двумя вершинами тетраэдра и серединой противоположного ребра.
21. Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость, парал-
лельную противоположному ребру (см. решение задачи 12). Эти
плоскости образуют параллелепипед, ребра которого равны расстоя-
ниям между серединами скрещивающихся ребер тетраэдра, а сами
ребра тетраэдра являются диагоналями его граней. После этого вое-»
пользуемся тем, что в произвольном параллелограмме сумма квад-
ратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин его сторон.
22. Если М — середина ВВ±, то А±М\\СК. Следовательно,
искомый угол равен углу МА-J). С другой стороны, плоскость
ArDM параллельна СК, значит, расстояние между СК и ArD
равно расстоянию от точки К до плоскости A±DM. Обозначим иско-
мое расстояние через х, а искомый угол — через ф. Тогда имеем
1	1	а3
VAxMDK = “з" SAxMDX = ~3~ SAxKDa = ”11Г ’
ft3
Отсюда х — —гё-----. Найдем стороны /\AyMD'.
^AxMD
г-	a V5	3
|/М?| = а/2,	|АЛ/| = —j— ,	\DM\= — a.
1
По теореме косинусов найдем cos ф — i таким образом,
3	а
SAxMD ==~а ’ х == ~ •
1 а
Ответ: arccos —т=- , -5-.
V 10	°
23.	Можно решать задачу тем же способом, каким была решена
задача 22. Предложим иной способ определения расстояния между
скрещивающимися медианами. Пусть ABCD — данный тетраэдр,
К — середина АВ, М — середина АС. Спроектируем тетраэдр на
плоскость, проходящую через АВ перпендикулярно СК. Тетраэдр
спроектируется в треугольник ABD±, где D± — проекция D. Если
М± — проекция М (Mi — середина А К), то расстояние между пря-
мыми СК и DM равно расстоянию от точки К до прямой D1M1.
Это расстояние легко найти, поскольку В±КМГ — прямоугольный
треугольник, в котором катеты D±K и КМ± равны соответственно
а"|Л2/3 (высота тетраэдра) и а!Ь.
Задача имеет два решения. Второе мы получим, если рассмот-
рим медианы СК и BN, где N — середина DC< _________
2	2	/10
“ЗГ и arccos ~ “ лг •
24.	Из условия задачи следует, что четырехугольник ABCD
не выпуклый.
„ /з
Ответ: -д—•
1
Ответ: arccos -g- , а
47
(2b±a)a	41л/41	„ л Г 7
25-	—384----------------------- 27-вУ-Г-
28.	а + Ъ ± у 2аЪ—-^-. 29. -у- /4А2 — а*. 30. 2 + /3.
a V22 о_ 3ah
•	• 3a + fc(3 + 2/3) • 
/	я \
33.	2 arccos sin a sin .
\	п /
34.	127. 35. 67?2 — 2а2. 36.	, 37. arctg (2 —/3).
1
38.	Если 0 < а < arccos ,
I = 7? j/"27+3 tg2 -у* £ arctg (з ctg	—- а] ;
1
если arccos — ,1 = 0.
О2
39.	25 : 20 : 9. 40. arccos (2 — /5). 41. -у- .
42.	Обозначим сторону основания и высоту призмы через а,
| КВ | = х. Из условия задачи следует, что проекция КМ на
плоскость основания параллельна биссектрисе угла С треугольника
АВС, т. е. | В±М | — 2х, | МСг | = а — 2х. Пусть — проекция
L на АС. Из условия задачи можно также получить, что | LL\ | =
]/3
| ALj ] —гр , | LXC | — а — 2х. Следовательно, величина | ALr |
может принимать значения: 1) | ALr | = а — | МСТ | = а —
— (а — 2х) = 2х' 2) | А | = а + (а — 2х) = 2 (а — х). В первом
случае | KL |2 = | KLr |2 + | LL112 = а2 + 10я2 — ках\ во втором —
| KL |2 = 6 (а — х) 2.
В обоих случаях | КМ |2 = Зж2 + а2.
Решая соответственно две системы уравнений, получим для а
два значения
7	/6 + /14
“1~ /97 ’ “2~	8
7	/6+/14
°твет: .
-1/“з“
43.	arctg у ”2“.
44.	Продолжим боковые грани до пересечения. При этом мы
получим две подобные пирамиды, основаниями которых являются
большее и меньшее основания данной усеченной пирамиды. Пусть
а — сторона большего основания усеченной пирамиды, а — дву-
гранный угол при этом основании. Можно найти: высоту большей
48
пирамиды — h = —g— tg а, радиус вписанного в нее шара —
«УЗ а	м
г = —g tg — , высоту меньшей пирамиды — hY = h — 2r =
а У 3 /	a \
=-----g— (tg a —- 2 tg ~ j , сторону меньшего основания — —
a
hi tga-2tg^-
«= -r- a = a---t—-------, боковое ребро большей пирамиды —
Л	Тн ОЬ
a/З г______:__
г = —— у tg2 a 4-4, боковое ребро меньшей пирамиды — =
=Z ; после этого воспользуемся условием существования шара,
касающегося всех ребер усеченной пирамиды. Это условие экви-
валентно существованию окружности, вписанной в боковую грань,
т. е. должно выполняться равенство
2 (Z — Zy) = а 4~ яр
Выражая Z, Zr, а19 через а и а, получим уравнение
У 3 г--------- a	a
“3“ У tg2a4-4-tg — = tga —tg-Tj-.
Отсюда найдем tg -g- — У§ — У 2.
Ответ: 2 arctg (Уз — У 2).
-1 + /5	1 + /5
4 5«	я 2	, я 1 1
V = ^2 V(a2+l)(3a2-l-a4).
"	3 — cos a — cos p — cos у
3 4- cos a 4- cos (3 4- cos у *
л	3a2 Уз -.тг
47.	Если 0 < a < — , то 5 = 2cosa~ ’ если “б” < a<
< arctg -уд- , то 5 = 6‘CoS~^" (18 ctg a — 3 УЗ — 2 УЗ ctg2 a);
если arctg y=-<a<4" > то s = a + ctg “)•
Г a2b2 + b2c2 — c2a2 \
48.	arccos a2&2	c2a2 ) •
49.	Многогранник ABMDCN является треугольной призмой
с основанием ABM, боковыми ребрами AD, ВС, MN*
Ъ г_________
Ответ; У4а2 — Ь\
49
л „ V^ — aW
50.	R = —......	— .
2 /4са — a2 — 6a
1 ___________________________
51.	—г- Y3/n2 + 3n2 + 3pa — a2 — b2 — c2.
о
52.	Возьмем на продолжении ребра ССГ точку К так, что
ВгК || ВС±, а через ребро ВВг проведем плоскость, параллельную дан-
ной (рис. 1). Эта плоскость должна проходить или через внутрен-
нюю, или через внешнюю биссектрису угла DB±K. Поскольку от-
ношение, в котором плоскость, проходящая через ВВг, делит DKr,
равно отношению, в котором опа делит DC, возможны два слу-
чая: плоскость проходит через точку N на ребре DC такую, что
| DN |/| NC | =Y3/1^2, или же она проходит ^через точку М на его
продолжении и опять | DM | / | МС | = Y^Y2. Найдем расстоя-
ние от точки К до первой плоскости. Оно равно расстоянию от точ
ки С до прямой BN. Если это расстояние х, то
_ 2Sbnc____________«/2____________а(Уб — 1)/2
х~ |ВДГ| “ (Уз + У2) У11 — 4 /6	5
и
х Уб — 1
ф = | В1К | =	5	,
где (р угол между плоскостью BBXN и прямыми B±D и В±К. Точ
но так же находится другой угол.
П	•	^6±1
Ответ: arcsm-----g----.
53.	Пусть ABCD — данная пирамида, боковые ребра которой
DA [ == а, | DB I = х} 1 DC [ = у\ по условию, эти ребра перпен-
50
дикулярны и х + у = а. Нетрудно найти, что
SАВС = "Г V“2 (*2 + ?/2) + zV.	VABCD =-^-аху.
С другой стороны, если R — радиус искомого шара, то
R
VABCD = “5“ (SDAB + SDBC + SDCA “ SABc)<==
R	r_______________
= у [ax + ay + xy — У a2 (ж2 + у2) + ж2/] =
R n	_______________ R
= у (a2 + xy — у a4 — 2xya2 + x2y2) = у xy.
a
Приравнивая два выражения для V^bcd^ найдемЯ = у .
54.	Из условия следует, что вершина S проектируется или
в центр окружности, вписанной в А АВС, или в центр вневписанной
в пего окружности. (Вневписанная окружность касается одной сто-
роны треугольника и продолжений двух других сторон треуголь-
ника.)
а	а2 ,--------
Ответ: если -уГ=-< &	то V = у 362 — а2 ; если а <
< b	аУ 3, возможны два ответа:
Vi = -^-/3&2-a2,	=
если Ь > а У 3, возможны три ответа:
r1=-|g-i<3b2-ai!>
а2 УЗ г________
Рз = —^гУъ2 -За2.
55.	Пусть углы SCA, SAC, ~SBA равны а — 2ф, а — ср,
а, а + ф. По теореме синусов из A SAB найдем:
|5Л| = |ЛВ|
а из A SAC найдем:
sin (a + ср)
sin (2a — (р)
sin (a — ф)
sin (2a — ф)
1^1 = I CAI
Но по условию | AB | = | AC |. Значит, sin (a + ф) = sin (a — ф),
откуда a = л/2. Условие, связывающее площади треугольников
SAB, АВС .и SAC, приводит к уравнению ctg2 ф cos 2ф = 1, от-
1	Г-
куда ф = -у arccos (у 2 — 1).
«ГС	i	г~
Ответ: -у — arccos (у 2 — 1), -у — -у arccos (у 2 — 1),
л л 1
у j у + у arccos (у 2 — 1).
51
56. Пусть j 54 [ ~ I, I лег-
ко выражается через а, а и р. Ес-
ли Z < а, то Л ASC = Л A SB.
(Будем строить Л AS С: возьмем
угол с вершиной S величины а,
отложим на одной стороне
| SA | == I, построим окружность
радиуса а с центром в А; по-
скольку а I, эта окружность
пересечет вторую сторону угла
в одной точке.) Если же
> а, то возможны два случая:
&ASC = Д ASB и ACS = а+ р.
Отрезок I будет меньше, равен или больше а в зависимости от
того, будет ли 2а + р больше, равно или меньше л.
Кроме того, в обоих случаях плоские углы, прилежащие к вер-
шине 4, должны удовлетворять условиям, при которых возможен
трехгранныи угол.
Ответ.
Если р > -у , 2а 4- р > л, то
a3 sin (а + р)
12 sin а
— 2 cos 2р ;
если Р < -у , а < -у , а + р > -у, то
V = а iTsina" 3 sin2 Р ~ t2 cos <2а + ₽) + c°s Р]2;
л	л л	2л
если Р > — , а < -у , -у < а + Р < —у , то возможны оба при-
веденных выше ответа.
4
57.	-у , считая от точки К.
58.	Возьмем Сг так, что АВСС± — прямоугольник (рис. 2).
Dx — середина 4Д, О±, О2 — соответственно центры окружностей,
описанных около треугольников 4С'1Р, АВС, О — центр сферы,
описанной около ABCD. Очевидно, О2 — середина АС, АВ и СгС
перпендикулярны AD и АС±, следовательно, плоскости ADCr
и АВССг перпендикулярны, a O^D^O — прямоугольник. Таким
образом, | DCr | — К | DC | 2 — | СХС |2 =	62 — а2, радиус ок-
ружности, описанной около Л DCXA, будет равен
№
2 sin DACy
/ Ь2 — а2
2 sin а
А радиус сферы R = | ОА | можно найти из прямоугольного тре-
угольника АОгО (на рисунке этот треугольник не изображен):
____________ j /Д2
Л = /|ЛО1|2+|О1О|2=^-]/ -^-+«2 =
=	/б2-a2cos2а.
52
59.	Пусть К — середина ребра
АВ куба ABCDA^B^C^D^, М — се-
редина ребра D1C1, К и М одновре-
менно являются серединами ребер
PQ и RS правильного тетраэдра
PQRS. D1C1 лежит на RS. Если ре-
бро тетраэдра равно 5, то | МК\ =
== ЪУ 2/2 = аУ 2. Значит, b — 2а.
Спроектируем тетраэдр на плос-
кость ABCD (рис. 3), Рц
$1 — проекции Р, Q, R, S. Пос-
кольку PQ составляет с этой плос-
костью угол 45°, то длина P±Qi бу-
f>1
Рис. 3.
дет аУ2.
Пусть L — точка пересечения прямой АВ и прямой P^R^
Из подобия треугольников PXLK и	найдем
| RxMa | • | РАК | а а
Значит, ребро тетраэдра PR (а, следовательно, и другие ребра:
PS, QR и QS) пересекает куб.
Для вычисления объема получившегося тела удобно это тело
рассматривать как тетраэдр со срезанными углами.
а3/2 Л_	*
Ответ: —— (16 У 2 — 17).
60.	Обозначим длины этих скрещивающихся ребер через а п 6,
расстояние между ними — через d, угол — через ср, по формуле за-
дачи 15 найдем объемы получившихся частей
10	7
Fi = -gp abd sin q), V2 =	s^n Ф*
20
Ответ: -у- .
61.	Площадь проекции второго сечения на первую плоскость
вдвое меньше площади первого сечения. С другой стороны (см.
задачу 8), отношение площади проекции второго сечения к площади
самого сечения равно cos а.
Ответ: 2 cos а.
62.	-Е.
63.	Если х, у и z — расстояния от центра шара до проведенных
плоскостей, то ж2 т г/2 + г2 = с?2, а сумма площадей трех кругов
будет равна
л [(Я2 — а-2) + (Л2 — г/2) + (Я2 - z2)] = л (ЗЛ2'— d2).
64.	Пусть | А С | = я, | BD \ — у (АС и BD касаются шара).
Dr — проекция D на плоскость, проходящую через А С параллель-
но BD. Имеем
2R
[CD\ = x^y = — ,	| CD, | = 2Н tg ф.
53
В £\CADa угол CAD± равен а или 180° — а. В соответствии
с этим х и у должны удовлетворять одной из двух систем уравнений
2R
4 х + У cos ф ’	(1)
х2 + у2 — 2ху cos а = 47?2 tg2 ф,
или
2R
х + V = cos <р ’	(2)
х2, + У2, + cos а — kR2 tg2 ф.
2R	R2
Для системы (1) получим: х + у == ~с~~~ , ху = ----—для
cos2y
2R	R1
системы (2) —х-\~у~ „ ЛС , ху =----------—. Учитывая неравенство
соь ср	. о ос
slnT
а
(х + у)2 4ху, получим, что система (1) имеет решение при ф
л а
а система (2) — при ф ^>у — “2”* Поскольку объем тетраэдра ABCD
1 “	а	л а
равен у xyR sin а, получим ответ: если -у ф <С “у — у» объем
2 а	ла	л
тетраэдра равен -у- R6 tg -у ; если -у — -у Ф <. у > возможны
2 ‘ а 2 ™ а
два значения объема у R3 tg -у и -у R3 ctg у .
65. Пусть общий перпендикуляр к данным ребрам делится ку-
бом на отрезки у, хи z, у + х -j- z = с (х — ребро куба, у примы-
кает к ребру а). Грани куба, параллельные данным ребрам, пере-
секают тетраэдр по двум прямоугольникам, у первого стороны
х z yb	z х + у
—-----а, у, у второго — у а, —-  -- &, при этом меньшие сторо-
ны этих прямоугольников равны ребру куба, т. е. — b = х,
Z
— а~хч откуда
ex	ex	abc
У="~Ъ~' г = ~1Г и ж= аб-1-fcc + ca *
66. Пусть Ог и О2 — проекции центра шара О на плоскости
KLM п KLN, Р — середина ML,
Проекции 0} и О2 на KL должны совпадать. Можно доказать,
что эти проекции попадают в середину KL — точкуQ (рис. 4).
Поскольку двугранный угол между плоскостями KLM и KLN
равен 90°, радиус искомой сферы будет
KlPOil2 +IO1QI2'
Если мы продолжим О-^Р до пересечения с прямой KL в точке R
то из прямоугольного треугольника PLR найдем [ RL | = 6 a’
54
RP | = Зау 3. Затем найдем
На	На 1/3	11а УЗ
l*QI = —, PiQI = —> 1^1 = —
11а УЗ г_ 2а УЗ
I Ptfd =---у----За/З = -----1---.
Следовательно, радиус сферы равен
121а2 а -/ 137
~ТТ“ V “•
67. Используя равенство касательных, выходящих из одной точ-
ки, докажем, что в основании лежит правильный треугольник и
медианы боковых граней, проведенные
к сторонам основания, равны. Из это-
го будет следовать, что пирамида пра-
вильная.
М
Рис. 4.
№ /б
Ответ: —.
68.	Данные три угла не могут при-
легать к одной грани; далее, они не мо-
гут прилегатьк одной вершине, посколь-
ку в этом случае все отрезки, соединя-
ющие середины противоположных ребер,
будут равны. Остается случай, когда
три ребра, соответствующие прямым
углам, образуют незамкнутую ломаную.
Пусть это будут ребра АВ, ВС и CD.
Обозначим |ЛВ] = х, |БС| = у, |CZ)| = z.
1 /"	о 22
между серединами АВ и CD будет I/ -у- + у2 + -у , а между
1________
А С и BD (или ADnBC) — -yj^rc2 + z2. Наибольшим будет ребро
AD | = /ж2 + у2 + z2 = /Ь2 + За2.
4/3-3
69.	л	у---.
70.	Сначала докажем, что ABCD — прямоугольник и плос-
кость DEC перпендикулярна плоскости ABCD. Для этого проведем
через Е сечение, перпендикулярное ВС. Это сечение должно пересечь
основание по прямой, проходящей через М и пересекающей отрез-
ки ВС и AD (возможно, в их концах). Далее, провести через В сече-
ние, являющееся равнобочной трапецией, можно лишь при условии,
что это сечение содержит ребро АВ, причем |/)£'|==|7?С'|,|Л£'[==
= | ЕВ |. Следовательно,
3
Тогда расстояние
,2
4
— \АС\^\ЕВ\ = \АЕ\,
т: е. | А С |2	| СЕ |2 + | АЕ |2 и /\АЕС — не остроугольный. Но
'АЕС не может быть тупым, так как тогда тупым был бы DEC,
55
Таким образом, | АС | = — | АЕ | = ~ | ЕС |.
3 i/“"65’
Ответ: —	.
71. Проведем через С прямую, параллельную АВ, и возьмем
па ней точку Е так, что | СЕ | = | АВ |, АВ ЕС — параллелограмм.
Если О — центр сферы, то, поскольку ОСЕ = л/3 и | СЕ | = 1
(следует из условия), Д ОСЕ — правильный. Значит, точка О
равноудалена от всех вершин параллелограмма АВ ЕС. Отсюда
следует, что АВ ЕС — прямоугольник, проекция О на плоскость
АВЕС— точка К — центр АВЕС и | BD | = 2 | ОК | =
=2]/"| ОС |* 1 ВС р = 1.
72. Если х — площадь искомого сечения, | АВ | = а, то, вос-
пользовавшись для объема пирамиды ABCD и ее частей формулой
задачи 11, получим
а	. а
2 p.siny 2	2 ^sincc
3 а ”^3 а	3 а 1
откуда
а
2pq cos ~2“
х = ----,	' •.
Р + Q
8S2 sin а sin ft
’ За sin (а + р) *
74. При пересечении шара плоскостью AMN получим окруж-
ность, вписанную В треугольник A MN. В этом треугольнике
1ЛЗ	V3	а
[AN | = а —2~ ,	| AM | = а	I MN | = “2“ (находится из
Л CMN). Следовательно, если L — точка касания искомого шара
с А М, то
M7V| + |4M|-|WV|	J_\
\AL \ —	2	\ 12 г 4 / а-
1 1/2"
Шар, вписанный в ABCD, имеет радиус г ~ I/ -у а и касается
плоскости ACD в точке М.
Таким образом, если х — радиус искомого шара, то
х 14£|	5-/3
г ~ \АМ\ ~	4
5 /б — 3 /2
Отскща ж =------4g-----а.
9/3
75.	—8~-
76.	/з.
77.	а/2.
1
78.	arctg 2/3 •
56
79.	Обозначения: О — центр сферы, (?1? <?2, (93 — центры дан-
ных окружностей, О4 — центр искомой окружности. Очевидно,
ДО^Оз — правильный. Найдем его стороны (М — точка каса-
ния окружностей с центрами Ог и О2). | ОАМ | — | О2М | =
= 1, J ОМ | = 2. Значит, МООХ = МОО2 = 30°, | ООг | = | ОО21 =
= 1^3, | ОГО2 | = /3. 00ь перпендикулярна плоскости О^О^ и
проходит через центр	расстояния от Оц О2 и б)3 до ОО±
равны 1. Пусть К — точка касания окружностей Ог и 0^ L — осно-
вание перпендикуляра, опущенного из Ог на 00 KN | L0lt
I OtL | = | OtK | = 1, | OOt | = ]ЛЗ. Из подобия прямоугольных
треугольников OrKN и OOrL найдем | OrN | ==	. Таким
ч /~Т
образом, искомый радиус | О±К | — | LN | = 1 — I/ -у- .
80.	Поскольку противоположные ребра правильного тетраэдра
перпендикулярны, перпендикулярными должны быть прямые
С^Е и ВгР (рис. 5).
Рис. 5.
Если К — середина то, поскольку прямые ВгК и ВгА^
перпендикулярны прямой С^Е, прямая B^F должна лежать в плос-
кости, проходящей через В^иВ^, а отсюда следует, что A!F\\BiK
и, значит, | DF | = а (это ответ на пункт а)).
' б) Расстояние между серединами MN и PQ равно расстоянию
между прямыми В^ и С-^Е. Его можно найти, приравнивая раз-
личные выражения для объема тетраэдра FB^E:
~3“ ^BiCiE^a б 1 I ’ ।	I ’х*
Отсюда Ж =
а (2 — /2)
81.	а) а\ б) — -g2—2 •
82.	Пусть | АВ | = а, тогда | АВХ | — | АСг | = 2,6 а. Возьмем на
прямых А В и АС точки К и L так, что | А К | — | AL | = | АВ± | =
= | АСГ | = 2,6а. Равнобочная трапеция KLC^! вписана в окруж-
ность основания конуса. Все стороны этой трапеции легко вычис-
ляются, значит, находится и радиус описанной около нее окружно-
13 г-
сти, он равен ‘эд’У 7а.
57
Теперь можно найти объемы конуса и призмы.
л	15379л
Ответ: --------.
4800 V 3
83.	Заметим, что отрезок MN своей точкой пересечения с пря-
мой PQ делится пополам. Спроектируем этот отрезок на плоскость
ABCD. Если — проекция N, Kt — середина AD, Q± — середина
DC (Kt и Qi — проекции К и 0, то N±M перпендикулярен AQt
и делится точкой пересечения пополам. Значит, N^AD = 2QtAD,
Отсюда найдем |	|, затем | NAM |.
Ответ: ~^-]Л14.
84.	Проведем через ребро AAf плоскость, перпендикулярную
плоскости ВСС1В1 (рис. 6). М и N — точки пересечения этой плос-
кости с С1В1 и СВ. Возьмем на MN точку К так, что | NK | = | MN |.
По условию AA*MN — квадрат, значит, А К перпендикулярна AM,
отсюда следует, что А К перпендикулярна плоскости А СгВ1у т. е
А К есть прямая, по которой пересекаются плоскости, проходящие
через вершину А. Аналогично для вершины определим точку L.
Прямые А К п ArL пересекаются в точке S. Таким образом, наш
многогранник представляет собой четырехугольную пирамиду
SKPLQ с вершиной 5, основание которой находится в плоскости
ВВ^хС. Далее, BtN есть проекция АВГ. Отсюда следует, что плос-
кость, проходящая через А перпендикулярно АВг, пересекается
с плоскостью BBiCiC по прямой, перпендикулярной BrN. Из усло-
вия следует, что Л B1NC1 — правильный. Значит, четырехуголь-
ник PLQK, являющийся основанием пирамиды SPLQK, есть ромб,
составленный из двух правильных треугольников со стороной
| KL | = За.
9а’/3
Ответ: -—т— •
58
85.	Искомый угол дополняет до л/2 угол между образующей
О А и осью второго конуса. Обозначим через Р и Q центры оснований
данных конусов, через S — точку, в которой плоскости оснований
конусов пересекают перпендикуляр, восставленный к плоскости
О АВ в точке О (рис. 7). В пирамиде SO А В известно |ОЛ | = | О В |,
SO перпендикулярно плоскости ОАВ, ОР и OQ перпендикулярны
соответственно^ SB и SA, Т>ОВ — ~QOA = ср, ~POQ = 0. Надо наши
РбйГ. Пусть | ОА | = | ОВ | = I, | АВ | = а. Тогда
pP| = 1OQ| = Zcos<p, |^|==|SB| = -^,
_	COS2 ф '
|SP| = |SQ| = |OP|ctgq> = Z-^,
ISP I
IPQ I = \AB I -J | = a cos2 <p.
С другой стороны,
0	₽
] PQ | = 2 | OP | sin-g- « 2Z cos ф sin
Отсюда
P
a cos ф = 21 sin “ •	(1)
Найдем теперь | PA |:
\PA |2= |PB|2+ | ЛВ|2 — 2|PB|-| AB \c6sPB3 =
a sin ф
== I2 sin2 ф + a2 — 21 sin ф*а —g]— = ^2 s*n2 Ф + fl2 cos2 ф.
Но, если у = РОА, то из Л РОА имеем:
| РА ]2 = I2 cos 2 ф + Z2 — 2Z2 cos ф cos у.
Приравнивая два выражения для | РА |2 и учитывая (1), най-
дем
2 sin2
СОЗУ-СОБф-—
л	(% S*na *1”
Ответ: -у — arccos I cos ф — —„ „	
&	\	vVp vl/
86.	(б/б + /22) R.
87.	Если плоскость пересекает ребра AD и CD, то в сечении бу-
дет треугольник, при этом радиус вписанной окружности будет ме-
,	а
пяться от 0 до	>2 " 1 лС •
У 2 (2 cos а + М cos2 а +1)
59
Пусть теперь плоскость пересекает ребра АВ и ВС в точках Р
и N, SA и SC — в точках'^ и R, SD — в точке К и продолжения
AD и CD — в точках L и М (рис. 8). Поскольку прямые PQ и
NB параллельны и касаются окружности, вписанной в наше сече-
ние, то PN есть диаметр этой окружности. Обозначим | PN | = 2г,
будем иметь
0 1 в е т;
| Л/Л | = 2а/2 — 2г,
1KL । =	/4 cos2 а 4-1,
(а/2-г)2
^-MKL2 cos а •
Таким образом,
а/2—г
2 cos а + 1^4 cos2 а 4- 1 ’
откуда
______________аУ2__________
1 + 2 cos а + Y 4 cos2 а + 1
О <Г г	—т=------------г	«
]Л2 (2 cos а + ]Л4 cos2 а + 1)
_________а/2________
14-2 cos а -f- / 4 cos2 а 4- 1 '
88.	Проведем сечение плоскостью, проходящей через ребро АВ
и точку L — середину CD, К — точка пересечения плоскости Р и
AL, высота, опущенная из А на BL, пересекает В К в точке N,
BL — в точке Q (рис. 9). Нетрудно доказать, что центр сферы лежит
на прямой AQ. При этом центр сферы может быть на отрезке AN
(точка О) и на продолжении AQ (точка Ох).
Радиус первой сферы равен радиусу окружности, касающейся
АВ и В К и имеющей центр на AN. Обозначим его через х\ х можно
найти из соотношения
4	2	,__________________ /11
|В^| = —|В7<| = —+	|2-ML|2= —§—а,
__2_	_ /2 2
SBAN — 5 SBAL — IQ а
значит, х =
/2а
5 4-/П
Так же находится радиус второй сферы,
у 2а
' 5±/П’
60
на эту плос-
основаниями
X
равным
X
89.	Пусть х — ребро тетраэдра, | MN | == yjp Если ребро, сере-
дина которого М, образует с данной плоскостью угол а, то противо-
положное образует угол — — а. Проекция тетраэдра
кость представляет собой равнобочную трапецию с
х cos а и я sin а и расстоянием между основаниями,
х^
Таким образом, S = (cos а 4- sin а). Кроме того, по условию,
угол при большем основании 60°, откуда | cos а — sin а | = |/ -у.
Ответ: ЗУ|Л2.
90.	Пусть ребро куба равно 1. Обозначим через О центр грани
ABCD. Из того, что NMC = 60° и ТУОС = 90°, следует, что О —
между М и С. Обозначим | ОМ | = х, | NB | = у. Тогда | MN | =
= 2х, | NO | — х^З, | МВ | = ^/~4- х2. Применяя теорему коси-
нусов к треугольникам MNB и ONB, получим
4. х2, — 4я2 4- У2 — %ХУ V~2>
1	2
l3"I = -2- + »’-Ts
л 1 2
Отсюда найдем: х =	, у = -у=- .
Ответ: | А М |: | МС | = 2 — /3, | BN ]: | NDr | = 2.
91.	Плоскость, проходящая через АА± параллельно бу-
дет параллельной плоскости DD^B. Точно так же плоскость, про-
ходящая через DD, параллельно АХС. будет параллельна плоскости
АА^С.
С другой стороны, плоскости, проходящие через ребра ВС и
будут параллельны плоскостям AB^fi и A^BCD^ Учитывая
это обстоятельство, построим сечение наших многогранников пло-
У-
61
скостыо, параллельной основаниям и проходящей через середины
боковых ребер, и плоскостью, проходящей через середины парал-
лельных сторон оснований призмы (см, рис. 10). На рисунках L и К
являются серединами противоположных ребер EF и HG треуголь-
ной пирамиды EFGH, сами ребра EF и HG перпендикулярны. Обо-
значая | ВС | = х, | AD | = пх9 высоту трапеции ABCD через у,
высоту призмы через z, найдем
уп _ у
1^1 = 1501 = -^.,	|T£| = -f-,
/3 п \	5п4-3	5^4-3
=	+7+ТЛ т = -т~*- 1СЙ1 = ттг2-
(п 4- 1) xyz
Объем цризмы равен -----g---• Объем треугольной пирампды
-g- | EF | • | GH | • | KL | — 24 (n 4- I)2 xyz‘
(5n4-3)3
Ответ’ 12 (n 4- I)3 '
92.	Пусть высота призмы равна х. Возьмем на продолжении реб-
3	5
ра В±В точку К так, что | ВК \ —	| В±К | = х. Поскольку KN
параллельна ВМ и \KN | = 2 | ВМ |, проекция KN на CN вдвое
больше проекции ВМ на CN, т. е. она равна —. В £±CNK имеем
/5
|^| = ]/й2+4-. |W<| = Vaa + ^a,|C/q = ]/ а«+-^-А
В зависимости от того*, острый или тупой угол C-^NK, будем иметь
два уравнения:
«а+^-х2=(аг+4г)+2	«2+4" ’	’
62
или
25	/ х2 \	п Г х2 а
«2+— х2=(а2+— ) + (а2 + 4х2)+2у а2 + —
п	а
Ответ: —-т=- или а.
2 ]/ 5
93.	Обозначил! через Аг и В± две других точки касания, 7? и г
радиусы шаров. В трапеции АА1ВВ1 найдем основания: |	| =
„а	а
5= 2R cos —2~ , | ВВ± | = 2г cos -тр и боковые стороны ] А В± | =
= | А гВ | = 2 У Rr, после чего определим диагонали | АВ | = | А1В1) =
₽= 2 "|/^Rr + cos2-^-^ . Если шар, проходящий через А и А1Г
пересекает АВ в точке К, то | АгВ |2 = [ ВК | . | ВА |, откуда
2/Й7	I АВ I	jABjcos2-^-
>ВХ1=~7^=Г==---------------а ’ 1Л*1 =----------------ЕГ-
у 1 + cos2-g- l-f-cos2-?,-	l + cos2-g-
Так же находятся другие части, на которые разделен отрезок А В,
Ответ: Отрезок АВ разделен в отношении
о а . о а ( а
cos2 -у : sin2 -у : cos2 -у
94.	Можно доказать, что ось цилиндра должна проходить через
середину ребра BD и принадлежать плоскости BDL, где L •— се-
редина АС. Пусть ось цилиндра образует с BD острый угол а. Спро-
ектируем пирамиду на плоскость, перпендикулярную оси цилиндра,
получим четырехугольник	в котором | А1С1 | = | АС | =
= 12. Диагонали А^ и BrDt перпендикулярны, точка пересече-
ния диагоналей F делит А1С1 пополам, а диагональ ВГВГ делится
точкой F на отрезки 6 У3 cos а и 10/5 sin а — 6 /3 cos а. Из
условия | AXF | «| FCr | — | BrF j • | FD± | получим для а уравнение
sin2 а — 5 sin а cos а + 4 cos2 а = 0,
откуда найдем tg = 1, tg а2 — 4. Но | B1D1 | = 10/3 sin а и
равняется диаметру основания цилиндра. Получим два значения
5/б 20/3
для радиуса основания цилиндра: —— и " *
95.	Возьмем на ребре AS точку К так, что | А К | — а. Тогда
точки В\ D и К принадлежат сечению конуса плоскостью, парал-
лельной основанию конуса (| АВ | = | AD | = | АК |). Из того, что
С лежит в плоскости основания, следует, что плоскость BDK делит
пополам высоту конуса. Таким образом, поверхность нашего конуса
в четыре раза больше поверхности конуса, радиус основания кото-
рого равен радиусу окружности, описанной около /\fiDK, с обра-
зующей, равной а.
4л /2а2 (/Ь2 + 2а2 — а)
Ответ: .	т—г- г  -----.
/ 62 + 2а2 • V 3 У Ь2 + 2а2 — 4а
63
96.	Пусть радиус основания конуса равен В, высота — Л, реб-
ро куба — а. Сечение конуса плоскостью, параллельной основанию
в проходящей через центр куба, есть окружность радиуса
„ 2Л — а V2
В------2^----, в которую вписан прямоугольник (сечение куба) со
сторонами а и «"/2, т. е.
(2h — д!<2)2
Зд2 = Т?2 ~~-.	(1)
Сечение конуса, параллельное основанию конуса и проходящее че-
рез ребро куба, противоположное ребру, лежащему в основании,
Л — а /2
есть окружность с радиусом/?--. С другой стороны, диа-
метр этой окружности равен а, т. е.
h — а |<2
а — 2В----(2)
Из соотношений (1), (2) получим
/2 (5 + /3)	„	2/3-1
h —---—--------а, Н =-------2----а*
п (53 -7/3) /2
Ответ:-------tq-------.
98.	Из равенства АСВ = ADB и перпендикулярности А В и DC
можно получить, что точки С nD симметричны относительно плос-
кости, проходящей через АВ перпендикулярно CD.
aS
Ответ: —g-т
99.	Пусть ТС — середина АВ, Р — основание перпендикуляра,
опущенного из К на CS. Возьмем на Л В точки М и TV так, что
&PMN — правильный (рис. 11). Пирамиду SPMN можно достро-
ить до правильной призмы PMNSM1N1 так, что PMN и
будут ее основаниями, a PS, MMr, NNt — ее боковыми ребрами.
Призма А tBtCA 2B2S будет гомотетична призме PMNSM-J^ с цент-
ром в S и коэффициентом | CS | / | PS |. Легко видеть, что искомая
доля объема пирамиды SABC, находящаяся внутри призмы
А^В^САъВуЗ, равна отношению | MN | / | А В |. Обозначим | А В | ==
== аУЗ, | CS | — 2а. Найдем:
,	У13	3	5	3 /3
= а, \СК\ = — а, \PS\=.-Ta, |Р2С| = —а,
2	3	Уз
|ТИТУ| = |РТС |у=- = — а, |ТИТУ|/|ЛВ] = 4-.
п
Ответ: -у- .
100.	Пусть плоскость, проходящая через В^, пересекает АВ
и DC в точках К и L (рис. 12). По условию, объемы многогранни-
ков A KLDA1B1C1D1 и КВСLB1C1 равны. Применим к ним формулу
Симпсона (задача 15), обозначив | А К | = \DL | = а. Поскольку
64
высоты этих многогранников равны, получим для а уравнение
7 , < , ,(<* + <) (7+0 п ,7Х, (7-я) (7 + 1)
la + i + 4	£	*	2 — (7 — я) 7 + 4 ~	•	% ” ?
16
откуда a — -y-.
Обозначим высоту пирамиды через h. Введем систему координат,
взяв ее начало в центре A BCD, осипну параллельными А В и ВС. Точ-
/	7	-7	\ / 7	7	\
ки А, С и будут иметь координаты	0 ),	-у-, Оу,
Гис. 11.
/ 1 1 \
(— ~2“, -у-, h I. Нетрудно найти уравнение плоскости ACDi ; hx —
— hy- + z ~ 0. Плоскость KLC^t будет иметь уравнение ЮЛж —
«— 8z + ЗЛ = 0. Нормальный вектор к первой плоскости п (h, —h,
1), ко второй m (10ft, О, —8). Условие их перпендикулярности даст
,	2 V5	38 /5
нам 10ft2 — 8 = 0, h — —g— . Объем пирамиды равен —g------.
101.	Возможны два случая:
1.	Боковыми сторонами трапеции являются проекции ребер А В
B-fi^ Можно доказать, что в этом случае центр сферы находится
точке С. Объем призмы будет равен За3/8.
2.	Боковыми сторонами трапеции являются проекции ребер А В
A jCp В этом случае центр сферы проектируется в центр окружно-
описанной около трапеции ABC^A'i, высота трапеции равна
и
в
и
сти,
а/5/3, объем призмы равен 5/4.
За3 а3 /5
Ответ: —g— или —.
102. ~ а (а2 + 262).
103. Спроектируем данные многогранники на плоскость АВС
(рис. 13). На рисунке отсутствуют проекции точек Alt Вг и Сг —
они совпали сточками А, В и С; 6*1 и — проекции точек 5 и D.
Если мы на отрезке PSt возьмем точку К так, что | РК | = | NDr |,
то точка К является проекцией точки ZQ, в которой ребро PS пере-
3 И. Ф. Шарыгпн	65
секает плоскость	Таким образом, искомое отношение равно
|KB| iJVDil-IPBI (|S17V|-|P1^1i)-(|P5i|-|^il)_
|В.Р| - |РВ| -	|Р51| —|В51|
I BS1 I - I ДА I m
- | S.M | - | BSt | •
Следовательно, наша задача свелась к нахождению отрезков
| 8±М |, | BSi I, I, где 5*1 — точка, из которой стороны ^ВЕ^М
Рис. 13.
видны под равными угламив E\BDXM — прямоугольный с катетами
] DXM ] = 2а, | BD1 | = &УЗ.
Обозначим | SrM | = ж, | S±B | = у, ] S^Pt | = г.
Повернем	на угол 60° вокруг точки D± (рис. 13, б),
ДВ1Л\6’2 — правильный со стороной г, точки В, 8^ 82,	— на
одной прямой, BD^M1 = 150°. Из l^BD-^M^ найдем х + У + z ==•
= «УЧЗ. Высота ^BD-lM-^ опущенная на сторону ВМ^ равна
/3	2а	z - Г За2 6а
IT’ откуда z = у=- ,у + — = у За’--*3- =	,
5а	6а
Теперь легко найти у = у—, х = -у=. Подставляя найденные зна-
чения в (1), получим, что искомое отношение, считая от вершины
В, равно 3.
104.	Любая касательная плоскость делит пространство на две
части, при этом либо все три сферы расположены в одной части,
либо две — в одной, а одна в другой. Очевидно, что, если некоторая
плоскость касается сфер, то и плоскость, ей симметричная относи-
тельно плоскости, проходящей через центры сфер, также является
касательной. Покажем, что не существует плоскости, касающейся
данных сфер так, что сферы радиусов 3 и 4 находятся по одну сторо-
ну от нее, а сфера радиуса 6 — по другую.
Пусть центры сфер радиусов 3, 4 и 6 находятся в точках А, В
и С. Плоскость, касающаяся данных сфер указанным выше обра-
зом, разделит стороны АС и ВС в отношениях 1 : 2 и 2й 3, т. е.
66
пройдет через точки К п L ж АС и ВС такие, что | СК | = 22/3,
I I ~ 33/5. Нетрудно найти расстояние от С до KL. Оно равно
ЗЗУ3/91 < 6. Отсюда следует, что через KL нельзя провести плос-
кость, касающуюся сферы радиуса 6 с центром в С. Можно пока-
зать, что все другие касательные плоскости существуют, а всего их
будет 6.
105.	Решение задачи основано на том, что продолжение падаю-
щего луча симметрично отраженному лучу относительно топ грани,
от которой луч отражается. Введем естественным образом систему
координат, взяв ее начало в точке N, а в качестве осей х, у и z —
ребра NK, NL и NM, обозначим через Q' и R' последовательные
точки пересечения прямой SP с координатными плоскостями, от-
личными от LNM. Имеем: | PQ | = | PQ^ |, | QR | = | Q'R' |.
Точка Р имеет координаты (0, 1, У(3). Обозначим через а, р, а
углы, образованные лучом SP с осями координат. Из условия сле-
дует, что Р == л/4, далее найдем cos а из равенства 2 cos2 а 4-
+ cos2 Р = 1, cos а = 1/2 (а — острый угол). Следовательно, век-
тор а (1/2, У2/2, 1/2) параллелен прямой SP. Если A (х, у, z) -*
произвольная точка на этой прямой, то
ОА = OP + ta,
или покоординатно
*	/2	t
% — 2 ’	— ^4” 2	— У 3 4“ 2 в
Координаты у и z обращаются в нуль при tt = —У2 (это будет
г-	( У2
точка Q') и при £2 = — 2у 3 (точка R'). Таким образом, Q' I —- —%— >
0, /3 - -Кг-) , R' (- Уз, 1 - /6, 0),
[ PQ" I = /2, I Q'R' | = 2V3 - /1
Ответ: 2 У3.
106.	Обозначим через К точку касания сферы с продолжением
CD, а через М и L — точки касания с ребрами AD и BD, N — се-
редина ВС (рис. 14). Так как | CD | = | DB | = | DA |, DN
перпендикулярна плоскости АВС,	\ DK \ = \ DM \ =\ \ DL
KL параллельна DN, ML параллельна АВ, значит, плоскость KLM
перпендикулярна’ плоскости ABC, KLM = 90°. Если О — центр
сферы, то прямая DO перпендикулярна плоскости KLM, т. е. DO
параллельна плоскости АВС, следовательно, |D2V|=1 (радиусу
сферы). Кроме того, DO проходит через центр окружности, описан-
ной около &KLM,— середину КМ. Отсюда следует, что ODM =
= •— Далее> IDA I = IDCI = /1 слг I2 +1DN p = У з,
। CA | = | CB | cos 30° = Уб, т. e. &CDA — прямоугольный, CDA =
= 90°, бГШ = 45°, | DM | = | OM | = 1. Искомый отрезок касатель-
ной равен | AM | =₽ | AD | — | DM | = Уз — 1.
107.	Пусть О±, O2i О3 — точки касания шаров с плоскостью Р,
причем в точке Of касается шар радиуса г, а в О2 и О3 — радиусов
R, О — вершина конуса (рис. 15), ф — угол между образующей
3*	67
конуса и плоскостью Р. Можно найти, что
(D	ф
| 010 I =r ctg—g-, J ООг I = I ООа I = R ctg .
|OAI= l<W =	|О2О3| = 2Д.
Поскольку | ОХО21 = | ОгО3 |, то равным <50° может быть лишь
угол б^О3, значит, R/r = 4 sin2 75°= 2 4- УХ
Далее, если L — середина то
I OL | = V\OO3\*-\O3L р = Д ]/" ctg2 -J- -1,
| OiL | = /| OiO3 р - | O3L р = /4Дг - Д2.
Точка О находится на прямой O.L, причем она может быть как
на отрезке так и на его продолжении за точки L или О. (на ри-
сунке О' и О"). Соответственно получим три соотношения
| = \ОО. | + | OL |, | OtL | = \О±О' | - | O'L |,
\O.L | = \O”L | -	].
Заменив в каждом из этих трех соотношений R = (2 + 1^3) г,
<р
ctg -g- = rr, в первых двух придем к противоречию (х = 1 или
я ~ —21^3/3), в третьем случае найдем х = 21^3/3,
1
Ответ: cos ф =	.
108.	Обозначим через К и L середины ребер A D и ВС, N и Р —«
точки пересечения проведенной плоскости с прямыми АВ и АС
(рис. 16). Найдем отношения | РА |/ | PC | и | РК |/ \РМ |. Прове-
дем KQ и АВ параллельно DC, Q — середина А С.
ЫЛ1-1ЛЛ/1	1рЛ| |ЛД| |РЛ/|	2
|ЛД|_|РЛ/|,	|РС|	- |МС|	~ |Л/С|	- 3	’
68
\PK I	I KQ\ I DC I 5
| PM I - I MC I - 2 I MC I - ~ ’
Затем найдем
|ЛЛГ|	2	|P/V|	4
I /Vj5 | ~ 3 ’	| PL | = 5 ’
VPAKN \ PA |.|Л/<|.|Л7У|	2
У ABCD ~ \AC\-\AD\.\AB\ ~ 5 ’
T. G. VpAKN = 2. Поскольку высота, опущенная из А на PNK, рав-
на 1,	=
SPW. _ \PK\-\PN[ _ 3
SPNK “ \рм 1-1^1 ~ 2 ’ dPML-y-
109.	Зная радиус шара, вписанного в правильную треугольную
пирамиду, и высоту пирамиды, нетрудно найти сторону основания.
Она равна 12, | МК | = | KN | (по условию касательные к шару из
точек М и N равны).
Пусть | ВМ | = rr, | BN | = у. Найдя | MN | по теореме коси-
нусов из /\BMN, а | МК | и | NK | — из треугольников ВМК и
BNK, получим систему уравнений
ж2 + У2 — ху = 49,	( х2 У2 — ху = 49,
х2 — 12х — у2 — 12г/	( (х — у) (х + У — 12) = 0.
Эта система имеет решение х± — у± = 7. В этом случае расстояние
7 /3 /З
от К до MN равно 4 у 3 — —g— — ~~2~ <2, т- е- плоскость, прохо-
дящая через MN и касающаяся шара, в самом деле, пересекает
продолжение SK за точку К,
12	12
| KD | =	,	| SD | = 6 -jg- .
Второе решение этой системы удовлетворяет условию х + у —
= 12. Из первого уравнения получим (х + у)2 — Зху — 49,
69
xy 95/3* Отсюда следует, что
SMKN — !SBMK+	— SBMNI “
|	r- /3 I 49 /3
— J x ]/3 + у ]Ло — xy	J — |2	*
7
Следоваюльно, высота, опущенная из К на MN, равна-g- УЗ >2,
т. е. в этом случае плоскость, проходящая через MN и касающаяся
шара, не удовлетворяет условию задачи.
12
О т в о т:6 -уу .
110.	Из того, что ребра пирамиды А В CD касаются шара, следует,
что суммы противоположных ] '	~
ребер пирамиды равны. Достроим
пирамиду ABCD до параллелепи-
педа, проведя через каждое ребро
пирамиды плоскость, Jnapa л де-
льную противоположному ребру.
Ребра пирамиды будут являться
диагоналями граней параллеле-
пипеда (рис. 17), а ребра паралле-
лепипеда равны расстояниям меж-
ду серединами противоположных
ребер пирамиды. Пусть | AD | = а,
| ВС | = 5, тогда любые два про-
тивоположных ребра пирамиды
6УДУТ равны а и Ъ. Докажем это.
Пусть | АВ | = х, | DC | — у.
Тогда х + у — а + &, х2 -]- у2 =
= а2 + Ь2 (последнее равенство
грани параллелепипеда — ромбы с
следует из того, что все
равными сторонами).
Отсюда следует, что х = а9 у = b или х = Ъ, у — а. Значит,
в А АВС по крайней мере две стороны равны между собой. Ио
АВС = 100°, следовательно, | АВ | = х= | ВС | = Ь, | АС | — а,
[ DB\~ b, \DC \= а.
Из ДА В С найдем а 2Ь sin 50°,
V ABCD ~~ 3 SADChB ~ 3 ’	4 hB —
1 ci	1 b2 sin 100°
~ 3 ^DBC’lA~~ 3 4	2 hA'
hA ^|/3
отауда	= У 3 tg 50°.
ill.	Равенство произведений длин ребер при каждой грани
означает, что противоположные ребра пирамиды равны. Достроим
пирамиду SABC обычным образом до параллелепипеда, проведя
через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному
ребру. Ввиду равенства противоположных ребер пирамиды SABC,
получившийся параллелепипед будет прямоугольным. Обозначим
ребра этого параллелепипеда через а, Ъ и с, как показано на рис. 18.
70
Проводом в £\ECD высоту DL. Из £\JBCD найдем
У 52 _|_ с2
1_______________________
SABC == ~ V a*b* + *2c2 + c2ft2-
Объем пирамиды SABC составляет 1/3 объема параллелепипеда
высота на грань АВС дана, полу-
чаем уравнение 
Уа2^2	^2С2 С2Д2.1/ —_ __ д£Са
f ээ
(1)
По теореме косинусов для Л АВС
получим
6а2 =
(2)
И, наконец, последнее условие задачи даст нам
с2 — 2а2 — 2&2 = 30.	(3)
Решив систему (1)—(3), найдем а2 = 34, &2 = 2, с2 = 102.
Л 34/6
Ответ: ——.
112.	Обозначим через М и N точки касания с шаром касатель-
ных, проведенных из А и В, Л^иЛ^ — проекции точек М и N на
Рис. 19.
плоскость АВС (рис. 19, я; на рисунке изображены один из двух
эквивалентных случаев расположения касательных, при которых
кй[ касательные скрещиваются, в двух других случаях эти каса-
71
тельные лежат в одной плоскости). Нетрудно найти: jAM 1 =
«= | CN | = Z, \ММг | = | 2V7Vi | = Z sin a, | AMt | = | CNr | =
= Z cos a. Найдем | BMt | и | BNt | (рис. 19, б; О — центр шара,
OL || В MJ
| BNi | = | BMi | = | OL | = /r2 — (i sin a — r)2 =______________
—У 2 rl sin a — P sin2 a.
При повороте вокруг точки В на угол ср = АВС точка А перей-
дет в С, Мг — в Nlf следовательно, треугольники и ВАС по-
добны,
| АС | 2а г____________________
| MN | = | MtNi | = | ВМХ | -рур = -у- V2rl sin a - I2 sm2 a;
AMiBTVi получается из &ABC поворотом вокруг В на угол у=
= АВ Mi с последующей гомотетией. Следовательно, угол между
MjNi и АС равен у, а поскольку М^^и MN параллельны, угол
между MN и АС — также у.
Из Л ВМ±А найдем
2rl sin а — Z2 sin2 a + Z2 — I2 cos2 a	r sin a
21 У 2rl sin a — I2 sin2 a	|/ 2rZ/Sjn a — Z2 sin2 a
Затем
У 2rl sin a — (Z2 + r2) sin2 a
sin v =-----r ""	________:------ .
У2rl sin-a — Z2 sin2 a
Найдем, используя полученные значения для | MN |, | ММГ |
и sin у, объем пирамиды ACMN-.
VACMN = 4- МО И MTV И I sin т =
2a2 sin a г---------------------_
= ----3-----У 2rl sin a — (Z“ + r2) sin2 a. (1)
Возьмем теперь точку P так, что MJNjCP — параллелограмм,
значит, MN СР — также параллелограмм. Пусть р — угол между
AM и C7V, тогда р = А~МР. Но /\ABM-i получается из /\CBNf по-
воротом вокруг В по часовой стрелке на угол (р = АВС. Отсюда
следует, что угол между АМ± и СЛ\ равен <р, а, значит, и АМ^Р =
= (р. т. е. треугольники AMtP и АВС подобны. Из этого подобия
найдем | АР | = 2а cos а. Угол Р равен углу АМР, &ДМР — рав-
нобедренный, в котором | AM | = | МР | = Z, | АР | = 2а cos ос.
Следовательно,
Р a cos a
sin — = i ,
. Q _ . P P	2a cos a У I2 — a2 cos2 a
sin p = 2 sm — cos ”2“ =-----------.
Выразим объем пирамиды AC MN по-другому,
1 1 _______________________________________________
vacmN ~ ~ I	l‘*I I x sin P — — ax cos ay Z2 — a2 cos2 a,
где x — искомое расстояние. Сравнивая эту формулу с равенством
72
(1), получим
2а tg а V2rl sin а — (Z2 -j- r2) sin2 a
X = ---------7----—-  -----------,
V I* — a2 cos2 a
ИЗ. Пусть | EA | =x, площадь /\ЕМА будет наибольшей, если
1^2	х - / 1 ж2
| ЕН | = | НА | =	, и равна при этом ~у ~ — —» Расстоя-
ние от В до плоскости ЕАН не больше чем | АВ | = 1. Поскольку
S AEB = SEBC,
11	X г________
IF = ~ VABCEH “ АВЕН < “12" V 2 — a:2 =
= 4- /^(2'-^) <	+ (2 - х*)] =	.
Таким образом, х — 1, и ребро АВ перпендикулярно плоскос-
ти ЕАН. АВСЕ —квадрат со стороной 1.
Рассмотрим две треугольные призматические поверхности: пер-
вая образована плоскостями АВСЕ, АНЕ и ВСН', вторая — АВСЕ,
ЕСН и АВН. Очевидно, радиус наибольшего шара, помещающегося
в пирамиде АВС ЕН, равен радиусу наименьшего из шаров, вписан-
ных в эти призмы. Радиус же шара, вписанного в каждую из этих
призм, равен радиусу окружности, вписанной в перпендикулярное
сечение. Перпендикулярное сечение первой призмы представляет
собой прямоугольный треугольник с катетами 1 и 1/2, радиус
3-/5 „
окружности, вписанной в этот треугольник, равен-. Перпен-
дикулярное сечение второй призмы есть треугольник АНЕ, радиус
/2-1	3 —/5
окружности, вписанной в него, равен->-----------4------•
П	3-/5
Ответ: ----.
114.	Из того, что прямая, перпендикулярная ребрам АС и BS,
проходит через середину BS, следует, что грани АС В и ACS равно-
велики.
Пусть SASB = SBSC = Q., тогда SACB = SACS = 2Q. Обозна-
чим через А$, В^, С±, Si проекции М на грани BCS, ACS, ABS,
АВС соответственно, hA, hB, hc, hg — высоты, опущенные на эти
грани, V — объем пирамиды. Тогда будем иметь
ЗУ
| МА. | + 2 ] MBi | + | МС. | + 2 | MS. | = -	.
Но, по условию, | МВ | + | MS | = | МА. | + | MB. | -J-
+ | МС. | + | MS. |. Из двух последних равенств следует:
ЗУ
| МВ | + | МВ. | + | MS | + | MS. I = - Q- •
Но
У = hg • 2Q =	hв • 2Q = g + kg).
73
Следовательно, | МВ | + | MBr | + | MS | + | MSr | = h,B + fyg-
С другой стороны, | МВ | + | MBf |>ДВ, [MS | + | MSr\ > hs.
Значит, | МВ | + | MBf | = hB, | MS | + | MSf | = hs, и высо-
ты, опущенные из Ви S,пересекаются в точке М, а ребра АС и BS
перпендикулярны.
Из условий задачи следует также, что общий перпендикуляр
к АС и BS делит пополам также и А С, Пусть F — середина АС,
Е середина BS. Обозначим | FE | = х. Тогда
1	1	/	3
<2 = ^ = — |<я?1-М2?| = — у ^+ —,
/6 1 Г 1
2Q = SACb — 2 У х2 4 ’
3
х ~ ~2~*
|В5| =
П	^61/	2_|_ 1	1/ 8 ,	3
Получим уравнение у я2 + I/	~» откуда
Рассмотрев равнобедренный треугольник BFS, в котором
3
= 1,| BF | = | FS |, высота | FE | =	, М — точка пересечения
/10
высот, найдем | ВМ | = | SM | = —g— .
115.	Поскольку боковые ребра четырехугольной пирамиды
равны между собой, ее вершина Е проектируется в точку О — центр
прямоугольника ABCD, С другой стороны, из равенства ребер тре-
угольной пирамиды следует, что все ее вершины основания лежат
на окружности с центром в точке О.
Пусть окружность, на которой лежат вершины основания тре-
угольной пирамиды, пересекает стороны прямоугольника ABCD
в точках, обозначения которых даны на рис. 20, а. Из того, что бо-
ковые грани треугольной пирамиды — равнобедренные равновели.
кие треугольники, следует, что углы при вершинах этих треуголь.
ников либо равны, либо дополняют друг друга до 180°. Значит
в основании лежит равнобедренный треугольник. (Докажите, что он
не может быть правильным.) Далее, две вершины этого треугольни-
ка не могут находиться на меньших сторонах прямоугольника
ABCD, Если основанием будет &LNS, то | SL | = | LN |, SLAT =
= 90°, а отсюда будет следовать, что ABCD — квадрат. Если же
основанием будет &LNR, то из условия а <60° будет следовать,
что | BN | > | NR |. Значит, равными будут стороны RL и LN, что
возможно, когда точки К й L совпадают с серединой АВ.
74
Рассуждая аналогично, придем к еще одной возможности: вер-
шины основания треугольной пирамиды находятся в точках R, N
и Р, при этом Р есть середина CD,
Рассмотрим первый случай (рис. 20, б). Пусть [ LO | =
= \ON | = | OR | = г. Тогда |NR | = | CD ] = 2rtg. Но, по-
скольку ~LEN + NEh — 180°, треугольники LNE и NER, будучи
приложенными друг к другу (см. рис. 20, в), образуют прямоуголь-
ный &LNR. Значит,
|£7У| = ]Л4|£Я|2 — J 7V2?3 j = 'j/' 4h2 + 4r2 - 4r2 tg2 -y
С другой стороны,
| LN I2 =
Таким образом,
r2 =
/	-/ п « г o a
p + rp' 1 —tg2-2~J +ratg2-2*.
____________27r__________
2tg24r + ]/ l~tg2-J--l
Применяя аналогичные рассуждения k/^NRP, получим, что f2 < 0.
8Л3 tg -77-
Ответ: ------—---------—======------- .
/ а т /	а \
3(2tg2—+ ]/ 1-^tg2—
116.	Продолжим ребро SA за точку 5 и возьмем на продолже-
нии точку так, что | $Л1|= | SA |. В SA^BC двугранные углы при
ребрах SAf и SC будут равны, а поскольку |	| = | SC |, то
| АГВ | = | СВ | — Ъ. Треугольник АВА± — прямоугольный с ка-
тетами а и Ъ. Следовательно, гипотенуза | AAt | = 21 AS | =
= V а2 + 62.
1 _______
Ответ: -g-/а2 + &2.
117.	Рассмотрим тетраэдр с ребром 2а. Поверхность сферы,
касающейся всех его ребер, разбивается поверхностью тетраэдра
на 4 равных сегмента и 4 равных криволинейных треугольника,
каждый" из которых равен искомому треугольнику. Радиус сферы
aV2	//2	1 i/'"2"\
равен —2—» высота каждого сегмента равна а I —g— — -у-1/ -д- L
следовательно, площадь искомого криволинейного треугольника равна
ла2
= — (2^3-3).
118.	Рассмотрим куб с ребром 2)^2. Сфера с центром в центре
куба, касающаяся его ребер, имеет радиус 2. Поверхность сферы
разбивается поверхностью куба на 6 сегментов и 8 криволинейных
треугольников,* равных меньшему из искомых треугольников.
Ответ: л (3/2 — 4) и л (9/2 — 4),
75
119.	arccos -£-•
120.	Проведем сечение через ось конуса. Рассмотрим трапецию
ABCD, образовавшуюся в этом сечении, где А и В — точки касания
с поверхностью конуса одного шара, С и D — другого. Можно до-
казать, что если F — точка касания шаров, то F — центр окруж-
ности, вписанной в ABCD.
В дальнейшем, при определении объемов тел, образующихся
от вращения соответствующих сегментов, следует воспользоваться
формулой, полученной в задаче 18.
121.	-^SR.
122.	Воспользуемся формулой Лейбница (см. (1) задача 153) *)
3 I MG I2 = I МА |2 + I МВ [2 + I МС |а - -у (I АВ |2 + | ВС |2+ |О4|2),
где G — центр тяжести треугольника АВС.
Если теперь АВС — данный прямоугольный треугольник,
ААА — данный правильный треугольник, G — их общий центр
тяжести, то
4	4
| А.А |2 + | А.В |2 + | АС |2 = 3 | AtG |2 + — 52 - а2 + -у Ь*.
Записав аналоигчные равенства для Вг и Сг и сложив их, получим,
что искомая сумма квадратов равна За2 + 452.
123.	Пусть сторона основания пирамиды равна а, а боковое
ребро — Ь. Проведем через FE плоскость, параллельную ASC, обо-
значим через К и N точки пересечения этой плоскости с ВС и SB.
Поскольку Е — середина апофемы грани SCB, то | A F | = | СК | =
= fl/4, | SN | == 5/4, | КЕ | = 2 | EN |.
Проведем через L прямую, параллельную AS, обозначим через
Р ее точку пересечения с SC. Будем иметь | SP | — 0,1 Ь. Треуголь-
ники LPC и FNK подобны, их соответствующие стороны парал-
лельны, кроме того, LM и FE также параллельны, т. е.
| РМ \/\ \МС | = | NE | / | ЕК | = 1/2, следовательно, | SM | = 0,45.
Теперь найдем:
19	15	1
lifl2 = Wa2’ 1^13 = Тбоа2 + 1оо Ь2’
Из vcЛивия | LF | = | ME | получим а = 5. Треугольник FNK —
' 3	7
правильный со стороной а, | FE |2 = -yg- а2 = 7. Следовательно,
а = 5 = 4.
I6 г-
Ответ: — V 2.
124.	Докажите, что плоскость, пересекающая боковую поверх-
ность цилиндра, делит его объем в том же отношении, в котором она
делит ось цилиндра.
ла3
Ответ:	.
*) Здесь и далее (1) обозначает: Ш а р ы г и н И. Ф. Задачи
по геометрии: Планиметрия.— М.: Наука, 1982 («Библиотечка
<Квант», вып. 17).
76
125	Каждая грань призмы представляет собой параллелограмм.
Если мы соединим точку касания этой грани и вписанного шэра со
всеми вершинами этого параллелограмма, то наша грань разобьет-
ся на четыре треугольника, причем сумма площадей двух пз них,
прилежащих к сторонам оснований, равна сумме площадей двух
других. Площади треугольников первого типа для всех боковых
граней дадут в сумме 2S. Значит, боковая поверхность равна 45,
а вся поверхность призмы 65.
126.	Если бы сферы а и £ пересекались, то площадь поверхности
части сферы р, расположенной внутри сферы а, составляла бы 1/4
всей поверхности сферы а. (Эта часть представляла бы сегмент вы-
г2
сотой “2^ ? .где г — радиус сферы а, В •— радиус сферы (3. Следо-
г2	\
вательио, ого поверхность будет 2nR ~2/Г ~ лг2.у Значит, сфера а
содержит внутри себя сферу (3 и отношение радиусов равно У 5»
127.	При решении задачи используются следующие факты:
1)	центр вписанного в конус шара лежит на поверхности второ-
го шара (рассмотрите соответствующее утверждение из планимет-
рии);
2)	из того что центр вписанного шара лежит на поверхности
второго, будет следовать, что площадь поверхности вписанного шара
равна 4(2, а его радиус будет У Q/щ
3)	объем усеченного конуса, в который вписан шар, также вы-
ражается через полную поверхность усеченного конуса и радиус ша-
1 iZq-
ра, как и объем описанного многогранника, т. е. V ?= -у S I/ — .
128.	Докажите, что, если 7? и г —- радиусы окружностей осно-
ваний усеченного конуса, то радиус вписанного шара будет У Кг»
S
Ответ: у.
129.	Любое из рассматриваемых сечений представляет собой
равнобедренный треугольник, боковые стороны которого равны об-
разующей конуса. Следовательно, наибольшую площадь имеет то
сечение, у которого наибольшее значение принимает синус угла при
вершине. Если угол при вершине осевого сечения конуса — ост-
рый, то осевое сечение имеет’нанболыпую площадь. Если этот угол —
тупой, то наибольшую площадь имеет прямоугольный треугольнике
5
Ответ: -g- л.
130.	Проведем SO — высоту конуса. Образовалось три пира-
миды SABO, SBCO, SC АО. В каждой из этих пирамид двугранные
углы при боковых ребрах SA и SB, SB и SC, SC и SA рьвны. Обо-
значим эти углы через х, у и z. Получим систему
р + у = р,
I у + Z = у,
( z = а,
а — р 4- у	„
откуда найдем z = —g-------- * а искомый угол будет равен
л—а+Р—у
2
77
131.	Хорда ВС параллельна любой плоскости, проходящей че-
рез середины хорд АВ и АС. Следовательно, хорда ВС параллельна
плоскости, проходящей через центр сферы и середины дуг АВ и АС*
Отсюда следует, что большой круг, проходящий через В и С, и
большой круг, проходящий через середины дуг АВ и АС, пересе-
каются в двух точках К и таким образом, что диаметр ККг па-
раллелен хорде ВС.
лВ. I
Ответ:  %- + ~ .
132.	Легко видеть, что сечение данного тела плоскостью, пер-
пендикулярной оси вращения, представляет собой кольцо, площадь
которого не зависит от расстояния оси вращения до плоскости тре-
угольника.
„	па? /3
Ответ: —24— •
133.	Если данная плоская фигура представляет собой выпук-
лый многоугольник, то рассматриваемое тело состоит из призмы объ-
ема 2dS, полуцилиндров с суммарным объемом npd2 и совокупности
4
шаровых секторов, в сумме составляющих шар объема — ле?3. Следо-
4
вательно, в этом случае объем тела будет равен 2dS + npd2 + -у ле?3.
Очевидно, эта формула справедлива и для произвольной выпуклой
фигуры.
134.	Пусть О — центр шара, CD — диаметр, М — середина
ВС. Докажем, что | АВ | = | АС |. Для этого достаточно доказать,
что AM .£ ВС. По условию, SA I OS, кроме того, SM I OS (тре-
угольники CSD, С SB, BCD — прямоугольные, О и М —- середины
CD и СВ). Следовательно, плоскость A MS перпендикулярна 05,
AM I OS. Но AM I. CD, значит, AM перпендикулярна плоскости
BCD, таким образом, AM I ВС.
п Ra? V 4b2 — а2
Ответ: 6(4д2_|_а2)	•
135.	На рис. 21, a SABC — данная пирамида, SO ее высота,
G вершина трехгранного угла. Из условия следует, что G нахо-
дится на SO. Кроме того, грани трехгранного угла при пересечении
с плоскостью основания АВС образуют правильный треугольник,
стороны которого параллельны сторонам ДА ВС и проходят через
78
его вершины. Следовательно, если одно из ребер трехгранного угла
пересекает плоскость АВС в точке Е, а грань С SB — в точке F,
то F лежит на апофеме SD боковой грани CSB и | ED | = | DA ]’
По условию, | SF | = | FD |. Проведем через S прямую, параллель-
ную ЕО, и обозначим через К точку пересечения этой прямой с пря-
I SG\
мой EF (рис. 21, б). Имеем | SK | = | ED |. Значит, । • =
| SK |	| ED |	3
= £О'| “ । eq |" = “• Таким образом, объем пирамиды GABC
составляет Ml объема пирамиды SABC.
С другой стороны, построенный трехгранный угол делпт часть
пирамиды SABC, расположенную над пирамидой GABC, пополам.
Ответ. Объем части пирамиды, расположенной вне трех-
гранного угла, к объему части внутри него относится как 3 : И.
V
136. -тг-.
6
79
137.	На рисунках 22, а—г изображены общие части этих двух
пирамид для всех четырех случаев,
1)	Общая часть представляет собой параллелепипед (рис. 22, а).
Для определения объема надо от объема походной пирамиды от-
нять объемы трех пирамид, ей подобных с коэффициентом подобия
2/3, и прибавить объемы трех пирамид, также подобных исходной
с коэ&фпппентом подобия 1/3. Таким образом, объем рагап:
2)	Общая часть есть октаэдр (рис. 22, б), объем которого
Г / 1 \31 V
Ч'-Пт) 1=”'
3)	Общая часть изображена на рис. 22, в. Для определения ее
объема надо от объема исходной пирамиды отнять объем пирамиды,
ей подобной с коэффициентом подобия 1/3 (на рисунке эта пирамида
вверху), затем отнять объемы трех пирамид, также подобных исход-
ной с коэффициентом подобия 5/9, и прибавить объемы трех пирамид,
у которых коаффициент подобия 1/9. Таким образом, объем общей
части равен
4) Общая часть изображена на рис* 22, г. Объем ее равен
138.	Пусть ребро правильного тетраэдра ABCD равно а, К
&L середины ребер CD и АВ (рис. 23). Возьмем на ребре СВ точ-
ку М, проведем через М сечение,
перпендикулярное KL. Обозначим
| СМ | = х и определим величину
х, при которой прямоугольник, по-
лучившийся в нашем сечеппи, будет
иметь угол между диагоналями, рав-
ный а. Поскольку стороны полу-
чившеюся прямоугольника равны
вх п а — х, величину х можно найти
из уравнения:
а
atg —
х	а
а — х t'g 2 *
х а
1 + ^Т
рис 23	Если мы возьмем на ребре ВС еще
и точку N так, что | BN | =
=| СМ \—х, и проведем через нее
сечопне, перпендикулярное KL, мы получим второй прямоугольник
с углом между диагоналями, равным а. Из этого следует, что
плоскость BCD после поворота вокруг KL на угол а против ча-
совой стрелки будет проходить через точки К9 Р п Таким об-
80
разом, после поворота плоскость BCD отсечет от тетраэдра ABCD
пирамиду KPNC, объем которой радей
\КС\ jCP| |С/У| „ х(а — х) „
| CD | ‘ |СЛ| " | CD | VABCD~ 2а2 v~

Те же рассуждения будут верны для любой грани тетраэдра. Следо-
вательяо, объем общей части будет равен ------------ттрИ.
$
А
Рис. 24.
139» Пусть куб ABCDA^B^D! поворачивается на угол а
вокруг диагонали ACj (рис. 24). Возьмем на ребрах А1В1 и ArDs
точки К и L так, что | АгК | —
= J А-Jj | = х, опустим из Ки L пер-
пендикуляры на диагональ АСХ\
ввиду симметрии куба относитель-
но плоскости АСС-^Аг эти перпенди-
куляры пройдут через одну точ-
ку М на диагонали АСГ, Пусть ве-
личина х выбрана таким образом,
что KA1L = а. Тогда после пово-
рота вокруг диагонали A С; против
часовой стрелки (если смотреть в
направлении от А к Сг) на угол а
точка К перейдет в L. Возьмем
также на ребрах BtAt и ВгВ точки
Р и Q на том же расстоянии х
от вершины Вр После того же по-
ворота точка Q перейдет в Р. Следовательно, грань ABBrAi после
поворота пройдет через точки A, L и Р и отсечет от нашего куба
1
.пирамиду AArPL, объем которой равен -g- ах (а — х). Те же рас-
суждения верны для всех граней. Таким образом, объем общей
части равен а3 — ах (а — х). Нам осталось найти величину х из
условия KML ~ а. Для этого соединим М с серединой отрезка
1/*2 а	г- 2
LK — точкой В, Имеем | МВ | = х—^—ctg—, | CrR | = а1/ 2 — х—^—,
2а
и из подобия треугольников CXRM и СгА найдем х == —----------~
1	/3 ctg ~2~
За3 + ctg2-^-y
Таким образом, объем обш,ей части равен-т--------------^~т'2 .
(1 + У 3 ctg — у
140.	Пусть А *— какая-то точка на луче, В — точка падения
луча на зеркало, К и L — проекции А на данное зеркало и на по-
вернутое,'] и Л2 — точки, симметричные А относительно этих
81
зеркал соответственно. Искомый угол равен углу А±вА2> Если
| АВ | = а, то | А±В | — | А2В | = а, | А К | = a sin а. Посколь-
ку KAL = Р, то | KL | = | А К | sin |3 = a sin а sin р, | А^2 | —
= 2 | KL | = 2а sin а sin р. Таким образом, если ср — искомый
<р
угол, то sin-у = sin a sin р.
Ответ: 2 arcsin (sin а sin р).
141.	Зафиксируем А А ВС, тогда в &ADC известны две его
стороны | А С | и | DC ] и угол ADC — а. Построим в плоскости
A ADC окружность радиуса | АС ] с центром в С (рис. 25, а). Если
а 60°, то существует лишь один треугольник, имеющий данные
стороны и угол (вторая точка окажется по другую сторону от
точки D), это треугольник, равный треугольнику АВС» В этом слу-
чае А С и BD перпендикулярны.’
Если же а < 60°, то существует вторая возможность (на
рис. 25, а это A ArDC), для которой бА±Ь = 90° +	,
__За
AiCD = 90° — -у. Но в этом случае в вершине С (рис. 25, б) сходятся
углы ВСА1 — 90° — -у , 'BCD — а, A^CD = 90° — у , а по-
скольку 90° — у =^90° — -у-^ + <х, то точки Hj, В, С и D лежат
в одной плоскости и угол между АГС и BD будет а.
Ответ: если а 60°, то угол между АС л BD равен 90°,
если а < 60°, то угол между АС и BD может быть равен или 90°,
или а.
142.	Пусть в основании призмы лежит многоугольник AjA2 . . .
... Ап, О — центр описанной около него окружности. Пусть да-
лее некоторая плоскость пересекает ребра призмы соответственно
в точках B-t, В2, . . ., Вп, М — такая точка плоскости, что прямая
МО перпендикулярна плоскости основания призмы. Тогда спра-
ведливы следующие равенства:
S |ЛкВк| = п[МО|,	(1)
fc=l
V=S\MO\,	(2)
82
где V — объем части призмы, заключенной между основанием
и проведенной плоскостью.
Докажем равенство (1). При п четном оно очевидно. Пусть
п — нечетно. Рассмотрим треугольник А^А^А^ где Ai — вер-
шина, наиболее удаленная от А^ и Л^+1. Пусть С к и С^ середи-
I I зт
ны	и В^В^+1 соответственно. Тогда । qa~ ~ C0S3T ==^'
Теперь нетрудно доказать, что
|c,Ai + i W
А +%	"
4-(МА| + |4+А+1|) + мгвг|Х
1 А
Сложив эти равенства для всех к (при к — п вместо п + 1 следует
взять 1), получим утверждение (1).
Для доказательства равенства (2) рассмотрим многогранник
А]сАк+1ОВкВк+1М. Если теперь F^ — объем этого многогранника,
то по формуле Симпсона (см. задачу 15)
6n ( I АкВк I + I Л/с+А+11	-
к — 6 \	2	“п +
. , IVJ + lA+A+il + 2|M0| ап\
+ 4-----------j------------Г) =
= anbn (I Аквк I +14+А+11 +1 МО I) =
= -^-(1лА1 + 1А+А+11 + 1м°1)’
где ап, Ъп — соответственно сторона и апофема многоугольника
AjA2 , » . Ап. Сложив эти равен-
ства для всех К, учитывая (1),
получим равенство (2).
Теперь нетрудно заключить, что
ответом на вопрос нашей за-
„ nV
дачи будет величина - g- .
143.	Пусть пятиугольник
ABCDE является проекцией пра-
вильного пятиугольника, при-
чем [ АВ | = 1, | ВС | = 2, | CD | =
= a, ABCD — трапеция, в которой
точка пересечения ее диагоналей, AFDE — параллелограмм. Про-
ведем СК параллельно А В (рис. 26). В &CKD имеем | СК | = 1,
| KD | = 2 (X — 1), | CD | = а. Обозначим CDK = ф. Запишем
теорему косинусов для треугольников CKD и ACD\
1 == а2 + 4 (X — I)2 — 4 (А — 1) a cos ф,
| АС [2 — а2 + 4А2 — 4яА cos ф.
83
Из этих двух соотношений найдем
/4V _ зх _
Л- 1
I ED I = \AFI =
Аналогично находим
X 1 / 4Х2 — ЗХ - а2
x+i у х-1

/а2Х — 1 + 4 V - 4А,
А,— 1
Ответ. Две другие стороны равны:
i/“§ — 1	______________________
-2—4----У14 + 10 /5 — 2 (/5 + 1) а2
И
У а2 (6 + 2У 5) + 6 (]/§ + 1).
Задача имеет решение при V5—2 < а < 1^5.
144.	Пусть ребро куба равно а, ] NCA | = х. Найдем:
|£Л/|=-|-, \NK\=~,
а2	5
|L/V|2=|LS1p+|^ |2 = —+ (а-х)2 = -га2-2аг+х2,
I LK |2 = |	|2 + | BJ< |2 = | LB1 |2 + | ВЛ |2 + | NK |-2 +
У2 а2
+ 2|ВЛ| • |7УК|-%-=-г + (а-а:)2 + — + (а-х)х =
5	х2
= —°а- «ж + ~,
За2
| MN |2 = | .МВг |2 + | ВЛ |2 = ~2~ - 2ах + ж2,
Iмк I2 = \.мв |2+ IВК I2- I MB I. \ВК | = -^--|-ах +	.
Если LMK = MKN = ф, то по теореме косинусов для тре*
угольников LMK и MKN получим:
I LK |2 = | LM |2 + | МК |2 - 2 | LM | • | МК | cos <р,
| MN | 2 = | МК |2 + | KN |2 - 2 | МК | • | KN | cos ф.
Исключая из этих уравнений cos ф, получим
| LK |2 • | KN | - | MN |2 • | LM | =
= (| LM | - | KN |) (| LM | • |ОГ | - | МК |2),
Вира-кая входящие в это равенство отрезки по найденным
выше формулам, получим
г 5а2	х2 \ х / За2	*\ а
£ ~ ах + ~2~)	~ \ 2~ ~ 2ах + х / ~ =
а > х X / ах За2 Зах х2
2 “ V2 Д 2 /2	2+2“2
/2
Из этого уравнения найдем х = а I 1 — —%— ) •
I BiN I г-
Ответ: |ЖТ = 1Л2 + 1-
145.	Возможны два случая: 1) центр описанной сферы совпа-
дает с центром основания и 2) центр описанной сферы находится
в точке поверхности вписанной сферы, диаметрально противополож-
ной центру основания.
Во втором случае, обозначив через R и г радиусы вписанной
и описанной сфер, найдем высоту пирамиды 2г + В и сторону ос-
нования 1^7?2 — 4г2. Сечение, проходящее через высоту и середи-
ну стороны основания пирамиды, есть равнобедренный треуголь-
ник с высотой R + 2г, основанием Y3 (R2 — 4г2) и радиусом^ впи-
санной окружности, равным г. Исходя из этого, для R и г можно
получить соотношение 37?2 — 6Rr — 4г2 — 0.
3 +/21
Ответ: -----g---- (в обоих случаях).
146.	Возможны два случая: 1) центр описанного шара совпа-
дает с центром ‘основания, 2) центр описанного шара находится
в точке поверхности вписанного шара, диаметрально противополож-
ной центру основания. В первом случае плоский угол при вершине
равен л/2.
Рассмотрим второй случай. Обозначим через а, Ъ и I соответст-
венно сторону основания, боковое ребро и апофему боковой грани,
ТОГД<Г’
(1)
г — радиус вписанного шара равен радиусу окружности, вписанной
в равно бедренный треугольник с основанием а и боковой стороной Z;
R — радиус описанного шара равен радиусу окружности, описан-
ной около равнобедренного треугольника с основанием аУ2
и боковой стороной Ъ\
&г/2
2У262- а2
(3)
При этом центр окружности должен быть внутри треугольника,
что означает Ь^> а. Поскольку расстояние от центра описанного
а2
шара до основания есть 2г, то R2 — -g- = 4г2. Заменяя в этом
85
равенстве R и г по формулам (2) и (3), получим после упрощения
(62 — д2)2	(2/ __ а)
2(262 —а2) -	21 +а
Вы ражая Ь через а и I по формуле (1), получим
/ ' За2 \2
(Z2-—J = a2(2Z —а)2.
/3
Учитывая, что Ъ > а или I > а~~~2— » ПОЛУЧЗМ» что а и ? удов-
летворяют уравнению
За2
Z2—— = а(2/-^-а),
1	4 ,
откуда — = 1 + —g—
л л
Ответ: — или -g- .
147.	Пусть К — проекция вершины S на плоскость ABCD,
L, М, N и Р — проекции S на стороны АВ, ВС, CD и DA.
Из условия следует, что треугольники LSN и MSP — прямо-
угольные с прямыми углами при вершине 8. Следовательно,
i „ /з
ДЛЯ второго корня	—
Рпс. 27.
| LK | • | KN | = | МК | • | КР | = | KS |2. А поскольку | LK [ +
+ | KN | — | МК | + | КР | = а, возможны два случая: или
| LK | = | КМ |, | КР | = | KN |, или | LK | = | КР |, | МК | ==
— | KN |, т. е. точка К расположена на какой-то из диагоналей
АС или BD, Разберем оба случая.
1) К — на диагонали BD (рис. 27, а). На этом рисунке изобра-
жена проекция пирамиды на плоскость ABCD, Точка S находится
«над» К). Обозначим | LK | = | КМ | = х. Теперь найдем:
I KS I = /| LK | • | AW | = Vх (а —х),
| SL | == /| 1Ж|2 + | KS |2 = /ад ,
о	a ~\f ах
SABS ~	2	*
ay а (а — х)	1 г-------—
Аналогично SADS =-------. Далее, V abds^ ~^a2,\fx(a — х) •
Rfi
С другой стороны, по формуле задачи 11
2 ^abs^bds s*n а	а3У х(а — х) sin а
ABDS = “	| АК |	= 6 ]Л(а — ®)2 + *2 + * (а
Приравнивая два выражения для VABDS, получим
х2 — ах + a2 cos2 а = О,
откуда х (а — х) = a2 cos2 а,
TZ	а3 | cos а |
VABCDS— з
1
Задача имеет решение, если j cos а |<-£-. Кроме того, угол при
ребре AS тупой, поскольку плоскость ASM перпендикулярна гра-
ни A SD, а эта плоскость проходит внутри двугранного угла между
плоскостями A SB и A SD. Следовательно, в 1-м случае задача име-
ет	2ет
ет решение, если -у < а < “у .
2) Точка К находится на диагонали А С (рис. 27, б). Рассуж-
дая так же, как в случае 1), получим (по-прежнему | LK | = х)
а2Ух (а — х)	Д3а sin а
^ABDS ~	6	6 Ух (а х) ’
отк уда легко найдем х = а | cos а |,
а3 /fcos а | (1 — | cos а |)
V =	£
ет
Как и в 1-м случае, а> “2“. Таким образом, получаем
ет	2ет
Ответ: если -g- < ос —у , возможны два ответа:
a3 cos а	а3 У — cos а (1 + cos а)
П = -	£	,	==	g-------------;
2ет г, а3 У— cos а (1 + cos а)
если а>—у ,У =---------------g----------
= п.
148. Решим сначала следующую задачу. В ДА ВС на сторонах
\AL I	| АК |
АВ и А С взяты точки Ли К так, что J ‘ = w, 1 j gQ ।------
В каком отношении прямая KL делит медиану AM?
Обозначим через N точку пересечения KL и AM, Q — точка
пересечения
раллельной
= Ъ, | АР |
KL и ВС, Р — точка пересечения KL и прямой, па-
ВС, проходящей через А. Пусть | ВС | = 2а, | QC | =
= с, п> т. Тогда из подобия соответствующих тре-
с	с	|AN I
угольников будем иметь: — = п, "~^~2~а откуда=
с 2тп
= b а ~~ m + п ‘
87
Пусть теперь т, п и р — отношения, в которых разделены
плоскостью ребра АВ, АС к AD,
систему
для их
определения будем иметь
откуда
2тп
т-\- п. —
2пр
___1_
“ 2 ’
- 2pm _ -
 Р + т. “ ’
4
т = — “g— , п ~
4
9 ’
4
Р = ~.
L лежит на продолжении
To, что —1 < т < 0, означает, что точка L лежит на продолжении
АВ за точку А, т. е. наша плоскость пересекает ребра А С, AD, ВС
и BD. Далее, определив отношения, в которых разделены ребра ВС
/	5	5 \	7123
и BD (получим -у- и -д-) , найдем ответ: • jggg•
149. Рассмотрим пирамиду SABC (рис. 28), в которой | С А | =
__________ 9тт
= I АВ I, ВАС
*	п
SA перпендикулярна плоскости АВС,
и такую, что вершина А проектируется
на плоскость SBC в точку О — центр
окружности, вписанной в SBC.
Впишем в эту пирамиду конус так,
что его вершина совпадает с А, а ок-
ружностью его основания является ок-
ружность, вписанная в SBC. Очевид-
но, что если мы возьмем п таких пи-
рамид, основания которых расположе-
ны на плоскости А ВС так, что их ос-
нования,
правильный тг-угольник
то конусы, вписанные в
образуют нужную нам
сов.
Далее, пусть
на ВС, | OD | = г, | AD | = I.
равные А АВС, образуют
” " ------- с центром в А,
эти пирамиды,
систему кону-
|УР| =
1^1
= |ВР|
D — середи-
Тогда
—, | BD | = Z tg Поскольку ^SBD = 2OBD, tg SBD =
I	—r
---“—’ можно составить урав-
ztg —
•л
Г tg-
, tg OBD =
неяне
I
2---------
Ztg —
ё п
откуда — =
л
rig —
л
—
г2
!---------“
*2*g2 —
88
Ответ: 2 arcsin---—=L"-"——~~ •
У l-|-2tg2-^-
150.	Пусть плоскость AKN касается шара в точке Р, а прямая
4Р пересекает NK в точке М (рис. 29). Тогда плоскость C±NA яв-
ляется биссекторной плоскостью двугранного угла, образованного
плоскостями DX(\A и СгМА (плоскости D±AN и ANM касаются
шара, а плоскости D^A и С±МА проходят через его центр).
Точно так же плоскость СгКА является биссекторной плоскостью
двугранного угла, образованного плоскостями МС±А и С-^В^А.
Таким образом, двугранный угол между плоскостями A CrK п ACtN
вдвое меньше двугранного угла между плоскостями ADiCl я АВрр
равного 2л/3.
Ответ: л/3.
151.	Пусть К, L и М — середины ребер АВ, А С п AD (рис. 30).
Тогда из условия задачи следует, что тетраэдр Appjp ограничи-
вают плоскости DKA±, BLA±, СМА± и плоскость, проходящая че-
*рез А параллельно BCD. При этом вершины Вг, С± и Dr располо-
жены так, что точки М, К и L являются серединами CBr, DCT
и В Di (на рисунке точки Сг, Di отсутствуют).
Пусть теперь Q — середина ВС, Р — точка пересечения BL
и KQ. Для того чтобы найти объем общей части двух пирамид
ABCD и	мы должны от объема пирамиды ABCD — V —
отнять объемы трех пирамид, равновеликих DKBQ (каждая из них
1 \
имеет объем V ) , и прибавить объемы трех пирамид, равновели-
1
ких ArBQP. Объем последней пирамиды равен-^“7. Таким обра-
3
зом, объем общей части равен -g- V.
152.	Докажем сначала, что двугранные углы при ребрах DB
и АС равны л/2. Пусть | AD | = | CD | = | ВС | = а, | BD | =
s= ]ЛС |=Ь, | АВ [=с, Ъ > а. Опустим из D и С перпендикуляры
89
DK и CL на ребро А В (рис. 31, а). Обозначим
| АК | = | BL | = | х |,	| KL | = | с — 2х |, | DK | = ] CL | = 1г.
Поскольку двугранный угол при ребре А В равен л/3,
то | DC |2 = | DK |2 + | CL |2 — 1 DK | • | CL | + | KL |2, t. e.
a2 = ft2 + (c — 2x)*\ заменяя h* = a2 — я2, получим Зя2 — 4cx +
+ c2 — 0, откуда Xf = c/3, x2 = с. Из условия b > а следует, что
x < c/2, значит, x = c/3. Таким образом, величины a, Ъ и с связаны
соотношением с2 = 3 (&2 — а2).
Найдем площади треугольников ABD и A CD*.
1	~	1	4а* —Ь*
SABD — SABC — 2CFa*~9“2Cr	3	’
$ACD ~ $BDC ~ 4	4a* — b* .
Выражая объем тетраэдра ABCD по формуле задачи 11 через
двугранный угол при ребре АВ и площади граней ABD и АВС9
Рис. 31
а затем через ф — двугранный угол при ребре АС (он также равен
углу при ребре BD) и площади граней А ВС и A CD, получим
1 SABDSABC V3 1 SACDSABC .
VABCD- 3 I АВ I • 2 “ 3 I AC I sin<p’
откуда
SABD \AC\ /3
elB<P~ SACD MSI •	2	-
&/4a2 —62 c *	2 “1
Значит, ф = *2“ .
Для определения суммы трех оставшихся двугранных углов
рассмотрим призму BCDMNA (рис. 31, б). Тетраэдр ABCN равен
тетраэдру ABCD, поскольку плоскость АВС перпендикулярна
плоскости ADCN, ADCN — ромб, следовательно, тетраэдры ABCD
90
и ABCN симметричны относительно плоскости ВС А. Точно так же
тетраэдр ABMN симметричен тетраэдру ABCN относительно плос-
кости ABN (угол при ребре BN в тетраэдре ABCN равен углу при
ребре BD тетраэдра ABCD, т. е. равен я/2), следовательно, тетра-
эдр ABMN равен тетраэдру ABCN и равен исходному тетраэдру
ABCD,
Двугранные углы призмы при ребрах CN и ВМ равны соответ-
ственно двугранным углам при ребрах DC и ВС тетраэдра ABCD.
А поскольку сумма двугранных углов при боковых ребрах треуголь-
ной призмы равна л, сумма двугранных углов при ребрах AD, DC
и СВ тетраэдра ABCD также равна л, а сумма всех двугранных
углов тетраэдра, исключая данный угол при ребре АВ, равна 2л.
153.	Пусть в треугольнике АВС стороны ВС, С А и АВ равны
соответственно а, Ъ и с. Из того, что пирамиды АВССХ, АВВХС^
и АА1В1С1 равны, следует, что в каждой из них есть по две грани,
Рис. 32.
равных треугольнику АВС. В самом деле, еслп в каждой пирамиде
была бы одна такая грань, то между вершинами пирамид АВССХ
и А^С^А было бы соответствие А —* Ах, В В19 С С17 Сх —>
А, т. е. | СС3 | — | АСХ |, | BCL ] — \ ВХА |, а это означало бы,
что в пирамиде АВСХВХ нет ни одной грани, равной А АВС. Теперь
нетрудно заключить, что боковое ребро призмы равно или а, или
Ь, или с (если, например, /\АСХВ =Д АВС, то в пирамиде
эдэань A-iB-jA соответствует грани АСХВ пирамиды АВСС± п
Д41В1А = Д4В0.
Разберем все возможные случаи.
1)	| ААХ | = | ВВХ | = | ССХ | - а (рис. 32, а). Тогда из вер-
шины С пирамиды АВССХ выходят два ребра длины а и одно дли-
ны Ь, а ребру ССХ противолежит ребро длины с. Отсюда сл'едует, что
вершине С пирамиды АВССХ должна соответствовать вершина Сх
пирамиды А-^С^А и | АСХ | == а. Теперь можно заключить, что
| 4В1 | = | ВСХ | = Ъ.
Во всех трех пирамидах двугранные углы при ребрах, имею-
щих длину Ъ, равны, при этом два этих угла в сумме дают л (два уг-
ла, например, при ребре СХВ в пирамидах АВССХ и АВВХС^, т. е.
каждый из них равен л/2.
Проведем перпендикуляры BL и СХК к ребру АС (рис. 32, б).
Поскольку двугранный угол при ребре АС — прямой, то
б2 = | СХВ |2 = | СХК |2 + | KL |2 + | LB |2 =
- | СХС [2 - | КС |2 + (| КС | - | LC |)2 + | ВС |2 - | LC |2 -
= 2а2 — Ъх,
91
где х — ] LC [, и находится из уравнения
а2 Ъ2 — с2
а2 — х2 = с2 — (Ь — я)2,	х =------------•
Таким образом, За2 — 362 + с2 = 0. Но /\АВС по условию
прямоугольный. Это возможно лишь при условии с2 = а2 + &2.
Следовательно, b = а У 2, с — а У~3.
Теперь можно найти двугранный угол при ребре ВС нашей
призмы. АССТ = л/4 является линейным углом этого двугранного
угла (треугольники АВС и СгСВ — прямоугольные, с прямыми уг-
лами при вершине С). Двугранный угол при ребре АВ пирамиды
АВССГ равен л/3. Покажем это. Пусть этот угол равен ф. Тогда
двугранный угол при ребре А В призмы ABCA-fi-^Cx равен 2ф, а
при ребре АгВг — равен ф, таким образом,
л
Зф = л, ф = — •
2)	| A Ail — | ВВ± | = | ССГ | — Ь (рис. 32, в). В этом" случае
в пирамиде АВСС± из вершины С выходят два ребра длины Ъ и од-
но длины а. Значит, такая же вершина есть и в пирамиде АрВ^А.
Это может быть или вершина А, или Cf. В обоих случаях получаем
| АВг | — а, | АСг | = b (напоминаем, что должны! найтись две
1рани со сторонами а, Ъ и с). Таким образом, в пирамидах АВССг
Рис. 33.
п А1В1С1А имеется по одной грани, представляющей из себя пра-
вильный треугольник со стороной &, в то время как в пирамиде
АВВ1С1 такой грани нет, чему бы ни равнялось ребро ВСг. Таким
образом, этот случай невозможен.
3)	| АА], | = | ВВг | = | СС± | = с. Этот случай, по существу,
совпадает с 1-м, только основания А ВС и А1В1С1 меняются местами, •
л л/ Зл \ л / 2л \
Ответ: у , — ( или —£~] , у ( или —у у .
02
154.	Опустим перпендикуляры АГМ и ВгМ па CD, B,N и CjN
на AD, C^Kii D±K на AB, D±L и A±L на СВ.
Поскольку
\А.М\	\B,N\ IC^I	I^LI 1
\ВгМ | ~ |2VCd “ | KD{ |	| ArL | ~ 3
(эти отношения равны косинусу двугранного угла при ребре тет-
раэдра) и | АгВ1 | = | В1С1 | = I СгВг | = | DrAr |, то должны
выполняться равенства | АХМ | — | BXN | = | СгК | — f D^L | =
= х, | В±М | = | NCX | == | KDr | = | A±L | = Зж (на рис. 33 изоб-
ражена развертка тетраэдра). Каждое ребро CD, DA, АВ, ВС ока-
жется разделенным на отрезки т и п так, как показано на рисунке.
а 1^3 5а 7а
Учитывая, чю т + п = а, найдем х = —, т = у?" , п — —jy ,
после чего найдем объем тетраэдра АхВгС^^.
а*/2
Ответ: --162~ •
155.	Не ограничивая общности, будем считать, что все обра-
зующие конуса, касающиесй шаров, касаются одновременно двух
шаров — внутреннего и внешнего. Проведем сечение через верши-
ну конуса aS и центры двух шаров, касающихся одной образующей
(рис. 34, обозначения понятны из рисунка). Из условия, что п шаров
радиуса R касаются друг друга, следует равенство | О А [ =--у ,
sin —
2R	R
аналогично | ОВ | = ——у . Следовательно, | АВ | — а =----—
sin —	sin —
п	п •
„	( Л,	R	2R
Пусть I А С I = х. Тогда tg а = —у , ctg а = узу * Перемножив
эти равенства, получим уравнение для х:
х2 — ах + 2R2 = О,
а — Ya2 — 8R*	а +
откуда хг —	g ”™ 5 $2 —	2	,
R
л •
sin —
п
93
л I
Условие а2 — 8Л2^ О приводит к неравенству sin ~ < ~2у%’ ‘
R
Кроме того, должно выполняться неравенство tg а = — < 1. Теперь
нетрудно получить, что корень подходит, если -у < sin —• <
1
’ ^ЛЯ КОРНЯ %2 остается одно ограничение:
. я 1
1	. л 1
Можно доказать, что -g- < sm % лишь при п — 9.
1
Объем конуса будет равен -у л (а 4- я)3 tg 2а, Выражая а, ж
и tg 2а по соответствующим формулам через Лип, получим
Ответ:
sin2
V =
л /	J t
12 sin2 — 11 — 6 sin2 —
n \	n
n 9.
— 8 sin2 -~
п
. п л \
; sm2 —
Zl /
Кроме того, при п = 9 возможно еще одно значение:
лДэ(з —1/" 1—8sin2-?-')
— 8 sin2 -y
12 sin2 -y (1 >— 6 sin2 -g-
. п Я
sm2 —
Л
156.	Спроектируем куб на плоскость, перпендикулярную B^D9
получим правильный шестиугольник ABCCjD^j (рис. 35) со сто-
„ 1/ 2
роноп у -у а = & j где а — ребро
куба (правильный треугольник ВС^А^
спроектируется в равный ему треу-
гольник, так как плоскость ВС^А^
перпендикулярна ВГР). Рассмотрим
£±КАСр в нем | КА | = | АС^ | = 2&,
прямая NM проходит через середи-
ну А Ср Пусть
|А41| ~х‘
Проведем C^L параллельно MN*
Будем иметь:
I ML | = I AM |,
\ KN \ ]КМ\ 2 + х
К
Рис, 35,
ИС11 ~ |XLj ~ 2 + 2z '
94
откуда
|B/V|	2 (| KN | - [ BCt I)
|BC,| - [KCxI
2 1^1	i 2 + *	.______1____
“ * | KCi |	1 — 1 + x	1 ~ 1 + x
Таким образом,
| ВС! I I AM I
I BN I ~ |A4i.| — ! + « — » — !•
157.	Если два неравных и подобных треугольника имеют две
равные стороны, то легко убедиться, что стороны каждого из них
образуют геометрическую прогрессию, причем стороны одного из
них, можно обозначить через а, Ха, Х2а, другого — Ха, Х2а, Х3а.
Далее, если стороны треугольника образуют геометрическую
прогрессию и две из них равны 3 и 5, то третья сторона равна / 15
(в других случаях сумма двух сторон будет меньше третьей). Не-
трудно доказать теперь, что в нашем тетраэдре две грани есть тре-
угольники со сторонами 3, У15, 5, а две другие имеют стороны
У15, 5, 5 или же 3	, 3, У15; соответственно задача
55/6 И —
имеет два ' ответа —jg— и -jq- у 10.
158.	Введем прямоугольную систему координат так, чтобы
первая прямая совпала с осью я, вторая — была параллельна оси
у и проходила через точку” (0, 0, а), а третья — параллельна оси
z и проходила через точку (а, а, 0). Пусть ABCDAtB^iDf —
параллелепипед, у которого точки" А и С лежат на первой прямой
и имеют координаты (х±, 0, 0), (ж2, 0, 0), точки В и Сг — на вто-
рой, их координаты — (0, t/j, а), (0, г/2, а), точки D и Вг — на тре-
тьей прямой, их координаты—(a, а,^), (a, a, z2). Из условия
равенства векторов AD = ВС = B-fit получим a — ^=^2 = — a,
a = —= у2-— a, Zj_ = —a = а — z2, откуда х^ = 2a, х2 = —а,
у± — —а, у2 = 2а, zj = «—a, z2 = 2а. Таким образом, А (2а, 0, 0),
В (0,—а, а),' С (-—а, 0, 0), D (а, а,—а), В± (а, а, 2а), Сг (0, 2а, а).Мож-
но проверить, что АВ = DC. Далее, | АС | = За, | АВ | = а/6,
| ВС | = а/3, т. е. &АВС — прямоугольный, значит, площадь
ABCD будет | АВ | • | ВС | = За2/2. Уравнение плоскости ABCD
За
есть у + z = 0, значит, расстояние от В^ до нее будет равно •
г
Ответ: 9a3.
159.	Рассмотрим правильную пирамиду ABCDS, в которой
проведено сечение KLMNP, представляющее собой правильный
пятиугольник со стороной а (рис. 36). Пусть диагональ основания
пирамиды равна Ъ, боковое ребро I. Обозначим также | SM | =
= xl, | SN | = yl. Поскольку пятиугольник KLMNP — правиль-
ный,
л 1 уз
| jL/V [ = 2a cos 1 & =	2	& ==	>
95
^ЗХ
IMF I 1—cos-y-	y 5  1
I fC I “ я 2л	2
cos -у + cos y
Имеем: \KP\~ a, | GO | ==—-—. С другой стороны, |Ш?| =
|SM| Ъ	'	\МС\
~|ОС|"Т5СГ =—*-	= |50|-рсГ = М1-*). ИО|=
= &(1—?/)> где h — высота пирамиды, следовательно,
m m l<v?,
||M£|—|FO| ’	|UU|“ 2 (?/ — £) •
Приравнивая найденные выражения для | GO |, получим уравне-
ние
Далее:
1^1	1^1	.
| GO | ~ | FG\ ~
откуда
Поскольку | LN | = па,
I LN | = у | DB |, то
yb — рд,	(3)
II, наконец, рассмотрим Л PNB> в котором | PN | = а,
= (1 •— у) I, |РВ | = ~~2~“ ^2 , cos Рв$ — cos АВ$ =
По теореме косинусов получим
2 и V/2 .	(l-y)(b-a)b
л2 = (1 — УУ I2 +-2“ ~~-------§------
\NB\~
b
2/2Z ’
0)
/5-1-1 ,
Учитывая, что ц =--g, к —
/5-1	/5 + 3
2	’ Ь ~	2
/5-1
--2---, из уравнении (1) —
(3) найдем у =
получим
а, после чего из уравнения (4)
«“(7 4-3/5)	6“
1 ~	4	- 2 '
Таким образом,, объем пирамиды равен
1	62 1/п	63	(9 +4	3
3 ' 2 V 1 ~ 4 “ 12 “	12 а ‘
160. Введем обычные обозначения: а, Ъ, с — стороны треуголь-
ника, /?а,	/?с — его высоты, р — полупериметр, г — радиус
вписанной окружности. Пусть М „— точка пересечения плоскостей
A^BCf и АВ^С^ Оа, 0^ Ос — центры вневписанных окруж-
ностей (Оа — центр окружности, касающейся стороны ВС и про-
должений АВ п АС и т. д.). Докажем, что искомой является пира-
мида ОаРьОсМ, причем высота, опущенная из точки М, проходит
через О — центр вписанной окружности и | МО | = 2г.
Рассмотрим, например, плоскость А^С. Пусть К — точка
пересечения этой плоскости с прямой АВ,
| КА |	| AAt | ha ъ | ас |
~ hb ~ а ~ | ВС | ’
т. е. К есть точка пересечения с прямой АВ биссектрисы внешнего
угла С. Отсюда следует, что основанием нашей пирамиды, в самом
деле, является треугольник OaObOG и что точка М проектируется
в точку О. Найдем | МО |:
\МО\ \ООа\ Га — т
ha - l^al “ ra ’
где га — радиус вневписанной окружности с цецтром в Оа;
S	S	2S
га == ' р 3 r ~ ’ ha = Т- ’ следовательно,
1 1
р — а
Найдем площадь Л ОаРъО’с. Заметим, что ОаА, ОъВ, ОсС — высоты
этого треугольника. Легко находятся углы /\ОаО^Ос, например,
= 53? = 180» _ ( 90° - 4 ) - (90° - 4 ) = 90° ~ 4 •
Аналогично находятся другие углы. Окружность с диаметром О^ОС
проходит через В и С, следовательно,
.	| ВС |_______а
I с। sin ВОТр . А
Ь sm —
с
точно так же ] О^Ра I =1 отсюда
sin —
____	с	В
I ОаА | = | ОаОь | sin ОаОьА =-Q-cos — .
sin-у
4 И. Ф. Шарыгин
97
Таким образом, площадь Д ОаОъОс (обозначим ее Q) будет
1	ас	В
Q = -и--------~-------- cos =
v 2 а . С 2
ас sinB	1
4	’ А ё ё~'
sin — sm -у sm -у
Найдем sin -у:
Так же находятся sin -у и sin -у. Заменяя их в (1), получим
л „	abc
Q= S2(p-a)(p-6)(p-c) ’
а объем пирамиды МОаОьОс будет
*Safccr	1	4
7== 3(р — а)(р — Ь){р— с) ~ 3 аЬс~ 3
РАЗДЕЛ II
161* Нет, не во всяком.
162.	Указанным свойством обладает пирамида, у которой два
противоположных двугранных угла тупые.
163.	Докажите, что если прямая не перпендикулярна плоскос-
ти и образует равные углы с двумя пересекающимися прямыми
этой плоскости, то проекция этой прямой на плоскость также об-
разует равные углы с теми же прямыми, т. е. параллельна биссект-
рисе какого-то из двух углов, ими образованного.
164.	Треугольник, четырехугольник и шестиугольник. Сече-
ние куба не может быть правильным пятиугольником, поскольку
у сечения, имеющего более трех сторон, найдется хотя бы одна па-
ра параллельных сторон, а у правильного пятиугольника парал-
лельных сторон нет.
165.	Отложим на ребрах трехгранного угла от вершины S
равные отрезки SA, SB, SC. Обозначим через О проекцию S на
плоскость АВС. Треугольники A SB и АОВ — равнобедренные с
общим основанием АВ, причем боковые стороны треугольника AOBt
меньше боковых сторон треугольника ASB. Следовательно, АОВ >
> A SB. Аналогичные неравенства верны для других углов. Таким
образом,
~ASB -^BSC <АОё + ВОС + ~СОА < 2л.
(Последняя сумма равна 2л, если О внутри ДА ВС, и меньше 2л,
если О — вне Д А ВС.}
98
Для доказательства второй части возьмем произвольную точку
внутри данного угла и опустим из нее перпендикуляры на грани
данного угла. Эти перпендикуляры будут являться ребрами дру-
гого трехгранного угла. (Полученный угол называется дополни-
тельным к данному трехграпному углу. Этот прием является стан-
дартным приемом в геометрии трехгранных углов.) Двугранные уг-
лы данного трехгранного угла дополняются до л плоскими углами
дополнительного трехгранного угла, и наоборот. Если а, Р, у —
двугранные углы данного трехгранного угла, то, используя выше
доказанное неравенство для плоских углов, будем иметь (л а) +
+ (л — Р) + (л — у) < 2л, откуда следует, что а + 3 + V > л.
166.	1) Пусть S — вершина угла, М — точка на ребре,
и М2 —- проекции М на два других ребра, N — проекция М на
противоположную грань. Предположим, что ребро SM соответст-
вует двугранному углу С. Если | SM | = а, то, находя последова-
тельно | SMf |, а затем из Л MM±N—\MN |, или, по-другому, сна-
чала | SM2 |, а затем из Д MM2N — |M2V|, придем к равенству
| MN | — a sin ct sin В = a sin 3 sin 4,
т. е.
sin а ___ sin Р
sin A IsinB ’
2)	Обозначим через а, Ъ и с единичные векторы, направленные по
ребрам трехгранного угла (а противолежит плоскому углу величины
а, Ъ — р, с—у). Вектор & можно представить в виде: Ь ~ a cos у +
+ 4, где | я I = sin у, л — вектор, перпендикулярный а, анало-
гично с = a cos Р + g, где | | | = sin Р, | перпендикулярен а.
Угол между векторами т] и £ равен А.
Перемножая скалярно & и с, получим
Ъс == cos а = (а cos у + л) (а cos 3 + 1) =
=cos р cos у + sin р sin у cos 4,
что и требовалось.
3)	Опустим из точки внутри угла перпендикуляры на грани
данного угла. Получим, как известно (см. задачу 165), трехгранный
угол, дополнительный к данному. Плоские углы данного трехгран-
ною угла дополняют до л двугранные углы дополнительного. При-
меняя к дополнительному трехгранному углу 1-ю теорему косину-
сов, получим наше утверждение.
167.	Воспользуйтесь 1-й теоремой косинусов (см. задачу 166).
168.	Воспользуйтесь 2-й теоремой косинусов (см. задачу 166).
169$	Сумма всех плоских углов тетраэдра равна 4л. Значит,
найдется Вершина, сумма плоских углов при которой не больше л.
Все плоские углы при этой вершине — острые. В противном случае
один угол был бы больше суммы двух других.
170.	Этим свойством обладает ребро, имеющее наибольшую
длину.
171.	Пусть АВС — перпендикулярное сечение, | ВС | = а,
| С А | = Ъ, | АВ Г= с. Проведем через А сечение АВ& (В и В/,
С и Cf — на соответствующих ребрах). Пусть, далее | В Bi | = | х
| с Ci | = | у ]. (Если В± и Ci — по одну сторону от плоскости АВС9
то х и у — одного знака, если по разные стороны, то знаки х и у
различны). Для того чтобы ABtCi был правильным, необходимо и
4*	99
достаточно, чтобы выполнялись равенства
С2 + Я2 = &2 +
+ у2 = а2 + {х _ у)2'
Покажем, что эта система всегда имеет решение. Пусть а Ъ
и с Ъ. Легко показать, что множество точек плоскости (ж, у),
удовлетворяющих первому уравнению и расположенных в первой
четверти, есть линия, которая при возрастании х неограниченно
приближается к прямой у = х, а при х = 0 у = J^c2 — Ь2. (Как
известно, уравнение у2 — х2 к описывает равнобочную гипербо-
лу.) Аналогично, лпния, которую описывает второе уравнение, при
возрастании х приближается к прямой у = х/2, а при х, стремя-
щемся к нулю, у неограниченно возрастает. (Множество точек, удов-
летворяющих второму уравнению, также является гиперболой.)
Отсюда следует, что эти две линии пересекаются, т, е. система
уравнений всегда имеет решение.
172.	Обозначим две оставшиеся вершины тетраэдра через С
п D. По условию | АС | + | AD | = | АВ |. Рассмотрим квадрат
KLMN со стороной, равной | АВ |. Возьмем на его сторонах LM
и MN точки Р и Q так, что | PM | — | AD |, | QM | = | АС |.
Тогда | LP | = | AC |, | NQ | = | AD |, | PQ | = | DC | и, следо-
вательно, A KLP = ДАВС, Д KNQ = /\BAD, &BDC = &KPQ.
Из этих равенств следует утверждение задачи.
173.	Нет, не любой. Например, если один плоский угол трех-
гранного угла достаточно мал, а два других плоских угла прямые,
то легко убедиться, что никакое сечение этого трехгранного угла
не является правильным треугольником.
174.	Покажите, что если хотя бы один плоский угол данного
трехгранного угла не является прямым, то можно его пересечь -
плоскостью так, чтобы в сечении был тупоугольный треугольник.
Если же все плоские углы трехгранного угла прямые, то любое -
его сечение является остроугольным треугольником. Для этого
достаточно выразить стороны, произвольного сечения по теореме
Пифагора через отрезки ребер и проверить, что сумма квадратов
двух любых сторон сечения больше квадрата третьей стороны.
175.	Пусть а—длина наибольшего ребра, b и с — длины
ребер, примыкающих к одному концу ребра а, е и f — к другому.
Имеем: ' (5 + с — а) + (е + / —- а) = Ь + с -|- е + / — 2а > 0.
Отсюда следует, что выполняется хотя бы одно из двух неравенств:
Ъ + с —	0 или' е + f —	0. Значит, из отрезков а, Ъ, с
или а, е, / можно построить треугольник.
176.	В любом тетраэдре найдется вершина, для которой сумма
двух каких-то плоских углов меньше 180°. (На самом деле справед-
ливо более сильное утверждение: найдется вершина, сумма всех
плоских углов при которой не превосходит 180°.) Пусть этим свой-
ством обладает вершина А. Возьмем на ребрах, выходящих из Л,
точки К, L, М так, что ЛАМ = KAL = a, 'ALK = LAM — |3.
Это можно сделать, если а + ₽ < 180°.
Таким образом,
A KAL — &LAM, &KLM = &КАМ.
Двугранный угол при ребре АК в пирамиде AKLM равен
углу при ребре LMt двугранный угол при ребре AM равен углу
при ребре KL. Нетрудно убедиться, что тетраэдр KLMA совме-
100
стптся сам с собой, если ребро КА совместить с LM, а ребро AM —
с KL.
177.	Предположим, что ни один плоский угол данного трех-
гранного угла не является прямым. Пусть S — вершина данного
угла. Перенесем параллельно второй трехгранный угол так, чтобы
его вершина совпала бы с некоторой точкой А какого-либо ребра
данного угла (рис. 37). АВ, АС и AD параллельны ребрам второго
двугранного угла. Точки В и С находятся на ребрах данного угла
или па их продолжениях. Но АВ перпендикулярна SC, АС пер-
пендикулярна SB, следовательно, проекции BS и CS на плоскость
АВС будут соответственно перпендикулярны АС и АВ, т. е. S
проектируется в точку пересечения вы-
сот &АВС, значит, AS перпендику-
лярна ВС. Таким образом, ребро AD
параллельно ВС, а это означает, что
все ребра второго трехгранного угла
принадлежат одной плоскости. Если
же один плоский угол данного трех-
гранпого угла прямой, то все ребра
второго должны лежать в одной грани
данного (той, - которая соответствует
прямому плоскому углу). Если в точ-
ности два плоских угла данного трех-
гранпого угла прямые, то два ребра
второго должны совпадать с одним реб-
ром данного. Таким образом, второй трехгранный угол может быть
невырожденным только в случае, если все плоские углы данного —
прямые.
178.	Можно считать, что прямая I является диагональю пря-
моугольного параллелепипеда и образует углы а, р и у с его реб-
рами. Тогда, сложив три рав-
ных параллелепипеда так, как
показано на рис. 38, мы по-
лучим, что углы между тремя
диагоналями этих параллэле-
пипедов, выходящими из общей
вершины,равны 2а, 2р,	2у.
Следовательно, 2а + 2|3 +
*+ 2у < 2л.
179. Пусть S ~ вершина
угла, А, В и С —какие-то
точки па его ребрах. Докажем,
что угол между любым ребром
и плоскостью противополож-
ной грани всегда меньше
любого из двух плоских
углов, заключающих это ребро. Поскольку угол между прямой и
плоскостью не может быть тупым, нам достаточно рассмотреть слу-
чай, когда плоские углы, примыкающие к ребру, острые.
Пусть Af— проекция А на грань SBC, А2 — проекция А на
ребро SB, поскольку | SA2 |	|,	= A^SB
(напомним, что все плоские углы при вершине S — острые). Отсю-
да легко следует первая часть нашей задачи.
Докажем вторую часть. Имеем: 'ASB —	A~SA$,
'ASC -^CSAi^'ASA-l (хотя бы одно неравенство строгое). Сложив
101
эти неравенства, получим
ASB + ASB — CSB <
Записав аналогичные неравенства для каждого ребра и сложив их,
получим наше утверждение. Взяв трехгранный угол, все плоские
углы которого тупые, а сумма их близка к 2л, убедимся, что в этом
случае утверждение второй части не будет верным.
180.	Пусть а и аь р и Рх, у и ух — двугранные углы тетраэдра
(одинаковыми буквами обозначены углы, соответствующие проти-
воположным ребрам). Рассмотрим четыре вектора а,&,с и d, пер-
пендикулярные граням тетраэдра, направленные во внешнюю сто-
рону по отношению к тетраэдру и имеющие длины, численно рав-
ные площадям соответствующих граней. Сумма этих векторов рав-
на нулю. (Можно дать следующую интерпретацию этого утвержде-
ния. Рассмотрим сосуд в виде нашего тетраэдра, наполненный га-
зом. Сила давления на каждую грань представляет собой вектор,
перпендикулярный этой грани и пропорциональный по длине ее
площади. Очевидно, что сумма этих векторов равна нулю.) Угол
между любыми двумя векторами дополняет до л соответствующий
двугранный угол тетраэдра. Прикладывая эти векторы один к дру-
гому в различном порядке, мы будем получать различные простран-
ственные четырехугольники. Углы каждого четырехугольника
равны соответствующим двугранным углам тетраэдра (исключа-
ются два противоположных). Но сумма углов пространственного
четырехугольника меньше 2л. В самом деле, проведем диагональ
этого четырехугольника. В результате четырехугольник разобьется
на два треугольника, сумма углов которых равна 2л. Сумма же углов
четырехугольника меньше суммы углов этих треугольников, по-
скольку в любом трехгранном угле плоский угол меньше суммы
двух других. Таким образом, мы доказали, что выполняются три
неравенства: а + «1 + Р + Pi < 2л, Р + Pi + у + ?i < 2л, у +
+ Yi + а + ai < 2л. (В этом и заключалась первая часть задачи.)
Сложпв эти неравенства, получим a+«i+P + Pi+y+yi <
< Зл. Для завершения доказательства заметим, что сумма дву-
гранных углов любого трехгранного угла больше л (см. задачу 165).
Сложив неравенства, соответствующие каждой вершине тетра-
эдраэ мы завершим доказательство.
Замечание. При решении этой задачи мы использовали
прием, заключающийся в том, что вместо данного трехгранного
угла мы рассматривали другой трехгранный угол, ребра которого
перпендикулярны граням данного. Получившаяся пара трехгран-
ных углов обладает тем свойством, что плоские углы одного из них
дополняют двугранные углы другого до л. Называются такие углы
дополнительными, или полярными. Прием этот весьма распростра-
нен в сферической геометрии. Мы им также уже пользовались
в задаче 165.
181.	Утверждение задачи следует из того, что для правильного
многоугольника сумма расстояний от произвольной точки внутри
него до его сторон есть величина постоянная.
182.	Если S2, S3, 6*4 — площади соответствующих граней
тетраэдра/ V — его объем, то
•^1	।	«^2	*3	.	*^4	*^'1^'1	।	t S3X3 ^4*^4
h±	h3	S3h3
4~ *52^2 4“ ^З^З 4* ^4*^4
= ————	— - I-
402
183, Пусть М и К — середины ребер АВ и DC тетраэдра ABCD»
Плоскость, проходящая через М и К, пересекает ребра AD и ВС
Ё точках L и N (рис. 39, а). Поскольку плоскость DMC яыпт
Объем тетраэдра пополам, нам достаточно доказать, что пирамиды
Рис. 39.
DLKM
KCMN
но, для
и KCMN равновелики. Отношение
1
к объему всего тетраэдра Л BCD равно
пирамиды DLKM это отношение равно
нам нужно доказать равенство:
объема
|СЛГ|
I СВ I
1 1^1 „
ТТоаТ- Значит’
пирамиды
. Аналогия-
\DL\ 1™\
\DA\ ~ | СВ | •
перпендикулярную
в параллелограмм
Рис. 40.
Спроектируем наш тетраэдр на плоскость,
прямой КМ, Тетраэдр ABCD спроектируется
с диагоналями ЛВ и CD (рис. 39, б).
Прямая LN будет проходить через
точку пересечения его диагоналей,
следовательно, наше утверждение
' доказано.
184. Пусть для определенности
| DA | < | DB | < | DC |, и хотя бы
одно неравенство строгое. Наложим
треугольники ВЛ В, DBC и DC А
так, чтобы совпали равные углы и
равные стороны (рис. 40).
На рисунке вершины второго
треугольника имеют индексы 1,
третьего — индексы 2. Но | В2Л2| =
=| DA | < | В1СЦ (по условию). ^Сле-
довательно, D2D±B — острый, a BDrD — тупой и ] DB | > ] DrC± | —
1,
противоречие.
185. Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость, па-
раллельную противоположному ребру. Три пары получившихся
плоскостей образуют параллелепипед. Противоположные ребра
тетраэдра будут являться диагоналями пары противоположных гра-
103
пей параллелепипеда. Пусть, например, а и — диагонали дву#
противоположных граней параллелепипеда, т и п — их стороны
п). Тогда a^cos а = т2 — и2. Записав подобные равенства
для каждой пары противоположных ребер, докажем наше утверж-
дение.
186. Пусть сфера проходит через вершины Л, В и С и пересе-
кает ребраDA, DB и DC в точках К, L и М. Из подобия треуголь-
ников DKL и ABD найдем: | LK | = | АВ |	, а из подобия
IBLI
треугольников DML и DBC найдем: | ML | = | ВС |	• Но
| АВ | • 1 CD | = | ВС[ • | BD | = 2Sabc.
Теперь нетрудно убедиться, что | LK | = | ML |.
Замечание. Утверждение нашей задачи будет верным для
любого тетраэдра, у которого произведения противоположных ребер
равны.
187. Принадлежность точек К, В, Р и N одной плоскости озна-
чает, что
VMKLP + VMPNK = VMNKL + VMLPN*
Из задачи 9 следует, что
_ \MK\-\ML\-\MP\
VMKLP- \ МА\ • \ МВ \ • \МС \ УМАВФ
\MP\-\MN\.\MK\ т
VMPNK - | МС I • I MD | . I МА I VMADC'
\MN\-\ML\-\MK\ т
VMNLK - | MD I . I MA I . I MB I VMABD 1
.	\ML\-\MP\.\MN\ rr
VMLPN— | MB I • \MC\ • \MD\ VMBCD-
Заменяя этими выражениями соответствующие величины в (1),
деля на ] МК | • I ML | • | МР | • | MN |, умножая на | МА | X
Х| МВ | • | МС | • I MD |, выражая объем каждой из оставшихся
пирамид через площадь' основания и высоту ft, получим, после со-
кращения на ft/З, утверждение нашей задачи.
188.	Докажите, что прямая, проходящая через данную точку
параллельно какой-либо диагонали куба, будет касаться каждого
шара.
189.	Оба пункта следуют из следующего общего утверждения:
если сумма а | AM | + (3 | BN | + у | CL |, где а, 0, у — заданные
коэффициенты, постоянна, то плоскость MNL проходит через фик-
сированную точку. Это утверждение, в свою очередь, следует из
равенства
а ] Л М | + 0 | BiV | == (а + Р) |	|,
где Р — точка на ЛВ, Q — на MN,
|ЛР| |MQ| Р
|РВ| - |Q/V| “ а •
190.	Если в тетраэдре ABCD выполняется равенство | ЛВ | +
+ | CD | = | ВС | + | DA |, то точно так же, как это делается
104
в плоском случае, можно доказать, что существует шар, касающий-
ся ребер -Л В, В С, CD, DA, причем все точки касания находятся
внутри отрезков АВ, ВС, CD и DA; Если мы проведем через центр
шара О и какое-либо ребро плоскость, то каждый из рассматрива-
емых двугранных углов бу-
дет разделен соответству-
ющей плоскостью на два,
при этом для каждой час-
ти любого двугранного уг-
ла найдется равная ему
часть соседнего угла. На-
пример, угол между плос-
костями О АВ и А В С ра-
вен углу между плоскостя-
ми ОВС и А ВС.
191. Пусть R — точка
пересечения ОМ с плос-
костью KLN (рис. 41). Ут-
верждение, что В есть
центр тяжести Л KLN, эк-
вивалентно утверждению,
что объемы тетраэдров
MKLO, MLNO и MNKO
равны. Обозначим через х,
у, z расстояния от М до сто-
рон /\АВС. Поскольку плоскость KLМ перпендикулярна ребру AD,
расстояние от О до KLM равно проекции ОМ на AD, которая равна
проекции МР на AD, где Р — основание перпендикуляра, опущен-
ного из М на ВС. Легко видеть, что проекция МР на AD равна
где z — расстояние от М до ВС. Если а — двугранный угол
между гранями тетраэдра ABCD, то
vkmlo = “б" 1 км 1*1 ML I sb а*
V3 27
Точно такими же будут объемы двух других тетраэдров: MLNO
и MNKO.
192.	Спроектируем тетраэдр на плоскость, проходящую через
'N перпендикулярно CN. Обозначим через Af, В±, D±1 Mi
проекции точек А, В, D, К и М. Расстояние между В К и CN буде,т
равно расстоянию отточки /V до В^К^, точно также расстояние
между AM ;и CN равно расстоянию
от N до XjMj. Но	рав-
нобедренный. Прямая AiMt прохо-
дит через Ki (Кг — точка пересече-
ния медиан). А поскольку /^AiK-^Bi
также равнобедренный, АГ равно-
удалена от AfKi и BrKi.
193.	Пусть А — вершина осно-
вания пирамиды, В — точка в
плоскости какой-либо боковой грани,
( АВ | = a, Bi — проекция В на сто-
рону основания, В2 — проекция В
на плоскость основания, 53 — проекция В2 на ребро основания,
смежное с АВг, - проекция В2 на боковую грань, смежную с
105
гранью, содержащей АВ (рис. 42). Если теперь а — двугранный
угол при основании пирамиды, BABj= ср, то
I В2В3 I = I А 1 = я cos ф,
| АВ3 | = | ВХВ2 | — | ВГВ | cos а = a sin ф cos а,
| В3В4 | = | В3В2 | cos а = a cos ф cos а,
и, наконец,
I ЛВ41 = VI лв8 р + | B3Bt |2 =_____________________
= а sin2 ф cos2 а + cos2 ф cos2 а = a cos аа
Отсюда следует, что длина любого отрезка, находящегося
в плоскости какой-либо боковой грани, после двукратного проекти-
рования, указанного в условии задачи, умножится на cos а (с по-
мощью параллельного переноса переведем один из концов данного
отрезка в вершину Л). Следовательно, любая фигура при таком
проектировании перейдет в фигуру, ей подобную, с коэффициентом
подобия cos а.
194.	Утверждение задачи следует из равенств
VAA1BC ~ VAA1B1C = VAAiBiCi
и аналогичных равенств для объемов пирамид AArCD и AAfDB?
195.	Пусть М — точка пересечения прямых СВ± и С^В. Вер-
шина А лежит на D М. Проведем через точки D, Dr и А плоскость*
Обозначим через К и L ее точки пересечения с C-fii и СВ, а через
Л2 — точку пересечения прямой AAf с DfK (рис. 43). Из того, что
C&jBtB — трапеция и KL проходит через точку пересечения ее
диагоналей, следует, что | КМ | = | ML |. Далее, рассмотрев
1
трапецию D^RLD, докажем, что | ААг | = -у-1АА21. Следователь-
но,
VABCD == VA2BCD>
Но из предыдущей задачи следует, что VAiBCD = ^AiBiGDi.
Таким образом, отношение объемов пирамид A^C^Pf и ABCD
равно 3.
196.	Введем следующие обозначения: ABCD — данный тет-
раэдр, | ВС | = а, | СЛ | = 6, | АВ | = с, | DA | = тп, | DB | =
= n, |РС| = р. Пусть далее G— центр тяжести ДЛВС, N —
точка пересечения прямой DM с описанной сферой, К — точка
пересечения прямой AG с окружностью, описанной около ДЛВС
(рис. 44). Воспользуемся следующим несложно доказываемым ра-
венством:
HGHGff|==4-(»2 + b2 + c2).
Тогда
|»G|.GW| = pGHG#l=4'('22 + 62 + c2)’
106
следовательно,
]G/V| =
а2 + b2 + с2
Qt
где
i = I DC I = 4- /Зт2 + 3n2 + Зр2 — а2 — 62 — с2 '	(1)
О
(см. задачу 51), \DN\ = j DG | + | GN | = t +  =-— •
Утверждение, что ОМ перпендикулярна DM, равносильно
утверждению, что | DN | = 2 | DM | = 2- -у1 DG | ~ t, т. е,
т2 4- п2 4- р2 3
-----------=-у4, откуда, заменяя t его выражением (1) через
величины ребер тетраэдра, получим
а2 + Ъ2 + с2 = т2 + п2 + р2.	(2)
Если Xf, Bf, Cf — центры тяжестей граней DBC, DC А
и DAB, то в тетраэдре А-^С-^) будем иметь
|	1 == ~3~ 9 I 1 = ~ > I AiBi | = у ,
2	2	2
| DAt | = -у та, | DBi | = -у nb, | DC± | = -у рс,
где та, пъ и рс — медианы к сторонам ВС, С А и АВ в треуголь-
никах DBC, DCA и DAB, Если теперь tf — расстояние от вершины
Рис. 43.
Рис. 44.
D до точки М, то, поскольку М по условию лежит на поверхности
сферы, описанной около тетраэдра A^BiC^D, а прямая DM прохо-
дит через центр тяжести треугольника А^В^С^, для определения
величины jDMl мы можем* воспользоваться формулой, получен-
ной нами выше для | DN |, т. е^
4m® + 4п§ + 4р2
1^1=---------274------’
407
i де
«1 = 4 V12 ("1а + пь + Рс) — а2 — 62 — с2.
Воспользовавшись известной формулой длины медианы тре-
угольника, получим
4m2 4~ 4п2 4 ^р2 — я2 — Ъ2 — с2
|рл/|—......——.......L,—;—*
гДе
2 г----------------------------- 2
t-i = -у- YЗ^2 + Зп2 + Зр2 — а2 — Ь2 — с2 = -у t.
С другой стороны, | DM | = t, т. е.
4/п2 + 4/г2 + 4р2 — а2 — Ь2 — с2 3
18г
Заменяя t по формуле (1), получим (2), что и требовалось.
197.	Зафиксируем какую-либо ось симметрии I. Тогда, если
Z' является также осью симметрии, и при этом I' не пересекается
с I или пересекает Z, но не под прямым уголом, то прямая Z", сим-
метричная V относительно Z, также является осью симметрии.
Это очевидно. Если же какая-либо прямая Zx является осью симмет-
рии, причем If пересекается с I и перпендикулярна Z, то прямая Z2,
проходящая через точку пересечения I и и перпендикулярная им,
также будет осью симметрии. Убедиться в этом можно, например,
следующим образом. Примем прямые Z, Z^, Z2 за оси координат.
Применяя последовательно к точке М (х, у, z) преобразования
симметрии относительно прямых I и Zx, мы переведем точку М сна-
чала в (х, —у, —z), а затем в М2 (—х, —у, z). Таким образом,
последовательное применение преобразования симметрии относи-
тельно прямых I и If эквивалентно симметрии относительно Z2.
Из наших рассуждений следует, что все осп симметрии, исклю-
чая Z, можно разбить на пары, т5 е. -число осей симметрии, если оно
конечно, непременно нечетное.
198.	Пусть М — проекция В на AD. Очевидно, М принадле-
жит поверхности сферы с диаметром АВ. С другой стороны, можно
показать, что | AM | • | AD | — | А В |2. Из этого следует, что все
точки М должны принадлежать некоторой сферической поверхно-
сти, содержащей данную окружность. Значит, точки М принадле-
жат одной окружности, по которой пересекаются две эти сфериче-
ские поверхности.
199.	Докажите, что проекции точки М на стороны четырехуголь-
ника ABCD лежат на одной окружности (если К и L — проекции
М на АВ и ВС, то точки В, К, М и L — на одной окружности, и,
значит, MLK = МЪК, MKL = ~МВЪ. То же самое для других
сторон).
После этого можно воспользоваться результатом задачи 198.
200.	Поскольку центр тяжести лежит на прямой, соединяющей
середины ребер АВ и CD, из условия задачи будет следовать, что
эта прямая будет перпендикулярна ребрам А В и CD.
201.	Пусть К и М — середины ребер АВ и CD. Из условия сле-
дует, что прямая КМ проходит через точку О — центр вписанного
шара? О равноудалена от граней A CD и BCD. Следовательно, точ-
108
ка К также равноудалена от этих граней. Отсюда следует, что эти
грани равновелики. Точно так же равновеликими оказываются
грани АВС и ABD* Если мы теперь спроектируем тетраэдр на
плоскость, параллельную ребрам АВ и CD, то проекцией будет
параллелограмм с диагоналями АВ и CD. Отсюда следует утвер-
ждение нашей задачи.
202.	Поверяем куб вокруг диагонали АС± на некоторый угол.
Поскольку плоскость треугольника A±BD перпендикулярна АС±,
а его стороны касаются вписанного в куб шара, стороны треуголь-
ника, получающегося из AYBD после поворота, также будут ка-
саться' вписанного шара. При соответствующем выборе угла поворота
грань АА^В перейдет в данную плоскость, а отрезок MN будет
отрезком диагонали повернутой грани.
203.	Обозначим через а, р, у углы, образованные прямоуголь-
ными гранями с четвертой гранью. Если 51? 52, *5*3, 54 —• площади
граней, то S± = S4 cos a, S2 = S± cos p, 53 = S4 cos у. После
этого можно воспользоваться тем, что cos2 а + cos2 р + cos2 у =
= 1. Это следует, например, из того, что углы, образованные высо-
той, опущенной на четвертую грань, с боковыми ребрами пирамиды
равны также а, р и у (см. задачу 10).
204.	Возьмем прямую, перпендикулярную данной плоскости,
и обозначим через а, р и у углы, образуемые этой прямой с ребрами
куба. Проекции ребер на плоскость принимают значения sin а,
sin р, sin у. А поскольку cos2 а + cos2 р + cos2 у = 1, сумма ква-
дратов проекций будет равна
4а2 (sin2 а + sin2 Р + sin2 у) = 8а2,
где а — ребро куба.
205.	Проведем через каждое ребро тетраэдра плоскость, па-
раллельную противоположному ребру. Мы получим куб, в который
вписан тетраэдр. Если ребро тетраэдра Ь, то ребро куба будет
Ь/]Л2. Проекция каждой грани куба есть параллелограмм, диаго-
нали которого равны проекциям ребер тетраэдра. Сумма квадратов
всех диагоналей равна удвоенной сумме квадратов проекций ребер
тетраэдра и равна удвоенной сумме квадратов проекций ребер
куба.
Воспользовавшись' результатом предыдущей задачи, получим,
что сумма квадратов проекций ребер правильного тетраэдра на
<•	Ь2,
произвольную плоскость равна 8 -тр = 4&2.
206.	Рассмотрим сначала случай, когда данные Црямые скре-
щиваются. Обозначим через А и В положения точек в некоторый
момент времени, к.— отношение их скоростей (скорость ?тсла, на-
ходящегося в точке А, в к раз больше скорости другого тела).
М и N — две точки на прямой АВ такие, что | AM | : | МВ | =
= | AN | : | NB | = к (М — на отрезке АВ), О — середина MN.
Доказательство утверждения нашей задачи разобьем на следую-
щие пункты:
1)	Точки М, N и О перемещаются по прямым, причем прямые,
по которым перемещаются точки А, В, М, N и О, параллельны
одной плоскости.
2)	Прямые, по которым перемещаются точки М и N. перпен-
дикулярны.
3)	Если две прямые перпендикулярны и скрещиваются, то
любая сфера, построенная как на диаметре па отрезке, концы кото-
рого расположены па этих прямых, проходит через точки Р и Q,
10J
где PQ — общий перпендикуляр к этим прямым (Р и Q находятся
на прямых).
4)	Геометрическим местом точек L таких, что | AL | : | LB\ =
= к, есть поверхность сферы, построенной на MN как на диаметре?
Из утверждений 1) — 4) следует, что окружность, существова-
ние которой утверждается в задаче, есть окружность, получаю-
щаяся при вращении точки Р (или Q) вокруг прямой, по которой
перемещается точка О, где Р и Q — концы общего перпендикуляра
к прямым, по которым перемещаются точки М и N?
Пункты 1) и 2) можно доказать, например, следующим образом?
Пусть 40 и Bq — положения точек в некоторый фиксированный
момент времени. Спроектируем наши точки параллельно прямой
AqBq на плоскость, параллельную заданным прямым. Точки 4g
и Bq спроектируются в одну точку С, точки же 4, В, M,fNnO
спроектируются в точки 4', В', М', N' и О'® Тогда точки М' и N'
будут основаниями биссектрис внутреннего и внешнего угла С
треугольника А'В'С. Значит, М', N' и О' перемещаются по прямым,
причем M^CN' = 90°. Отсюда следует, что и точки М, N и О так-
же перемещаются по прямым, поскольку очевидно, что каждая из
этих точек расположена в фиксированной плоскости, параллельной
заданным прямым. Пункт 3) очевиден. Пункт 4) следует из соответ-
ствующего утверждения планиметрии.
В случае, когда точки 4 и В перемещаются по двум пересекаю-
щимся прямым, рассуждения несколько видоизменяются. Задача
сводится к доказательству существования в плоскости, содержащей
заданные прямые, двух фиксированных точек Р и Q таких, что
| АР | : | РВ | = | AQ | : | QB | = к.
207.	Пусть О — центр шара, г — его радиус, АР и BQ — ка-
сательные к шару (Р и Q — точки касания), М — точка пересече-
ния прямых 4 Р и BQ. Обозначим: [ О А | = а, | ОВ | = b, | РМ | =
= \QM\ = x. Тогда | ОМ |2 = г2 + х2, | ЛМ|? ='(/а2 — г2±
± ж)2, | ВМ |2'= (У Ь2 — г2 ± х)2.
Если знаки одинаковые, то выполняется соотношение
V Ъ2 — г2 I А М I2 — У a2 — г21 ВМ I2 +
+ (/а2 — г2 — У Ъ2 — г2) | ОМ |2 = lv (1)
Если знаки разные, то
У Ь2 — г2 I А МI2 + У а? — г2 I ВМ I2 —
„(/ а2 — г2 + Уь- — г2) | ОМ |2 = Z2,	(2)
где li и 12 — константы, зависящие от г, а и Ъ.
Поскольку сумма коэффициентов при | AM j2, | ВМ |2 и | ОМ р
в выражениях (1) и (2) равна нулю, геометрическим местом точек М,
для которых выполняется одно из этих соотношений, является пло-
скость. В обоих случаях эта плоскость перпендикулярна плоскости
О АВ.
208.	Пусть АВС — данный треугольник, стороны которого,
как обычно, равны а, & и с. Радиусы трех шаров, касающихся между
собой и плоскости треугольника в точках 4, В и С, равны соответ-
bc са ab
ственно	• Обозначим через х радиус шара, касаю-
щегося трех данных и плоскости треугольника, М точка касания
НО
этого шара с плоскостью. Имеем:
рМ| = 2/^,	|ив|_2-|/^.	|МС;_2/^.
с) \
(1)
плоскости
(2)
_ 2/3
~ R
шаров, 7?!
Следовательно, | МА | : | МВ | = Ъ : а, | МВ | : | МС [ = с : Ъ
пли | МА | : | МВ | : | МС | = Ъсас : аЪ.
Для любого неравностороннего треугольника существуют ровно
две точки Mf и М2, для которых выполняется это соотношение.
При этом, если воспользоваться теоремой Бретшнейдера (см. зада-
чу 149 из (1)), получим что, если А = а — наименьший угол тре-
угольника, углы ВМ}С и ВМ2С равны 60° + а и 60° — а. Пусть
В М4С = 60° + а. Запишем для	теорему косинусов, обо-
значив радиус шара, касающегося плоскости в точке Мг, через г
{х == г),
Л 2acr 2abr
а2 = —— -|- —— — 4ar cos (60° + а) =>
1	ь 2 cos (60° 4- с
г \	+ ас	а
Аналогично, считая, что радиус шара, касающегося
в точке М2, есть р, получим
с Ъ 2 cos (60° — а) \
аЪ + ас	а / *
Вычитая (2) из (1), получим
1	1	4 [cos (60° —- а) — cos (60° 4- а)]
г р ~	а
8 sin 60° sin а
а
что и требовалось.
209.	Пусть М — середина АВ, О4 и О2 — центры
и В2 — их радиусы, тогда
IМ01 р -1 мог р = (в* +	+ -Цт-) = ^ - *1-
Это означает, что середины всех отрезков общих касательных
к данным шарам лежат в, одной плоскости, перпендикулярной
отрезку Отсюда следует справедивость утверждения нашей
задачи.
210.	Такого пятиугольника не существует.
211.	Пусть AiA2A3A4Ab — данный пятиугольник. Из условия
следует, что все диагонали пятиугольника равны между собой.
Выберем три вершины пятиугольника таким образом, чтобы две
оставшиеся вершины находились по одну сторону от плоскости,
определяемой тремя взятыми вершинами. Пусть, например, это
будут вершины А2, А3, Аб. Тогда вершины Aj и А4 будут симмет-
ричны друг другу относительно плоскости, проходящей через сере-
дину А2А3 и перпендикулярной А2А3. Это следует из того, что
Л А2АДб — равнобедренный, | А2Аб | = | А3А5 |, и А4 — по
одну сторону от плоскости А2А3А5 и ] А4А2 | = | А4А3 |, | А4А5 | =
= | А4А5 [, | АгА3 | = j А4А2 |. Значит, точки Alt А2, А3, А4
111
в одной плоскости. Дальнейшее понятно. Случаи, когда искомая
плоскость проходит через другие вершины, рассматриваются ана-
логично.
212.	Обозначим через М точку пересечения диагонали АСЛ
с плоскостью A±BD. Тогда М — точка пересечения медиан тре-
угольника AXBD, и, кроме того, М делит диагональ АС± в отно-
1
птенпн 1 : 2, т. е. | AM | =х -у d.
Рассмотрим пирамиду ABA^D (рис. 45). Возьмем на прямой
ВМ точку К так, что | МК | = | ВМ |, и построим призму
MKDANP. Нетрудно за-
метить, что расстояния
между боковыми ребрами
этой призмы равны соот-
ветствующим расстояниям
от точек Л1, В и D до А М.
Следовательно, стороны се-
чения, перпендикулярного
боковым ребрам призмы
MKDANP, равны этим
расстояниям. Далее, объем
пирамиды ABAJ) равен
объему построенной призмы
и составляет х/6 объе-
ма параллелепипеда, т. о.
4- V = 4- dS, F == 2dS.
о 3	’
213.	Пусть М — центр
тяжести тетраэдра ABCDt
Объем пирамиды МАВС составляем х/4 объема данного тетраэдра. До-
строим пирамиду МАВС до параллелепипеда так, чтобы отрезки МЛ,
МВ, МС являлись бы его ребрами. На рис. 46 этот параллелепипед
Рис. 46.
изображен отдельно^ Очевидно, ребра МС, СК, KL и диагональ ML
«того параллелепипеда равны и параллельны соответственно МС,
МА, МВ и MD. Но объемы пирамид МДВС и MCKL равны, т. е.
1
каждый из них составляет -j- Рдвсд. Следовательно, объем тетра-
112
/ 4 \з 1
эдра, о котором идет речь в задаче, составляет (у I • — VABCD =
214.	При решении задачи 180 нами было доказано, что сумма
векторов, перпендикулярных граням тетраэдра, направленных во
внешнюю по отношению к тетраэдру сторону и по длине равных
площадям соответствующих граней, равна нулю. Из этого следует
существование тетраэдра KLMN.
При нахождении объема тетраэдра мы воспользуемся следую-
щей формулой:
V == -у abc sin a sin Р sin С,
где а, b и с — длины ребер, выходящих из какой-либо вершины
тетраэдра, а и р — два плоских угла при этой вершине, С — дву-
гранный угол между плоскостями граней, соответствующих углам
аир. Если теперь а, р и у — все плоские углы при этой вершине,
4, Л п С — двугранные углы, то
Р •-= ^уj а3№3 sin2 а sin2 р sin2 у sin A sin В sin С. (1)
Возьмем теперь какую-либо точку внутри тетраэдра, опустим
перпендикуляры из нее на три грани тетраэдра, соответствующих
рассматриваемому трехгранпому углу, и отложим на каждом из
них отрезки, по длине численно равные площадям этих граней.
Очевидно, объем тетраэдра, образованного этими отрезками, равен
объему тетраэдра KLMN. Плоские углы при вершине трехгранно'го
угла, образованного этими отрезками, равны 180° —Л, 180° — Р,
180° — С, двугранны© углы — 180° — а, 180° — р, 180° — у.
Следовательно, используя равенство (1), получим для W — -объема
этого тетраэдра
/ 1 \з
И73™ (у) sin2 Л sin2 В sin2 С sin a sin Р sin у, (2)
где 51? S2, 8\ — площади граней, образованных ребрами а, Ъ и с,
1 11
т. е. 51 = у ab sin у, S2 = у be sin а, 53 = у са sin р.
Заменяя S2, 53 в (2), получим
/ 1 \3 / 1
W3 = (у) (у) л666св sin4 a sin4 Р sm4 у sin2 A sin2 В sin2 С. (3)
Сравнивая выражения (1) и (3), получим
W -	V*.
215.	Утверждение задачи следует из того, что произведенпя
отрезков, на которые каждая из этих хорд делится точкой пересе-
чения, равны между собой.
217.	Утверждение нашей задачи следует из такого планимет-
рического факта. Если через точку Р, расположенную вне данной
окружности, проведены две прямые, пересекающие окружность
соответственно в точках А и В и Pf, то прямая А^В^ параллель-
113
на касательной к окружности, описанной около РАВ, проведенной
через точку Р.
Таким образом, множество точек, о которых говорится в задаче,
будет принадлежать плоскости, параллельной'плоскости, касаю-
щейся в точке Р сферы, проходящей через данную окружность и
точку Р.
218.	Уравнение
(х — а)2 + (у — Ь)2 = к2 (z — сУ2
описывает коническую поверхность, вершина которой находится в
точке S (а, Ь, с), ось параллельна оси z, к = tg а, где а — угол меж-
ду осью конуса и образующей. Вычитая друг из друга уравнения
двух конических поверхностей с осями, параллельными осп z,
одинаковьши параметрами к, но различными вершинами, получим
линейное соотношение между х, у и z.
. 219. Обозначим через F точку пересечения прямых KL и WV,
а через Е — точку пересечения прямой PF со сферой, проходящей
через точки Р, А, В и С (предполагаем, что Р не лежит в плос-
кости грани АВС),
Точки Р, Q, В и Е принадлежат одной окружности, пред-
ставляющей собой сечение сферы, проходящей через Р, А, В и С,
плоскостью, проходящей через точки Р, К и L. Но, поскольку
F — точка пересечения прямых КЬъ MN, точки Р, S, ТлЕ дол-
жны принадлежать окружности, являющейся сечением сферы,
проходящей через Р, А, С и D, плоскостью, определяемой точка-
ми Р, М и Следовательно, точки Р, Q,R, S и Т лежат на
двух окружностях, имеющих две общие [точки - Р и Е, а такие
две окружности принадлежат одной сфере.
Замечание. Мы рассмотрели случай общего положения
заданных точек, для полноты решения нам нужно рассмотреть еще
несколько предельных случаев, например, Р лежит в плоскости
грани, KL и MN параллельны и т. д.
220. Пусть ребра SA,SB,SC и SD четырехгранного угла
являются образующими конуса, ось которого SO. Тогда в трехгран-
ном угле, образованном прямыми SO, SB и SC, двугранные углы
с ребрами SA и SB равны. Рассмотрев три других таких угла, легко
получим, что суммы противоположных двугранных угдов данного
четырехгранного угла равны.
Обратно. Пусть суммы противоположных двугранных углов
равны. Рассмотрим конус, образующими которого являются пря-
мые SA, SB и SС. Допустим, что SD не является образующей.
Обозначим через SD} прямую, по которой пересекаются поверх-
ность конуса и плоскость ASD. Мы получим два четырехгранных
угла SABCD и SABCDi, в каждом из которых суммы противополож-
ных двугранных углов равны. Из этого будет следовать, что в трех-
гранном угле, дополнительном к углу SCDD^ (смотри решение за-
дач 165 и 166), один плоский угол равен сумме двух других, что не-
возможно.
221. Пусть все вершины шестигранника ABCDEFKL, за ис-
ключением С, расположены на поверхности сферы с центром О
(рис. 47). Обозначим через Ci точку пересечения прямой КС с по-
верхностью сферы.
Для краткости будем обозначать через <£ FEL двугранный
угол между плоскостями FEO и FLO (аналогично обозначаются
остальные двугранные углы). Используя утверждение (прямое)
114
задачи 220, можем записать:
< FEL + < FKL = < EFK + < ELK,
< AEF + < ABF = BAB + < EFB,
AEL -J- < ADL = < BLD + < EAD,
< FKCt + < FBC1 = < KFB + < KCrB,
< LKCi + < LDCf = < KLD + < КС J).
Сложив все эти равенства, учитывая, что сумма любых трех двугран-
ных углов, имеющих общее ребро (например, ОЕ), равна 2л, полу-
чим
[^ABCi + ^ADC^
= <£BAD + ^BC1D,
а это означает (см. задачу 220,
обратное утверждение), что реб-
ра ОА, ОВ, OCi и OD являются
образующими одного конуса. От-
сюда следует, что С± лежит в
плоскости ABD, т. е. С± совпада-
ет с С.
Требует отдельного рассмот-
рения случай, когда О находит-
ся вне многогранника.
222. Пусть 4 В 67) — данный
тетраэдр, К, L, М, N, Р и Q —
Рис. 47.
данные точки соответственно на
ребрах AB,AC,AD, ВС, CD nDB.
Обозначим через D± точку Пересечения окружностей, проходящих
через К, В, N и С, L, N. Нетрудно доказать, что точка D± принад-
лежит окружности, проходящей через точки А, К и L. Аналогично
в плоскостях BCD, ACD и ADB определим точки Alt В± и Ct. Пусть,
наконец, F — точка пересечения трех сфер, описанных около
тетраэдров KBNQ, LCNP и NDPQ. Воспользуемся результатом
задачи 221. В многограннике с вершинами В, N, Alt Q, К, Dlt F,
С± все вершины лежат на поверхности сферы, пять граней —
BKDjN, ВКС&, BNAiQ, D^NA-^F, A-^QC-J? являются плоскими че-
тырехугольниками, следовательно, и четырехугольник KD-^FC^
является плоским. Точно так же докажем, что плоскими являются
четырехугольники LD^FBi и MB-^FC^
И, наконец, в шестиграннике AKD1LMB1FC1 семь вершин
А, К, Df, L, М, Bf, Cf лежат на поверхности сферы, проходящей
через А, К, L и М, значит, и точка F лежит на этой же сфере.
224. Пусть S — вершина угла. Пересечем угол плоскостью
таким образом, чтобы образовалась пирамида SABCD, в которой
ABCD — основание, а противоположные боковые ребра равны:
| SA | = | SC |, ’ [ SB | = | SD |.
(Докажите, что это всегда можно сделать.) Поскольку плоские
углы при вершинах равны между собой, ABCD — ромб. Пусть
О — точка пересечения АС и BD. Обозначим | АС | = 2х, | BD | =
= 2у, | SO | = z. Будем считать, что х < у. Если ASC и "BSD —
острые, то z > у, а это означает, что в Л ASB | АВ | <| AS | <| BS |,
т. е. XsB — меньший угол этого треугольника, ASB < 60°.
Так же рассматривается предположение, что оба угла тупые.
4
225. От SJi до-у Sh,
115
226.	Наибольший объем имеет тетраэдр, два противоположных
ребра которого перпендикулярны и являются диаметрами основа*
2
вий. Его объем равен — R2h.
227.	Пусть | АВ | = | ВС | = 1, | AAt | = х.
v __________L с	Ц______L
V DDiBCi ~ 3 ^DBDi' 2	6 Х‘
С другой стороны,
VDDiBCi ==
1р1в1 sin ф =	•’|/Л-|- + а:2./2 + г2 sin Ф’’
где <р — угол между D±B и плоскостью DBC^
Таким образом,
х
siD«P= У(2 + ^(1 + ^)-> 1йЙ = 2а:г + ^ + 5>9’
откуда следует, что наибольшим значением ф будет arcsm у.
228.	Пусть высота призмы равна 1, | AM | = х. Опишем около
треугольника А1МС1 окружность. Рассмотрим тело, получающееся
при вращении дуги А1МС1 этой окружности вокруг хорды Л^.
Угол A^C-t будет наибольшим, если прямая АВ касается поверх-
ности полученного тела. Последнее имеет место в том случае, если
прямые МО и АВ, где О — центр окружности, описанной около
треугольника АВС, перпендикулярны, значит, прямая МО делит
| AM | х
А±С1 в отношении  р j  = L, х •
С другой стороны, можно показать, что МО делит A^Cf в отно-
I АуМ I cos AyCaM
шении ——--------• Выражая стороны и косинусы углов •
| САМ | cos CiAiM
&AtMCi через х, получим уравнение
(14-я2) (4 — х) х
х$Л + х2) = 2^T^x3 + 3z-4==0,
Л
откуда ж = 1. Наибольшее значение угла А1МС1 равно-у .
229.	Прямые АЕ и CF перпендикулярны. Пусть — проек-
ция Q на плоскость ЛВВ1Л1. Qr лежит на отрезке BL, где L — сере-
дина ЛЛР Пусть N — точка пересечения АЕ и LB. Нетрудно найти,
1 1
что I AN I ==	. Обозначим: | АР | = -^=- 4- х, | NQt | = у. Тог-
8	/1	\2	I PM I2
да | РМ р = — + I-у=- 4- х J , | PQ I2 = х2 + у2 + 1, р- достп-
гает наибольшего значения при у = 0. Осталось найти наи-
9	2
5" + ТЗж + а:
большее значение дроби---1----------. Это значение достигается
ж2 4-1
при з: = у=-. _
Ответ: Y 2.
116
230. Рассмотрим &KLM, представляющий собой проекцию
данного треугольника на плоскость ABCD, К—‘на прямой СВ,
L — на CD, М — на С А. Если | СК | = х, то | CL | = | а — х |,
|СЛ/| = V5|a — -J-| .
Нетрудно получить, что
$ klm ~ 2 । х	а (а 2 } | ~ 4	г
7аа
Наименьшее значение равно -gg" •
231. Пусть х — высота параллелепипеда. Рассмотрим сечепие
пирамиды плоскостью, проходящей на расстоянии х от ее основания.
В сечении получится квадрат со стороной (1 — х),в который вписан
прямоугольник площади s, являющийся гранью параллелепипеда.
Возможны два случая:
1) Основание параллелепипеда есть квадрат со стороной ]/ s.
Диагональ параллелепипеда d =	+ 2s, причем
/2
<(!-*)
или
1— V* < X < 1 - V S.
1 /—
Таким образом, в этом случае, если s<j , 1 —2 У 2s + 4s <d2<
г-	1	"	г-
< 1 — 2у s + 3s, если же S > — , 2s < d2 < 1 — 2 У s + 3s.
2) Стороны грани параллелепипеда, вписанной в сечение, па-
раллельны диагоналям сечения. Обозначим их через у и z. Наша
задача заключается в том, чтобы исследовать изменение функции
d2 = х2 + у2 + z2 при условиях
( yz==s,
I y + z = (l-x)V2.
Получившаяся система совместна, если 1—-x^YZs, 0 < х <
< 1 — 142s.) Имеем:
d2 = х2 + (у + z)2 — 2yz =	+ 2 (1 — х)2 — 2s =
= Зх2 — 4х + 2 — 2s.
1	о	2
Если s < qg-, то наименьшее значение d2 достигается при х = -g~,
1 __________________________________
исли же s> то При х = 1 — Y 2s. Кроме того, d2 < 2 — 2s,
Объединяя результаты пунктов 1) и 2), получим
1
Ответ; если 0 < s < -jg-, то
-j- —2s <с/< |/2^2s;
117
1	7 + 2/6
если is <s <	25	’ т0
/ 1 - 2 /2? + 4s < d <
7+2/6	1
если --25--<“2~ > то
/ 1-2/2Г + 4s < d < /1 — 2 /Г + 3s;
1
если ~2~ s < 1, то
/2s <d</l — 2/s +3s.
232. Проведем сечение многогранника ABC А 2 ^jNCi плос-
костью, проходящей на расстоянии h от плоскости А^В^С^ и спроек-
тируем получившееся сечение на плоскость А^В1С1 (рис. 48). На
рисунке проекция этого сечения
обозначена штриховыми линиями.
Очевидно, что окружность основа-
ния цилиндра должна находиться
внутри трапеции KLNC± (К, L —
точки пересечения АГС^ и MN с
проекцией этого сечения). Если
h = 3, плоскость сечения совпадает
с плоскостью АВС, а точки
К и L — с серединами сторон
В]С1 и AiCp Если h < 3, | ML | =
=|л1?г[=4->
h
3 •
1^1 = 2^
3
Нетрудно убедиться, что при h < -g- радиус наибольшей окруж*
/3	з
пости, помещающейся в трапеции KLNC^, равен >а npn7i>-g~
этот радиус равен радиусу окружности, вписанной в правильный
л ' h	/ h V/3
треугольник со стороной [7ГС]= 2—т. е. он равен(2 — -g-)  g—.
3	3	3
Ответ: а) если 0<Л^~2", V = -jg-n&; если ~2“<&<3,

8л
б) наибольшее значение объема будет при h = 2, V =	•
233.	Если плоскость, проведенная через наш отрезок парал-
лельно граниЛВВхЛ^ пересекает СВ в точке К так, что | СК | = х,
то проекция отрезка на грань АВС имеет длину я, а проекция его
па ребро ССъ равна | а « 2х |; таким образом, длина отрезка будет
равна	___________________ _________ _______
/ж2 + (а — 2х)2 = /бж2 = 4ах +’ а2.
а
Наименьшая длина равна -ру •
118
234.	Аналогом нашей задачи на плоскости является следующее
утверждение. Дан угол и точка N внутри него. Рассмотрим всевоз-
можные треугольники, образуемые сторонами угла и прямой, про-
ходящей через точку N, Наименьшую площадь среди таких тре-
угольников имеет тот, для которого сторона, проходящая через ЛГ,
делится точкой N пополам.
Вернемся к нашей задаче. Пусть М — данная точка внутри
трехгранного - угла. Плоскость, проходящая через М, пересекает
ребра трехгранного угла в точках А, В, С. Пусть прямая AM пере-
секает ВС в точке 7V. Тогда, если проведенная плоскость отсекает
тетраэдр наименьшего объема, точка N должна быть серединой ВС.
В противном случае, поворачивая плоскость вокруг прямой AN,
мы сможем уменьшить объем тетраэдра.
1 1
235.	Если h высота сегмента, то его объем равен ~2~Sh — -у- лЛ3.
Наибольшим объем будет при h ~ у ; он будет равен
A1/2Z.
3 Г 2л
236.	Заметим, что тень, отбрасываемая одной лишь верхней
гранью куба (считая, что все остальные грани прозрачны), представ-
ав
ляет из себя квадрат со стороной . ^ТС1°Да следует, что пло-
щадь тени, отбрасываемой кубом, будет наименьшей, когда источ-
ник света расположен над верхней гранью (освещена одна верхняя
( “Ъ \2
грань куба); она будет равна I у_д ) с учетом площади нижней
грани куба.
237.	Утверждение 1) верно, докажем это. Обозначим через Мг
многоугольник, получающийся при пересечении нашего много-
гранника плоскостью, не проходящей через его центр, S — площадь
этого многоугольника. М2 — многоугольник, симметричный
относительно центра многогранника. Обозначим через П наимень-
ший выпуклый многогранник, содержащий и М* (П называется
выпуклой оболочкой и М2). Очевидно, П — центрально-симмет-
ричный многогранник, его центр совпадает с центром исходного
, многогранника. Все вершины П есть или вершины Mf или вершины
М2. Пусть М — многоугольник, получающийся при пересечении П
плоскостью, проходящей через центр, параллельной граням М±
и М2, q — его площадь. Возьмем какую-либо грань N многогранни-
ка П, отличную от и М2. Очевидно, что любое сечение много-
грайника П плоскостью, пара л лельнойТУ, должно или одновременно
пересекать все три многоугольника Mf, М2 и М или не пересекать
ни один из них, причем, ввиду выпуклости многогранника П, от-
резки Zj, 12 и Z, по которым эта плоскость пересекает М2тл М,
связаны соотношением I -у* (Zx + Z2). Отсюда следует» что
1
q S. (Проинтегрируем неравенство I -у (Zj + Z2) по всевоз-
можным плоскостям, параллельным N
Утверждение 2) неверно. Построим пример. Рассмотрим в де-
картовой системе координат многогранник, точки которого удовлет-
воряют неравенству +	+	(Этот многогранник пред-
119
с тавляет собой правильный октаэдр.) Все грани этого многогранника
есть правильные треугольники со стороной Y% и радиусом опи-
санной окружности	Сечение этого многогранника плоско-
стью, проходящей через начало координат и параллельной лю-
бой его грани, представляет собой правильный шестиугольник со
Y2
стороной -у— и таким же радиусом описанной окружности. Но
2 V 3 ’
3 амечание. Для произвольного выпуклого центрально-
симметричного тела справедливо следующее утверждение. Пусть R
и Rq — радиусы наименьших окружностей, содержащих сечения
данного тела двумя параллельными плоскостями, причем вторая
/з
плоскость проходит через центр, тогда До % ' R- При этом, как
мы уже видели, равенство достигается для правильного октаэдра.
4
238.	-у.
239.	Пусть 4 и В — вершины конусов, М и N — две точки
на окружности оснований, L — точка, диаметрально противополож-
ная точке М (| А М | = Yr* + Н\ | ВМ | — Yг2 + Л2). Проведем
через М плоскость, перпендикулярную AM, и обозначим через
и проекции В, N и L на эту плоскость. Расстояние между
AM и BN равно расстоянию между М и BTNt и не может быть
больше, чем | МВг |.
Из условия h^H следует, что | MBt |< | ML} |, т. е. что точка
В± находится внутри или на границе проекции основания конусов
на проведенную плоскость, и расстояние между М и BYNX равно
МВг, если МВ1 и BrNr перпендикулярны.
(h + H)r
Ответ: —т±==- •
Yr2 + #2
240.	Продолжим ребро ВгВ за точку В и возьмем на продолже-
нии точку К, | ВК | — а. Нетрудно видеть, что К равноудалена от
всех сторон четырехугольника AB-JCD. Возьмем теперь на диагона-
| B±L I
ли BtD точку L так, что = г 2. Точка L является основанием
биссектрис треугольников ВХА1) и BrCD и, значит, L также равно-
удалена от сторон четырехугольника AB^JD. Теперь можно дока-
зать, что все точки прямой KL равноудалены от сторон четырехуголь-
ника. Таким образом, искомый радиус равен кратчайшему расстоя-
нию между прямой KL и любой из прямых, образующих четырех-
угольник AB^CD. Найдем расстояние, например, между прямыми
KL и AD. Спроектируем К и L на плоскость CDD^C^ Получим точ-
ки К± и Lt. Искомое расстояние равно расстоянию от точки D до
прямой К^. 
Ответ: ay 1 — ~~2~ •
241о Пусть на ребре двугранного угла лежит диагональ АСг
куба, грани угла пересекают ребра куба в точках М и N. Нетрудно
заметить, что, если объем части куба внутри этого угла достигает
120
своего наибольшего или наименьшего значения, то площади тре-
угольников ДС^Ми ACxN должны быть равны (в пробивном случае,
поворачивая угол в нужном направлении, мы сможем этот объем
как^увеличить, так и уменьшить).
Если 0 < а 60°, то рассматриваемая часть куба имеет объем
1	2
заключенный в интервале от ----------~ до —г------------\
2/3 ctg— 3(l + /3ctg—)
При а = 60° этот объем постоянен и равен х/6.
При 60° < а 120° нужно концы интервала увеличить на
x/ff, а а заменить на а — 60°? при 120° < а 180° — увеличить на
3/3, а а заменить на а — 120°.
242.	Заметим, что площадь проекции любого параллелепипеда
всегда вдвое больше площади проекции какого-либо треугольника
с вершинами в концах трех ребер параллелепипеда, выходящими
из одной его вершины. Для прямоугольного параллелепипеда все
такие треугольники равны. Наибольшая площадь проекции прямо-
угольного параллелепипеда будет в том случае, когда один из таких
треугольников параллелен плоскости, на которую проектируется
параллелепипед. Таким образом, наибольшая площадь проекции
равна У'a2b2 Ь2с2 4~ с2а2.
243.	Докажите, что объем такого тетраэдра меньше, чем объем
тетраэдра, две грани которого — правильные треугольники со
стороной 1, образующие прямой угол.
244.	1) Это утверждение неверно. Например, возьмем внутри
треугольника АВС две точки vC Ег так, чтобы сумма расстояний
от до вершин треугольника была бы меньше суммы расстояний от
Ех до вершин. Возьмем теперь точку D достаточно близко к D1 так,
чтобы сумма расстояний от D до вершин А, В и С оставалась бы
меньше суммы расстояний от точки Ег. Точку Е возьмем внутри
ABCD на перпендикуляре к плоскости АВС, восставленном в точ-
ке Е±.
2)	Это утверждение верно. Докажем это. Обозначим через М
точку пересечения прямой DE с плоскостью АВС. Очевидно, М —
внутри треугольника АВС.
Прямые AM, ВМ и СМ разбивают плоскость треугольника
АВС на шесть частей. Проекция D на плоскость АВС — точка Di-
находится в одной из этих шести частей. В зависимости от того, где
находится Dlf один из углов D^MA, D^MB, D±MC — тупой. Если
этоГ^ТИЛ, то и DMA будет тупым, а, значит, и DD3 тоже. Отсюда
следует, что | DE | < | DA |.
245.	Пусть 2а — сторона основания, h — высота пирамиды.
Тогда R равен радиусу окружности, описанной около равнобедрен-
„	2а2 -f-
ного треугольника с основанием 2а у 2 и высотой h, R —----- >
г равен радиусу окружности, вписанной в равнобедренный треуголь-
ник с основанием 2а и высотой h,
а , г_______ v
r = -^-(/aa + h2 —а).
Пусть
R	2Л2	Ь .2	2
---=-----z ...	------г = Л, h2 = ха2,
г 2а (У а2 + h2 — а)
121
Будем иметь 2 + х = 2А» (]^1 + х 1), откуда х2 + 4 (1 +
4- к — к2) х +	= 0. Дискриминант этого уравнения равен
16fc2 (к2 — 2к — 1). Таким образом, fc>]/”2 + l, что и требова-
лось.
246.	Центры тяжести граней тетраэдра служат вершинами тет-
раэдра, подобного данному с коэффициентом подобия х/3. Следова-
тельно, радиус сферы, проходящей через центры тяжестей граней
данного тетраэдра, равен 7?/3. Очевидно, этот радиус не может быть
меньше радиуса сферы, вписанной в данный тетраэдр.
247.	Пусть в тетраэдре ABCD \АВ | = ft, | CD | = с, остальные
ребра равны а. Если /V — середина АВ, М — середина CD то пря-
мая MN является осью симметрии тетраэдра ABCD (рис. 49, а).
Рис. 49.
Теперь нетрудно доказать, что точка, для которой сумма расстоя-
ний до вершин тетраэдра достигает наименьшего значения, должна
находиться на прямой MN. В самом деле, возьмем произвольную
точку Р и точку РА, симметричную ей относительно прямой MN.
Тогда суммы расстояний от Р и Р' до вершин тетраэдра равны. Если
К — середина РРА (К лежит на M2V), то в треугольниках РЛРА,
РВР\ РСР' и PDP' А К, ВК, СК и DK — медианы, а медиана
треугольника меньше полусуммы сторон, ее заключающих.
Величину ) MN | нетрудно найти,
Ь2
Рассмотрим равнобочную трапецию LQRS (рис. 49, б), в кото-
рой основания | LS ] и | QR | равны b и с, а высота равна d. Пусть F
и Е — середины оснований LS и QR. Если К — точка на MN, а
Т — на FE, причем | FT | = ] NK\, то, очевидно, суммы расстояний
от К до вершин А, В, С и D и от Т до вершин £, £, Q и R равны.
А в трапеции LQRS (да и в любом выпуклом четырехугольнике)
сумма расстояний до вершин достигает наименьшего значения
в точке пересечения диагоналей и равна сумме диагоналей.
Ответ: ~\f4а2 + 2Ъс,
248.	Докажем, что кратчайший путь, ведущий из точки А
окружности большего основания, в диаметрально противополож-
ную точку С другого основания, состоит из образующей АВ и диа-
метра ВС. Его длина 27?. Обозначим через г— радиус меньшего ос-
нования, О — его центр. Рассмотрим путь, идущий из А в некото-
рую точку М меньшего основания. Дуга ЛМ, расположенная на
122
боковой поверхности конуса, будет иметь наименьшую длину, если
на развертке боковой поверхности конуса ей будет соответствовать
отрезок прямой. Но развертка боковой поверхности конуса с углом
между образующей и основанием, равным л/3, и радиусом основа-
ния R представляет собой полукруг радиуса 2R. Значит, развертка
усеченного конуса есть полукольцо. При этом, если дуге ВМ на
Рис. 50.
основании соответствовал центральный угол ф, то на развертке этой
<р
дуге будет соответствовать центральный угол -у (рис. 50). Следова-
тельно,
| ЛМ |2 == 4Я2 + 4r2 — 8flrcos-|-, IЛГСI = 2r cos-7Г .
Нам осталось доказать, что
j/"47?2 + 4г2 — SRr cos -у- + 2r cos
Это неравенство доказывается с помощью очевидных преобразо-
ваний.
249.	Зафиксируем величины | а |, | Ъ |, | с |, обозначим через х, у
и z косинусы углов соответственно между а и б, б и с, с и а.
Рассмотрим разность между левой и правой частями доказы-
ваемого неравенства.
Получим
l«l + PH-kl +
+ Fl « I2 + I Ь |2 + |c|2 + 2|a|-|4|x + 2|4|.|c|y + 2|c|-|a|2-
~/la|2+|6|2 + 2|a|.p|x-Fl*l2+|c|2 + 2|6|.|c|2/-
— Fl с |2+j а |2 + 2 | с а 12 = / (ж, у, 2).
Заметим, что функция <р (£) — F^ +1 — УI-j-t— г—	——— 
у d -{- t -j- у I -j-1
монотонна по f. Из этого следует, что f (rr, у, z) достигает своего
наименьшего значения, когда х, у, z равны ±1, т. е. когда век-
торы а, б и с коллинеарны. В этом случае наше неравенство
легко проверяется.
250.	Пусть прямая MN пересекает в точке L, Обозначим:
| AM | == х, | BN | = у. Из условия следует, что х > а, ?/ > а.
I |
Спроектировав все точки на плоскость АВВ±А^ найдем । j =
123
a
= 7~z."7 » спроектировав же их на плоскость ABCD, найдем
I СгЬ | у — а	а у— а
ущу = —— • Следовательно, х_а = —-— , откуда ху —
= (х 4* ?/)а. Но (х + у)2 4ху. Значит, ху 4а2.
Теперь получим | MN |2 == х2 -|- у2 4 а2 = (х + у)2 — 2ху + а2 ==
(х?/)2	1
= •" д2 —2ху 4- а2 = -^2~ (ху — а2)2	9а2. Наименьшее значение
| MN | равно За.
251.	Если х — длина двуз; др утих сторон прямоугольника,
то объем пирамиды равен 4^-1/	____JL-_Наибольшее зна-
3 г 4	4 *
ченве объема будет при х =
a2 x2
46 2 — а2	а(462 — а2)
---- , оно равно—-—— -
252.	Пусть М — точка на прямой ABr, N — на прямой ВС^
Mi и N± — проекции М и N на плоскость ABCD, Обозначим:
| ВМг \ = х, | BNi | = у, тогда
I MjTVi I = /я2 + у2, I MN I = V х2 + у2 + (а - ж - у)2.
По условию | Л/TVJ — 2 | M1N11, следовательно, (а — х — у)2 =
= 3 (х2 + г/2). Пусть х2 + У2 — и2, х + у — и, тогда 2и2 — и2 О,
а поскольку и2 = 1/3 (а — v)2, то, заменяя и2 в неравенстве, связы-
вающем и и v, получим неравенство для и: и2 + 4аи — 2а2 < О,
откуда — а (2 + 1^6) < v < а (ТЛб —* 2). Теперь найдем наимень-
шее значение | MN ), оно равно 2а (]/3 — У 2).
253.	Рассмотрим куб A BCDA1B1C1D1 с ребром 2В. Расположим
оси данных цилиндров на прямых A A}, DC, ВгС^
а)	Центр куба удален от всех ребер*куба на расстояние В У 2.
Любая точка пространства удалена на* расстояние большее, чем
В У 2, хотя бы от одного ребра AAlt DC, В^. Это следует из того,
4 то цилиндры с осями AAi, DC, В1С1 и радиусами В У2 имеют един-
ственную общую точку — центр куба. Следовательно, радиус
ыаименыпего шара, касающегося всех трех цилиндров, равен
R (/2-1).
б)	Если X, L и М — середины ребер AAt, DC и В1С1, то пря-
мая, проходящая через центр куба перпендикулярно плоскости
KLM, уррм&ва. от прямых АА^, DC и B±Bi на расстояние В У 2\
£\KLM — правильный, его центр совпадает о центром куба. Отсю-
да следует, что любая прямая, пересекающая плоскость KLM,
удалена хотя бы от одной из вершин &KLM на расстояние не боль-
шее, чем радиус описанной около него окружности, равный В У 2»
Таким образом, радиус наибольшего цилиндра, касающегося трех
данных и удовлетворяющего условиям задачи, равен В (У2—1).
254.	Пусть ABCD — тетраэдр наибольшего объема, О — центр
данных сфер. Каждый отрезок, соединяющий О с вершиной тетра-
эдра, должен быть перпендикулярен грани, противоположной этой
вершине. Если, например, АО не перпендикулярен плоскости BCD,
то на поверхности той сферы, на которой лежит точка А, можно най-
ти точки, более удаленные от плоскости BCD, чем точка А. (Это
рассуждение,.очевидно, останется верным, если А, В, С и D лежат
124
на поверхностях различных сфер и даже не обязательно концентри-
ческих.) Отсюда следует, что противоположные ребра тетраэдра
ABCD попарно перпендикулярны. Пусть, далее, точки А и В лежат
А'
на сфере радиуса R = у 10,
а С и D — на сфере радиуса
т = 2. Обозначим через х и у
расстояния от О до АВ и CD
соответственно.
Проведем через А В се-
чение, перпендикулярное CD.
Обозначим через К точку пе-
ресечения этой плоскости с
CD. Учитывая свойства ва-
шего тетраэдра ABCD, нетру-
дно доказать, что | А К | =
= | ВК |, О — точка пересе-
чения высот ДЛ ВК. Проведем
высоты KL и AM (рис. 51) . Из
подобия треугольников ALO
и ОКМ найдем | ОМ | = -g- .
Далее,
Рис. 51.
| АВ I = 2V R2 — х2, и из
подобия треугольников AOL и А МВ получим
R 2VR2 — x2
VR2 — x2 = п , ху '
R+~TT
откуда 2х2 + ху = R2. Точно так же получим уравнение 2у2 + ху ==
₽= г2. Из системы уравнений
Г 2х2 + ху = 10,
[ 2у2 + ху = 4
найдем х = 2, у = 1. Объем тетраэдра ABCD будет равен 61^2*
255. Пусть А — вершина трехгранного угла, плоские углы ко-
торого прямые, В — вершинц, другого угла. Возьмем на отрезке
А В точку М такую, что 2|ЛМ | = | МВ |. Проведем через точку М
плоскость, перпендикулярную Л В. Проведенная плоскость пересечет
каждый из этих двух трехгранных углов по правильному треуголь-
нику со стороной b = а -g--. На рис. 52,a &PQR соответствует
сечению трехгранного угла с вершиной А. Грань BCD отсекает от
пирамиды APQR пирамиду QFKL (где находится точка F, понятно
из рис. 52, б). Объем этой пирамиды пропорционален произведению
| QK |-|<?А |. | QF |. Величина | QF |, очевидно, достигает наиболь-
шего значения при а = л/3, где а = CMQ. Докажем, что | KQ | X
X | QL | достигает наибольшего значения также при а — л/3. По-
скольку KL касается вписанной в PQR окружности, периметр
&KQL постоянен и равен Ь. Обозначим | KQ | = х, | QL | = у,
тогда | KL | = Ь — х — у. Запишем теорему косинусов для &KQL-.
(Ъ — х — у)2 = х2 + у2 — ху Ъ2 — 2Ь (х + у) +	0 =>
=> Ъ2 — ху + Зху 0.
__ у г___________	Ъ
Следоваюльно, или |/ ху » или у ху ^Ъ. Но 0 х < -у-
125
и	“2" . Значит, Уху < -g~. Равенство достигается, если
Ъ
ж==2/ = —.
Таким образом, объем пирамиды QKLF наибольший при
а — я/3 N — середина QM (рис. 52,6). ПроведяфТпараллельноВВ,
получим | ВТ | = | МВ |. Таким образом,
pFj |4BJ 3	10/7 1 — Л_|Л(?
а3 УЗ
Объем пирамиды A PQR легко находится, он равен—gj— •
От пирамиды APQR отрезаются три пирамиды, равные пирамиде
QFKL.
1	1	2	2 х
Объем каждой из них составляет -g- • -g- • -g- = -^g- объема
APQR. Таким образом, при а == л/3 от пирамиды APQR останется
многогранник объема
а3/3 /	2 \	13а3 /3
54 \1—	810
Рассуждая точно так же, получим, что при а = л/3 от пирами-
ды BCDE останется многогранник наименьшего объема, и объем
„	11а3/3
этого многогранника будет —gg^— •
„	«3^8
Сложив полученные объемы, получим ответ —gg— .
256.	Обозначим | BD | г= 2х. Нетрудно найти
V-V _ ^11-2^1/3^4^"
V~ VABCD~ 6(1 — Xi)
126
Заменив и — 1 — ж2, а затем w — 4и получим
х2 (1 — 2х2)2 (3 — 4х2)
) -	(1-х2)2	-
(1 — и) (2» — I)2 (4и — 1)	1	\/	1 Д
-----------2---------=^5-—-4иД4и + —-4j =
= (5 —- w) (w — 4) = — w2 + Qw — 20.
Наибольшее значение достигается при w — 9/2, откуда
1/3---- 1/4 9±Гп
х = V 1 — и = у 4----Jg----.
Ответ: наибольшее значение VABCD Равно •
257.	Пусть х — радиус шара, V (х) — сумма объема части
шара, расположенной вне тетраэдра, и части тетраэдра — вне шара.
Легко видеть, что V'' (х) =
==5! (я)—*£2 (х), где ^(^—поверх-
ность части шара, расположенной
вне тетраэдра, — поверх-
ность части шара, расположен-
ной внутри тетраэдра. Минимум
достигается при ^(я) =	(х),
1 -/ 2
откуда^ = а -у у ~у •
258.	Пусть а, Ь, с — стороны
основания, р —-----g----- > г —
радиус вписанной окружности,
х, у, z — расстояния от основа-
ния высоты пирамиды до сторон
а, Ь, с, h — высота пирамиды.
Тогда
Рис. 53.
5бок=-га +ж2+4"ь +у2+4"с
Заметим, что функция / (х) = У h2 -|? х2 вогнута (выпукла
вниз). А для таких функций справедливо неравенство:
«1/ (*i) + аа/ fe) + • • • + «п/ fe)>/ («1^1 + «2^2 + . . -+апл:п),
«г 0, i = 1, 2, . . п, «1 + «2 + • • * + <*n = 1.
Воспользуемся этим неравенством. Получим
*бок = р	>
>р]/л2+ (^^+-^y + -^-z) =
= р ]/"^2+
что и требовалось-
127
259.	Если О — центр окружности, L — проекция N на плос-
кость основания, то точка М, поскольку М — ближайшая к N
точка окружности, должна находиться йа отрезке LO. С другой
стороны, поскольку N — ближайшая к М точка диагонали грани,
MN — перпендикуляр к этой диагонали, а, значит, KN также пер-
пендикулярна этой диагонали, где К — проекция М па грань, содер-
жащую эту диагональ (рис. 53).
Пусть | AL | — ах, £\ANK — равнобедренный прямоугольный
следовательно, 1IК | = | AL | — ах,
I LK I ах
|М| = |0+ = _
J ^£>| = -g-(l — 4х).
Записав для ДМОЕ (ME параллельна AD) теорему Пифагора, по-
лучим для х уравнение
(1 _ 4х)3	/ 1 X \2	25
4	+ ( 2 ~ 1 — 2х / ~ 144
44 [6 (1 — 4х) (1 - 2х)]2 +[6(1- 4х)]2 =[5(1— 2х)]2.
Заменив в правой части 52 = З2 4- 42 и перенеся ее влево, получим
[6 (1 — 4т) (1 - 2т)]2 —
— [3 (1 - 2т)]3 + [6(1 — 4т)]2 - [4(1 — 2т)]2 = 0
44 9 (1 — 2т)2 (1 — 8т)(3 — 8т) + 4 (5 _ 16т) (1 — 8т) = 0 44
44 (1 — 8т)[9 (1 — 2т)2 (3 — 8т) + 4 (5 — 16т)] = О/
,Легко видеть, что точка К должна находиться левее точки D
т. е/ 0 < т < х/4, значит, выражение в квадратных скобках нр равно
нулю, Т = V8. - ___
п	^34
Ответ: а •
260.	а) Пусть | SC | = d, а, b, с — стороны ДА ВС, ha,hb, hc —
высоты ДА ВС, s — его площадь. Тогда
h '	h
9	CL	* Q	Ь	•	C
sm a = r , sm p —  л _-------, sm у = — — •
/a2 + &2	.	]/V + a2	-y
Таким образом, получаем для d уравнение
у[ + &2	/d2 + a2
ha + hb ~ 1 +	\
Умножая это уравнение на 2s, получим
а /d2 + b'1 + Ь/d2 + a2 = 2s + /c2d2 + 4s2.	(1)
Умножив и разделив левую и правую части (1) на разности со-
ответствующих величин (считаем, что А	В), получим
а2 — Ь2	с2
а Ус1‘ + 62 — 6 К</2 + а2" = /c2d2+~4s2’—	’
128
откуда
ac2Vd2 + 62 — 6с + а2 = (а2 — b2) (/Л*2 + 4s2 — 2s). (2)
(Умножив (1) на 62 — а2 и сложив с (2), получим
а (62 + с2 — а2) ]4а2 + 62 + b (62 — а2 — с2) V d2 + а2 = is (Ь2—а2).
С помощью теорем косинусов и синусов последнее уравнение
преобразуется к виду
г------	г_______ Ь2 — а2
COS A-Vd2 + b2 — cos В- Vd2 + a2 = —ж-.	(3)
Правую часть уравнения (3) преобразуем следующим образом:
Ь2 — а2
--— = 2R (sin2 В — sin2 А) = 2R sin (А -J- В) sin (В — А),
после чего умножим обе части (3) на cos А • /d2 + b2 4- cos В X
х/ d2 + а2, получим уравнение
(cos2 А — cos2 В) d2 + b2 cos2 А — a2 cos2 В =
= 2R sin (А + В) sin (В — A) (cos А ./d2 + b2 + cos B-Vd2 + а2).
(4)
В уравнении (4) соз2Л — cos2B = sin (Л 4- В) sin (В — Л),
62соз2Л — a2cos2B = 47?2 sin (В 4~ Л) sin (В — Л). Следовательно,
после сокращения уравнение (4) преобразуется в
______ _________________ ^2
cos Л« Yd2 + b2 + cos В-/d2 + a2 = -^r--\-2R.	(4')
Сложив (3) и (4'), получим
____ ^2
2 cos Л d2 4- b2 —	+ 2R (sin2 В -f- cos2 Л),
откуда
(/d2 + b2 — 2R cos Л)2 = О,
d2 = 41?2 (соз2Л — sin2Z?) == 41?2 cos (Л 4~ В) cos (Л — В),
'Таким образом,
| SC | = 2R /cos (Л 4- В) cos (Л — В).
Задача имеет решение, если А + В < 90°, т. е. в треугольнике АВС
угол С — тупой.
б) Воспользуемся обозначениями пункта а). Тогда наше нера-
венство перепишется в виде
/rf2 + a2 /d2 + &2	У^2 +
6	+ h	h	•
Ь	а	с
Если угол С — острый, то правая часть, как это следует из пунк-
та а), никогда не равна 1, следовательно, неравенство имеет место,
поскольку оно выполняется при d = 0. Если же С — угол тупой
(или прямой), правая часть равна 1 при единственном значении d (ес-
5 И. Ф. Шарыгин	129
пи С — прямой угол, то d = 0). Но при d ~ 0 и достаточно больших
значениях d неравенство очевидно (при больших d оно следует из
неравенства треугольника), следовательно, если бы при каком-либо
значении d левая часть была бы меньше 1, то левая часть принимала
бы значение, равное 1, при двух различных значениях d.
261. Пусть ABCD — данный тетраэдр. Возьмем точки 717 и N
па ребрах ВС и BD и решим следующую задачу: при каком положе-
нии точек М и N радиус наименьшей окружности, содержащей внут-
ри себя треугольник AMN (рассматриваются окружности, распо-
ложенные в плоскости AMN), достигает наименьшего значения?
(Очевидно, радиус наименьшего отверстия не может быть меньше
величины этого радиуса. Для этого достаточно рассмотреть тот мо-
мент в процессе прохождения тетраэдра сквозь отверстие, когда две
вершины тетраэдра находятся по одну сторону от плоскости отвер-
стия, третья — по другую, а четвертая — в плоскости отверстия.)
Предположим, что точки М и N соответствуют искомому тре-
угольнику. Допустим, этот треугольник — остроугольный. Тогда
наименьшая окружность, его содержащая, совпадает с описанной
окружностью. Опишем около треугольника AMN окружность и
рассмотрим тело, получающееся при вращении дуги AMN этой ок-
ружности около хорды AN. Прямая ВС должна касаться поверхно-
сти этого тела. В противном случае на ВС мы могли бы взять точку
так, что радиус окружности, описанной около ДА M^N, был бы
меньше радиуса окружности, описанной около ДА MN. Тем более
ВС должна касаться поверхности сферы, проходящей через А, М и ТУ,
имеющей центр в плоскости AMN. Точно так же этой сферы должна
касаться и прямая BD. Следовательно, | ВМ | = ] BN |. Обозначим
| ВМ | = | BN | = х. Пусть К — середина MN, L — проекция В
на плоскость AMN (L — на продолжении А К). Из предыдущего сле-
дует, что LM и LN — касательные к окружности, описанной
около ДА МТУ. Л AMN — равнобедренный, | AM | = [ A TV | =
= У ж2 — z + 1, | MN | = х. Если MLAN = ос, то
х2 — 2х + 2	.	х У" Зя2 — 4х 4
C0S а	’ Sm а = ~ 2 (х2 — г -|- 1)	’
х (2
\LK\ = — \KB\ cos 0 =
2 у
| LK | — | МК | tg а —	2	_ 2;!: + 2)	'
___	__2
Рассмотрим ДАТГТ?, АКБ = 0 > 180°; cos 0 ==	- -.г.
1	/3(3x2—	+4)
— Зх)
=====. Приравнивая два выраже-
3—4z-|-4
ния для | LK |, получим для г после упрощений уравнение
Зя3 — 6я2 4* 7.г — 2 = 0.	(1)
Радиус окружности, описанной около ДА МТУ, будет
д =	а + 1	.
у Зя2 — 4г + 4
(Можно показать, что, если Д А МТУ — прямоугольный, то его ги-
потенуза не меньше, чем У* 15—10|/2 > 0,9.) Покажем, что в отвер-
стие найденного радиуса наш тетраэдр может пройти.
130
Отметим на ребрах СВ и С А точки L и Р так, что | CL | =
— | СР | — | ВМ | = | BN | — х, где х удовлетворяет уравнению (1).
Поставим тетраэдр на плоскость, содержащую данное отверстие
так, чтобы М и N были на границе отверстия. Будем вращать тетраэдр
вокруг прямой MN, пока ребро АВ, пройдя отверстие, не станет
параллельным нашей плоскости. Затем, оставляя АВ параллельным
этой плоскости, переместим тетраэдр A BCD так, чтобы точки Р и L
попали на границу отверстия. И, наконец, будем вращать тетра-
эдр вокруг PL, пока ребро DC не выйдет из отверстия. (Тетраэдр
окажется расположенным по другую сторону от нашей плоскости,
причем грань АВС будет лежать в этой плоскости.)
_	_ х* 2 — X + 1
Ответ: радиус наименьшего отверстия R =	,
V Зя2 — kx + 4
где х — корень уравнения Зя3 — б#2 4- 1х — 2 = 0. Соответствую-
щие вычисления приводят к следующим приближенным значениям
х ~ 0,3913, В 0,4478 с ошибкой, не превосходящей 0,00005.
262. Пусть S — вершина угла. Возьмем на ребрах точки Ал
В и С так, что | Л’Л [ = | SB | = | SC |. Биссектрисы углов ASB
и BSC проходят через середины отрезков АВ и ВС, а биссектриса
угла, смежного с углом CSA, параллельна С А.
264.
1
. ОС
2 sm -у
1
если ------------— число не целое,
2 sin -у
1 1
------— — 1, если ---------— — число целое, где [я] — целая
2 sin-у	2 sin-у
часть х.
265. Данные прямые будем рассматривать как оси координат.
Пусть прямая образует с этими осями углы а, р и у. Тогда проекции
векторов OAf, OBf, OCj на оси ОА, ОВ и ОС соответственно будут
равны a cos 2а, a cos 2р, a cos 2у, а= | О А |. Следовательно, М —
точка пересечения плоскостей, проходящих через Aj, Blf Cf соот-
ветственно перпендикулярно О А, ОВ, ОС,— будет иметь коорди-
наты (a cos 2а, a cos 2р, acos2y). Множество точек с координатами
(cos2a, cos2P, cos2y) есть треугольник с вершинами в концах единич-
ных векторов осей. Следовательно, искомое геометрическое мес-
- то точек также есть треугольник, вершины которого имеют коор-
динаты (—а, — а, а)\ (—а, а,— а)\ (а, —а, —а).
266. Обозначим данные прямые через и /2. Проведем через
/х плоскость рх, параллельную 12, а через 12 — плоскость р2,
параллельную 1г. Очевидно, что середины отрезков с концами на
Zx и 12 принадлежат плоскости р, параллельной рх и р2 и равноу-
даленной от pt и р2. (Можно показать, что, если рассматри-
вать всевозможные такие отрезки, их середины целиком
заполнят плоскость р.) Спроектируем теперь эти отрезки на плос-
кость р параллельно заданной плоскости. Их концы теперь будут ле-
жать на двух прямых, являющихся проекциями прямых Zx и 12, а
сами проекции окажутся параллельными заданной прямой плос-
кости р, представляющей собой линию пересечения плоскости р и
заданной плоскости. Из этого следует, что искомое геометрическое
месзо точек есть прямая.
267. а) Все пространство.
б) Точно так же, как это делалось в задаче 266, можно доказать,
что геометрическое место точек, делящих в данном отношении все-
5”
131
возможные отрезки, параллель-
ные данной плоскости, с кон-
цами на данных скрещивающи-
хся прямых, есть прямая ли-
ния. Применяя дважды это ут-
верждение (сначала найдем ге-
ометрическое место середин сто-
рон АВ, а затем — геометри-
ческое место центров тяжести
треугольников ЛВС), докажем,
что в этом случае геометри-
ческое место центров тяжести
треугольников ЛВС есть прямая
линия.
268. Проведем через общий
перпендикуляр к прямым плос-
кость р, перпендикулярную Z3.
Пусть прямая N М пересекает
Рис. 54.
/3 в точке L, Nt, MY, L± — точ-
ки пересечения прямых If, Z2, Z3
с общим перпендикуляром, ТУ2, М2 — проекции N и М на прове-
денную плоскость, аир — углы, образуемые прямыми 1Л и 12 с
этой плоскостью, К — середина N М, КА и К2 — проекции К на об-
щий перпендикуляр и на плоскость р (рис. 54). Имеем
И*2| |/VZV21 4- \ММ21	| tg а + ] М2М± | tg Р
|Х^2| - lA^I + IAMAI “	+
| TVtLi | tg a + | MxLt | tg P
| + | MtL, | -const,
значит, точка К описывает прямую линию.
269.	Введем прямоугольную систему координат, выбрав ее на-
чало в точке Л. Пусть ег (ап Ь1? щ), е2 (а2, Ъ2, с2), . . ., еп (ап, Ъп,
сп) — единичные векторы, параллельные данным прямым, е (х, у,
z) — единичный вектор, параллельный прямой, удовлетворяющей
условиям задачи. Таким образом, получаем для е уравнение
+ Ьгу + tjz | +
+ I 4- b2y + c2z | + ... + | апх + bny + cnz | = const.
Легко теперь видеть, что геометрическим местом концов вектора
е будет множество окружностей или их частей, расположенных на
поверхности единичной сферы с центром в Л.
270.	Поместим в точках Л, В, С, Л*, В3 и Сг равные груды. Тог-
да центр тяжести полученной системы грузов будет совпадать с цен-
тром тяжести треугольника с вершинами в серединах отрезков ЛЛ3,
вв15 сси
С другой стороны, центр тяжести этой системы совпадает с сере-
диной отрезка GH, где G — центр тяжести треугольника АВС,
Н — центр тяумести трех грузов, находящихся я Л15 В1 и Сг.
При изменении z4t, В3 н Сг точка Н перемещается по прямой Z,
а точка G остается неподвижной. Значит, точка М — середина GH
будет описывать прямую, параллельную I.
271.	Проведем через Л прямую t, параллельную I, Искомое гео-
метрическое место точек представляет собой цилиндрическую по-
верхность, в которой I и t — диаметрально противоположные об-
разующие, исключая сами прямые I и tA
432
272.	Докажем сначала, что если прямая МК касается сферы 0, то
она касается также и сферы а. Рассмотрим сечение данных сфер
плоскостью, проходящей через точки М, К. Л, В и N (рис. 55).
ТИКВ измеряется половиной дуги КВ, заключенной внутри этого
угла, сдедовательно, МКВ = BAN, так как угловые измерения
дуг КВ и BN равны (берутся дуги, расположенные по разные сторо-
Рис. 55.
ны от прямой KN, если касание внешнее (рис. 55, а), и расположен-
ные по одну сторону, если касание внутреннее (рис. 55, б)). Отсюда
следует, что AM К = ABN или AblR = 180° — ЛВТУ, а это озна-
чает, что АМК измеряется половиной AM, так как соответственные
дуги AM и AN имеют равное угловое измерение, т. е. МК касается
окружности, по которой приведенное сечение пересекает сферу а.
Теперь можно доказать, что геометрическое место точек М есть
окружность.
273.	Пусть А и В — данные точки, С — точка пересечения пря-
мой АВ с данной плоскостью, М — точка касания какого-либо шара
с плоскостью. Поскольку \СМ |2 = | С А | • | СВ |, М лежит на
окружности с центром в точке С и радиусом | С А | • | СВ |.
Следовательно, центр сферы принадлежит боковой поверхности пря-
мого цилиндра, основанием которого является эта окружность.
С другой стороны, центр сферы принадлежит плоскости, проходящей
через середину АВ и перпендикулярной АВ. Таким образом, иско-
мое геометрическое место точек есть линия пересечения боковой
поверхности цилиндра и плоскости (эта линия называется
эллипсом).
274.	Обозначим через О1}О2 и Rf, R2 соответственно центры и ра-
диусы данных сфер; М — середина какой-либо общей касательной.
Тогда легко видеть, что
| OiM I2 — I О2М |2 = Я2 -
и, следовательно, М лежит в плоскости, перпендикулярной отрезку
ОгО2 и пересекающей этот отрезок в такой точке N, что
| I2 - I O2N I2 = я2 - я2.
133
Посмотрим, б каких пределах может меняться величина | NM
Пусть | ОуО2 | = а и Ну Л2, тогда
I O.N | = 4-
+ а
а
Если 2х — длина общей касательной, середина которой — точка Л/,
то
о 1 ( Rl-Rl
\MN \2 = \ОуМ	р=^ + 7?2_—+
Теперь, если а^>> Ну + Т?2, то величина 4я2 меняется в пределах от
а2 — (Ry + R2)2 до а2 — (Ry — Т?2)2, а, значит, в этом случае геоме-
трическим местом точек М будет кольцо, плоскость которого пер-
пендикулярна 0]Р2, центр находится в точке N, внутренний радиус
равен
— (Ну — Н2) у 1 — д2 ,
а внешний —
4^. + ».,
Если же я< Ну + /?2, т. е. сферы пересекаются, то внутренний ра-
диус кольца будет равен радиусу окружности их пересечения, т. е4
он будет
+ А + «г) (а + 7?! - Я2) (а + Н2- /?,) (А + й2 - а).
275.	Обозначим через А и В точки касания прямых 1у и 12 со
сферой, а через К — точку касания прямой MN со сферой. Будем
иметь
| АМ\ = | МК |,	| BN | = | NK |.
Спроектируем 1у и 12 на плоскость, перпендикулярную АВ. Пусть
Му. Ny и Ку — соответственно проекции точек А (а также В),
М. N и К. Очевидно,
| АуМу |	| AyNy |
| AM | “ р’ | BN | - q’
где p и q — постоянные величины. Пусть теперь d и h — расстояния
от Ку до прямых АуМу и Л
Будем иметь
1
d _ —\AtMx\d	। Л1Л| । SAiMiKi । ^i/Vi |
h -LhiTv.ia	|4Ml1 ~ Sa‘n'“- ' |/МЛ|
FJAZiATil (АЛ1|	|Л/К|	1^1
-	• |АЛЛ| - \NK\  |АЛЛ| -
|4M|	q
~ | АЛЛ | • \BN | “ B •
134
Таким образом, отношение расстояний от точки Кг до двух за-
данных прямых плоскости постоянно. Это означает, что точка Kf
принадлежит одной из двух прямых, проходящих через точку А13
А искомое геометрическое место точек представляет собой две ок-
ружности на поверхности данной сферы. Эти окружности получают-
ся при пересечении сферы двумя плоскостями, проходящими через
прямые, которые описывает точка Кг, и прямую АВ. Сами точки
А и В исключаются.
279.	Пусть ВК — высота ДАВС, Н — точка пересечения высот
ДАВС, ВМ — высота £\DBC, N — точка пересечения высот
1\DBC. Докажем, что N является проекцией точки Н на плоскость
DBC.
В самом деле, КМ перпендикулярна DC, поскольку ВМ пер-
пендикулярна DC, а КМ есть проекция ВМ на плоскость ADC. Та-
ким образом, плоскость К МВ перпендикулярна ребру DC, следова-
тельно, HN перпендикулярна DC. Точно так же HN перпендику-
лярна ребру DB. Значит, HN перпендикулярна плоскости DBC.
Нетрудно доказать теперь, что N лежит в плоскости, проходящей
через AD перпендикулярно ВС.
Искомое геометрическое место точек представляет собой окруж-
ность с диаметром HL, где L — основание высоты, опущенной из А
на ВС, плоскость которой перпендикулярна плоскости АВС.
283.	Обозначим через Р и Q точки пересечения противополож-
ных сторон четырехугольника ABCD. Если сечение плоскостью бо-
ковой поверхности пирамиды ABCDM есть параллелограмм, то пло-
скость сечения должна быть параллельна плоскости PQM, при этом
стороны параллелограмма будут параллельны прямым РМ и QM.
Значит, для того чтобы в сечении мог получиться прямоугольник,
угол PMQ должен быть прямым, т. е. М лежит на поверхности сфе-
ры с диаметром PQ. (Тем самым пункт а) решен.)
б)	Обозначим через К и L точки пересечения диагоналей четы-
рехугольника ABCD с прямой PQ. Поскольку диагонали паралле-
лограмма, получающегося при пересечении боковой поверхности
пирамиды ABCDM плоскостью, будут параллельны прямым МК
и ML, этот параллелограмм будет ромбом, если К ML = 90°, т. е.
М лежит на поверхности сферы с диаметром KL.
в)	Из двух предыдущих пунктов следует, что геометрическим
местом точек М будет окружность, являющаяся пересечением сфер
с диаметрами PQ и KL.
г)	Геометрическим местом точек является коническая поверх-
ность с вершиной в точке пересечения диагоналей четырехуголь-
ника ABCD, образующей которой является окружность из преды-
дущего пункта.
284.	Если К и L — середины ВС и AM, О — центр сферы, опи-
санной около АВСМ, то, поскольку G — середина LK и OG перпен-
дикулярна LK, | OL | = | ОК |. Отсюда следует, что |АМ| =
= | ВС ], т. е. М лежит на поверхности сферы с центром в А и ра-
диусом | ВС |.
Пусть, далее, N — центр тяжести Л АВС, — центр окруж-
ности, описанной около Л ABC, Gr — проекция Сна плоскость АВС»
Поскольку по условию OG перпендикулярна АК, то и OtGt перпен-
дикулярна АК. Значит, G лежит в плоскости, проходящей через
Dx и перпендикулярной АК. Оэсюда, поскольку
135
следует, что и точка М лежит в плоскости, перпендикуляр-
поп АК.
Таким образом, искомое геометрическое место точек представ-
ляет собой линию пересечения сферы и плоскости, т. е., вообще го-
воря, является окружностью.
285.	Введем прямоугольную систему координат, взяв за начало
О вершину трехгранного угла, а оси направим по ребрам этого угла.
Пусть плоскость окружности составляет с координатными плоско-
стями XOY, YOZ и ZOX углы ос, Р и у. Тогда точка Ог — центр ок-
ружности — будет иметь координаты (R sin р, R sin у, R sin а),
где R — радиус окружности. Проведем из начала координат пря-
мую, перпендикулярную плоскости окружности. Эта прямая будет
образовывать с осями углы р, у и а. Следовательно,
cos2 а 4- cos2 р + cos2 у = 1
и, значит,
| ООА J2 = 7?2 (sin2 а + sin2 р + sin2 у) = 2R2.
Таким образом, точка О} лежит на поверхности сферы с центром в О
и радиусом rY2. С другой стороны, расстояние от Ог до координат-
ных плоскостей не превосходит R.
Следовательно, искомое множество представляет собой сфери-
ческий треугольник, ограниченный плоскостями х — R, у = R,
1 = R на поверхности сферы | ООг | =	2, расположенный в пер-
вом октанте.
286.	Пусть паук находится в вершине А куба ABCDA^C^D^
Рассмотрим треугольник DCC^ Нетрудно доказать, что кратчайший
путь, соединяющий А с любой точкой внутри треугольника 1)ССА,
пересекает ребро DC. При этом, если грани ABCD и DCC^D-^ «раз-
вернуть» так, чтобы получился прямоугольник, составленный из
двух квадратов ABCD и DCC1D1, то кратчайший путь будет пред-
ставлять собой 01 резок прямой линии. Следовательно, дуга окруж-
ности радиуса 2 см, центр которой при развертке находится в точке
А, расположенная внутри треугольника DC(\, будет являться ча-
стью Гранины i скомого геометрического места точек. Вся граница со-
стоит из шести таких дуг и разбивает поверхность куба на две части.
Та часть, которая содержит вершину А вместе с границей, в яв-
ляется искомым геометрическим местом точек.
287.	Примем ребра трехгранного угла за оси координат. Пусть
(rr, Уч z) — координаты вектора ОА, (xi, yj, Zj) — координаты i-й
стороны ломаной.. . Каждая сторона ломаной рассматривается как
вектор.. Тогда
rr = У =•- ХУгч z = Szi,
при этом из условия задачи следует, что все х^ отличны от нуля и
совпадают по знаку с х (то же верно для yi и ^). Очевидно,
। О А | < а. С другой стороны,
I « I + I У I + I z I = S (I хг I + I Vi I + I zi I) > ЭД = a.
(Z$ — длина i-го звена ломаной).
Нетрудно показать, что любая точка А, удовлетворяющая усло-
виям | ОА | а, | х | 4- | у | 4- | z | > а, где х, у, z — координаты
точки А, может являться концом ломаной, имеющей не более трех
звеньев, удовлетворяющей условиям задачи. Пусть, например,
136
и М2 — две точки, расположенные на одной прямой, выходящей из
точки О такие, что | | + | У11 + | Z11 = а, xlV1zx =f= 0 (^, У1,
zi — координаты точки MJ, | ОМ9 | = а. Рассмотрим ломаную
с вершинами (0, 0, 0), (^, 0, 0),‘(^, У1, 0), (^, z/1? zj. Длина
этой ломаной равна а. «Растягивая» эту ломаную, мы получим все
точки отрезка MtM2 (исключая MJ. Таким образом, искомое гео-
метрическое место точек состоит их всех точек вне октаэдра |я| + |!/| +
+ | z | = о и внутри или на поверхности сферы с центром в О и ра-
диусом а. При этом исключаются точки, расположенные в коор-
динатных плоскостях.
288.	Прежде всего заметим, что если г — радиус шара, вписан-
ного в ABCD, то, во-первых, все ребра тетраэдра ABCD больше, чем
2г, и, во-вторых, радиус окружности, вписанной в любую грань
тетраэдра, больше г. Первое утверждение очевидно. Для доказа-
тельства второго проведем через центр вписанного шара плоскость,
параллельную, например, грани АВС. Получим в сечении ДА1В1 Clt
подобный Л А В С с коэффициентом подобия, меньшим единицы, и со-
держащий внутри себя окружность радиуса г.
1)	Условием, определяющим множество точек А, будет нера-
венство | ОА | Зг. Равенство | ОА | = Зг будет справедливо для
правильного тетраэдра. Если бы для какой-либо точки А выпол-
нялось бы неравенство | ОА [ < Зг, то радиус наименьшего шара,
содержащего тетраэдр ABCD, был бы меньше Зг, что невозможно
(см. задачу 246).
2)	Условием, определяющим множество точек В, будет неравен-
ство | ОВ | > г В самом деле, если для какой-либо точки В
выполнялось бы неравенство | ОВ |	г}^5, то для £\DBC радикс
окружности, его содержащей, был бы не больше, чем 5гI 2 — г2 =
= 2г, т. е. радиус окружности, вписанной в £\j)BC, был бы не
больше г, что невозможно.
3)	Условием, определяющим множество точек С, является нера-
венство | ОС | > г)^2. В самом деле, если | ОС | < г]Л2, то | CD |
< 2г.
4)	Условием, определяющим множество точек D, будет неравен-
ство | OD | > г.
Покажем, что | OD | может быть сколь угодно большим. Для
этого в качестве тетраэдра ABCD возьмем тетраэдр, все грани кото-
рого— равные равнобедренные треугольники, угол при вершине
у которых достаточно мал. Тогда центры вписанного и описанного
шара будут совпадать, а отношение—» где В — радиус описанного
шара, может быть сколь угодно большим.
289.	Если МС — гипотенуза соответствующего треугольника,
то должно выполняться равенство | МС |2 = | МА |2 + | МВ |2.
Введя прямоугольную систему координат, легко убедиться, что точ-
ка М должна описывать поверхность сферы. Найдем центр и радиус
этой сферы.
Пусть Cj — середина АВ, С2 — на продолжении ССХ, | СГС2 | —
= | CCJ (АСВС2 — параллелограмм). Обозначим стороны &АВС,
как обычно, через а, Ь и с, тс — медиана к стороне АВ. Будем иметь
I АВ Р	с2
|МЛ|2-|-\МВ[^2\МС112+ ......2	-21Л/Сх|2 + —.
137
Поскольку
| МА I2 + I MB I2 = I MC I2,
подучим
c2
J2 — 2 | Л/Ci I2 = ~2".	(1)
Пуогь MC^C = ср, запишем для треугольников MC2C и МС2С^
теорему косинусов
I МС I2 = I МС2 I2 + 4m* — 4 I МС2 | mc cos q>,	(2)
| M(?i |2 = | MC2 |2 + m* — 2 | MC2 | mc cos ф.	(3)
Умножим (3) на 2 и вычтем из (2), получим, учитывая (1), что
С2
| МС2 I2 = 2т* — -у- = а2 4- &2 — С2.
Таким образом, для этого случая множество точек М будет не
пусто, если а2 + Ь2 — с2 0, т. е. угол С в £\АВС не тупой. Все
множество точек М, следовательно, для остроугольного треуголь-
ника состоит из трех сфер, центры которых находятся в точ-
ках С2, А2 и В2 таких, что САС2В, АВА2С, ВСВ2А — параллело-
граммы, а радиусы соответственно равны уга2+ Ь2— с2,
У Ь2 + с2 — а2, У а2 + с2 — Ь2. Для прямоугольного /\АВС иско-
мое множество состоит из двух сфер и точки, а для тупоугольно-
го — из двух сфер.
290.	Пусть О — центр земного шара, А — точка экватора,
соответствующая нулевому меридиану, М — точка на поверхнос-
ти земного шара с долготой и широтой, равными ср, N — проекция
М на плоскость экватора. Введя в плоскости экватора прямоу-
гольную систему координат, взяв в качестве оси х прямую О А,
а начало в точке О, получим, что N имеет координаты: х =
= R cos2 ср, у — В cos (р sin ср, где R — радиус земного шара. Легко
проверить, что координаты точ-
Рис. 56.
ки N удовлетворяют уравнению
R \2	Я2
Х~~) +!/2 =—’
т. е. искомое множество есть
/ R \
окружность с центром!-у- , 0 )
R
и радиусом -у.
291.	Введем следующие
обозначения:	S — вершина
конуса, N — проекция точки
М на плоскость, проходящую
через точки 8 и А параллель-
но основанию конуса, Р — точка на прямой $N такая,
что 8A/P=90Q (рис. 56), МР является нормалью к поверхности
конуса. Из условия следует, vto АР параллельна отраженному лу-
чу. Значит, АМР — МРА, |Л М | = | АР |. Пусть а — угол меж-
138
ду высотой конуса и образующей, | 5Л | = а. Плоскость, проходя-
щая через М параллельно плоскости SPA, пересекает ось конуса
в точке S,,	— проекция А на эту плоскость,
| SSi | = х, MS^Ai = ф, | MAf | = у.
По теореме косинусов для /\SlMA1 будем иметь
у2 = х2 tg2 а + а2 — 2ах tg a cos ф.	(1)
Кроме того,
| РА |2 = | МА |2 = у2 + х2,	(2)
\SM\	х	2х
I sp | = -——— =-------------=---------
1	1 sin а cos а sin а sin 2а *	' '
Записывая теорему косинусов для Д5РЛ, пспользуя соотноше-
ния (1) — (3), будем иметь
4ж2	4.С1Х
tg2 а - 2ах tg а cos Ф + х* = -gill2 2а - "-D 2ct  cos <р,
откуда х = а sin 2а cos ф.
Если мы теперь восставим к SN в точке N перпендикуляр в пло-
скости SPA и обозначим через L его точку пересечения с SA, то
I SN I ж tg а
|SLI =	= 2а sin2 а.
’	1 COS ф COS ф
Таким образом, | SL | постоянна, следовательно, точка N опи-
сывает окружность с диаметром SL.
292.	При решении задачи нам понадобятся следующие утверж-
дения из планиметрии. Если в окружности радиуса R через точку
Р, находящуюся на расстоянии d от ее центра, проведены две вза-
имно перпендикулярные хорды AD и BE, то
а)	| AD |2 + | BE |2 = 8Я2 — 4cZ2,
б)	перпендикуляр, опущенный из Р на АВ, делит пополам хор-
ду DE.
Эти два утверждения обобщаются на пространственный случай
следующим образом.
Если через точку Р, находящуюся внутри шара радиуса R и с
центром в О, на расстоянии d от его центра проведены три взаимно
перпендикулярные хорды AD, BE и CF, то
а*) ] AD |2 + ( BE |2 + | CF |2 = 12Я2 — 8d2,
б*) прямая, проходящая через Р перпендикулярно плоскости
АВС, проходит через точку пересечения медиан &DEF.
Докажем пункт а*). Пусть R^, R2, R3 — радиусы окружностей,
описанных соответственно около четырехугольников ABDE, ACDF
и BCEF, d^ d2, d3 — расстояния в этих четырехугольниках от цент-
ров описанных кругов до точки Р, х, у, z — соответственно расстоя-
ния от точки О до плоскостей этих четырехугольников. Тогда х2 +
+ у2 + z2 =	4 + 4 + А* = 2 (я2 + у2 + z2) = 2d2, R[ + в* +
+ Rl = ЗЯ2 — d2,
1 о
132
Таким образом, воспользовавшись утверждением пункта а),
получим
|ЯР|2+ |ВЕР+ \CF р = 4"KII2 + ।12) +
+ (| BE |» + | CF Р) + (| CF р + | AD Р)] =
= 4- (87?2 — 4d? +	— id* + 8R* — 4<£) = 12Я2 — 8сР.
Для доказательства пункта б*) спроектируем проведенную
прямую на плоскости четырехугольников ABDE, ACDF и BCEF,
после чего воспользуемся пунктом б).
Перейдем теперь к утверждению нашей задачи. Построим на
отрезках РА, РВ и PC параллелепипед и обозначим через М вер-
шину этого параллелепипеда, противоположную точке Р.
Аналогично, для отрезков PD, РЕ и PF определим точку N.
К — точка пересечения РМ с плоскостью ABC, Q — середина РМ,
Т — середина PN, О± — центр окружности, описанной около
ДА ВС, Н — основание перпендикуляра, опущенного из Р на АВС.
Из пункта б*) следует, что Н лежит на прямой NP. Далее,
К — точка пересечения медиан треугольника АВС, | РК | =
1
= — | РМ |. Прямая OQ перпендикулярна плоскости АВС и прохо-
дит через точку О±, поскольку О и Q — центры двух сфер, прохо-
дящих через точки А, В и С. (Заметим, что попутно мы здесь дока-
вали, что точки Of, К и Н находятся на одной прямой, причем
| КН | = 2 | ОгК |. Как известно, эта прямая называется прямой
Эйлера.)
Таким образом, OQ || NP, точно так же ТО || МР. Значит, О —
середина NM.
1
Возьмем на отрезке ОР точку S так, что \PS | = -j- | РО |.
Перпендикуляр, опущенный из 5 на КН, проходит через середину
КН. Следовательно, | SK | = | SH |. Но SK || ОМ,
1 1
\SK\ = —\OM\ = — \NM\.
Из пункта а*) следует, что | NM |2 = 122?2 — 8d2 (NM — диа-
гональ параллелепипеда, ребра которого равны | AD |, | BE |,
1 _________
| CF |), т. е. | SK | =	ЗА*2— 2d2— величина, не зависящая
от того, как провели отрезки РА, РВ, PC.
293.	Обозначим через а,Ъ и с единичные векторы, направленные
по ребрам трехгранного угла.. Пусть, далее, ON = е, Р -— центр
сферы, ОР = и, О А = ха, ОВ ~ уЪ, ОС — zc.
Точки О, N, А, В и С принадлежат одной сфере с центром в Р.
Это означает
(и — е)2 = и2, (ха — и)2 = и2,
(уЪ — и)2 = и2, (zc — и)2 = и2,
откуда
(е2 — 2еи = О,
х — 2аи = 0,	..
\ —2&и = 0,
z — 2си — 0.
140
Пусть е — аа Н- ₽& + ус. Умножая второе, третье и четвертое
уравнения системы (1) соответственно на а, р и у и вычитая из
первого, получим
е2 — ах — |3у — yz — 0.	(2)
Если М — центр тяжести /\АВС, то
_ 1 ________________________ 1
ОМ = — (О А + ОВ + ОС) = — (ха + уЪ + zc).
Учитывая уравнение (2), можем сделать вывод, что геометрическим
местом точек М будет плоскость.
294.	Докажите, что каждая из этих плоскостей проходит через
точку, симметричную точке N относительно центра тяжести тетра-
эдра.
295.	Докажите, что все эти плоскости проходят через точку, сим-
метричную центру описанной около тетраэдра сферы относительно
его центра тяжести.
296.	При решении задачи 295 мы доказали, что точка Монжа сим-
метрична центру описанной около тетраэдра сферы относительно
центра тяжести тетраэдра. Следовательно, если точка Монжа при-
надлежит плоскости какой-либо грани тетраэдра, то центр описан-
ной сферы удален от этой грани на расстояние, равное половине
соответствующей высоты, и расположен по ту же сторону от грани,
что и сам тетраэдр. Из этого легко получить утверждение нашей
задачи.
297.	Воспользуйтесь равенством
\МА |2+ |Л7В|2 =
4 | MD |2 + | АВ |2
2
где D — середина АВ, и тем, что в произвольном тетраэдре сумма
квадратов его противоположных ребер равна удвоенной сумме квад-
ратов расстояний между серединами двух пар его остальных ре-
бер (см. задачу 21).
298.	Обозначим площади граней тетраэдра через 51} S2, S3, S4;
V — объем тетраэдра. Если г — радиус шара, касающегося всех
плоскостей, образующих тетраэдр, то при соответствующем выборе
знаков = ±1, i == 1, 2, 3, 4, должно выполняться равенство
'	г
(8151 + 8252 + ез5з + еЛ) — = 17 • При этом, если для данного
набора 8j величина г, определяемая последним равенством, поло-
жительна, то соответствующий шар существует.
Так, у произвольного тетраэдра всегда существует один впи-
санный шар (si = +1) и четыре вневписанных шара (одно 8* =
= —1, остальные -И), т. е. четыре таких шара, каждый из кото-
рых имеет центр вне тетраэдра и касается одной его грани во внут-
ренней точке этой грани.
Далее, очевидно, что если при каком-либо выборе 8$ шар су-
ществует, то для противоположного набора &i шар не существует.
Это означаем что шаров не более восьми. Ровно восемь их будет
в том случае, когда сумма плошадей любых двух граней не равна
сумме площадей двух других.
299.	Для любых двух соседних сторон четырехугольника су-
ществуют две плоскости, равноудаленные от них (биссекторные
плоскости самого угла четырехугольника и угла, с ним смежного).
При этом, если три такие плоскости, соответствующие трем верши-
141
нам четырехугольника, пересекаются в некоторой точке, то через
эту точку проходит одна из двух биссекторных плоскостей четвер-
той вершины. Таким образом, при нахождении точек, равноудален-
ных от прямых, образующих четырехугольник, нам достаточно
рассматривать биссекторные плоскости трех углов этого четырех-
угольника. Поскольку каждой вершине соответствуют две плоско-
сти, точек пересечения будет, вообще говоря, восемь.
Нам осталось выяснить, при каких условиях какие-то три та-
кие плоскости не пересекаются. Так как наш четырехугольник
пространственный, никакие две биссекторные плоскости не парал-
лельны. Значит, осталась возможность, когда одна биссекторная
плоскость параллельна линии пересечения двух других. А это оз-
начает, что, если через какую-либо точку пространства провести
три плоскости, параллельные данным, то эти три плоскости будут
пересекаться по прямой.
Пусть, для определенности, не пересекаются биссекторные
плоскости трех внутренних углов четырехугольника ABCD. Про-
ведем через вершину С прямые, параллельные сторонам АВ и AD
(рис. 57), и отложим на этих прямых отрезки СР и CQ, | СР | =
= | CQ |. Такие же отрезки СМ и CN отложим на сторонах СВ и CD.
Из приведенных выше рассуждений следует, что биссекторные
плоскости углов МСР, PCQ, QCN и NCM пересекаются по прямой,
и, значит, все точки этой прямой равноудалены от прямых СР, CQ,
CN, СМ, т. е. прямые СР, CQ, CN, СМ лежат на поверхности кону-
са, а четырехугольник PQNM является вписанным. Пусть плоскость
четырехугольника PQNM пересекает АВ и AD в точках L и К.
Прямая LK параллельна QP, а это означает, что NMLK — также
вписанный четырехугольник. Кроме того, нетрудно видеть, что
| LB | = | МВ |,	| KD | = | DN |, I КА | = | AL |.
Отсюда, в частности, следует, что | АВ | + | DC | = | AD | + | ВС |.
Пусть теперь О — центр окружности, описанной около четы-
рехугольника KLMN. Из равенства треугольников LOB и МОВ
следует, что О равноудалена от прямых АВ и ВС. Точно так же
покажем, что О равноудалена от всех прямых, образующих четырех-
угольник ABCD, т. е. О — центр шара, касающегося прямых АВ,
ВС, CD и DA. Ввиду произвольности выбора точек Р и Q получим,
что в этом случае существует бесконечно мною шаров, касающих-
ся прямых АВ, ВС, CD и DA. Точно так же разбираются и другие
случаи, при этом будут возникать аналогичные соотношения между
сторонами ABCD*. | АВ [ + | AD | = | CD | + | СВ |,	|	| +
+ I ВС | — | AD | + | DC |. Нетрудно показать, что указанные
142
соотношения между сторонами четырехугольника АВ CD являются
необходимыми и достаточными условиями существования бесконеч-
ного числа шаров, касающихся сторон четырехугольника. Во всех
остальных случаях таких шаров в точности восемь.
300.	Используя для объема тетраэдра формулу задачи 11,
докажем, что каждое из рассматриваемых отношений равно
4 S iS-jSs S4
--------> где S2, S3,	— площади граней тетраэдра,
V — его объем.
301.	Если hi (i = 1, 2, 3, 4) — высота соответствующей гра-
ни тетраэдра, то
4--4--
г=1	г=1	*
г=1 г
Если теперь di расстояние от центра описанного шара до
f-й граня, R — радиус этого шара, то
Z? - 7?? = (Z? - Л?) - (Я2 - dl) + h\ =
= LT?2 - (fei - di)2l - (Я2 - d?) +	= 2hidi,
Таким образом, под корнем оказалось выражение
(см. задачу 182), что и требовалось.
(Мы предполагали, что центр описанного шара находится внут-
ри тетраэдра. Если центр находится вне его, рассуждения такие же,
при этом одну из величин di следует считать отрицательной.)
302.	Обозначим длины ребер тетраэдра ABCD так, как пока-
зано на рис. 58,а. Проведем через вершину А плоскость, касающую-
ся описанного около тетраэдра ABCD шара. Тетраэдр A BCiDr на
рисунке образован этой касательной плоскостью, плоскостями
ABC, ABD, а также плоскостью, проходящей через В параллельно
грани A DC. Аналогично тетраэдр AB2C2D образован этой же ка-
сательной плоскостью, плоскостями ABD, ADC и плоскостью,
проходящей через D параллельно АВС.
Из подобия треугольников АВС и АВСГ (рис. 58, б, АС^ —
касательная к окружности, описанной около ААВС, следователь-
но, вТс1—ВСА, кроме того, || А С, значат, С^ВА = ~ВАС}
ас	_ пс
найдем | ЛС1J =	. Аналогично найдем | ADt | =	, | АС21 =
=	, |ЛВ2| =	• Но треугольники AC^D^ и АВ2С2 по-
добны, значит,
iGDtl \ADt\	n { рс*
д jHC2J ~ | АВ2\ ’	“ bm e
143
Заметим, что если длины сторон	умножить на величину
Ьт	_
» то их длины окажутся численно равными величинам ат, Ьп
и ср, таким образом,
с2
SADiCi = b2m2 S*
Пусть, далее, AM — диаметр описанного шара, В К — высота
Рис. 58.
пирамиды	опущенная из В на ACiDt (рис. 58, в). Из по-
с2
добия треугольников А В К и OLA (OL I АВ) найдем | В К | =»
Значит,
1 с*
VADlCtB— 3 2/?6W S'
И, наконец,
V AD1C1B SABC1^ABD1 С2 С2	С*
V ~ SABCSABD ~	’ ADiClB ~ Ь2т2 и-
Сравнивая два выражения для VADlCiB, получим справедливость
доказываемого утверждения.
144
Замечание. Из наших рассуждений следует, что углы
треугольника, длины сторон которого численно равны произведе-
ниям длин противоположных ребер тетраэдра, равны углам между
касательными к окружностям, описанным около трех граней тет-
раэдра. Касательные проведены через общую для этих граней
вершину и расположены в плоскости соответствующей грани.
Легко видеть, что это же будет верно и для вырожденного тетраэд-
ра — плоского четырехугольника. Отсюда, в частности, можно
получить теорему косинусов (теорему Бретшнейдера (1) № 149) для
плоского четырехугольника.
303.	Пусть и S2 — площади граней, имеющих общее ребро
a, S3 и — площади двух оставшихся граней. Пусть, далее, а, тп
им — длины ребер, образующих грань 5j, а а, у и 6 — примы-
кающие к ним двугранные углы, V — объем тетраэдра. Тогда не-
трудно убедиться в справедливости следующего равенства:
ЗИ	3V	3V
a —g— ctg а + m —g— ctg у + n — ctg о — 2di,
или
2S{
a ctg a + m ctg у + n ctg d =	*
Записав такие равенства для всех граней тетраэдра, сложив
равенства, соответствующие граням 5j и 52, и вычтя два других,
получим
1
actga-bctg р = -3JT (52 + 5|- 52- 52).
Возведем последнее равенство в квадрат, заменим ctg2 а и ctg2 [3 на
1	1
"-;„2 „—1 и “ТТТТрГ — 1, воспользуемся равенствами
Ь111 ОС	о 111 р
45252	62	45252
sin2 a 9V2 1 sin2P ““ 9И2
'(см. задачу И) и окончательно получим
1
а2 + Ь2 2ab ctg a ctg Р == уурт (2Q — Г),
где Q — сумма квадратов попарных произведений площадей гра-
ней, Т — ъутлмъ четвертых степеней площадей граней.
304.	Необходимость всех условий очевидна. Будем доказывать
их достаточность.
а)	Утверждение задачи легко доказать, если сделать разверт-
ку тетраэдра (поверхность тетраэдра надо разрезать по трем реб-
рам, выходящим из одной вершины).
б)	Сделаем развертку тетраэдра ABCD так, как показано на
рис. 59, а, в предположении, что суммы плоских углов при верши-
нах В и С равны 180°. Точки D2, D3 соответствуют вершине D.
Возможны два случая:
1)	| AD | = | ВС |. В этом случае |£3А | + | D2A | =
== 2 | ВС | = | D3D2 |, т. е. Z\D2AZ)3 вырождается, точка А должна
совпасть с точкой К — серединой D2D3.
145
2)	| AB | = | CD ] (или | AC | = | BD |). В этом случае будет
| КВ | — | AB |, причем точка А находится на срединном перпен-
дикуляре к стороне DJ>3. Если ДР1/)21)3 — остроугольный, то
| АВ I <_ | КВ | для точек А, расположенных внутри £\КВС, и
[ АВ I > | КВ | для точек, расположенных вне ^\КВС.
Если же Z\Z)1Z)2Z)3 — тупоугольный (тупой угол или при вер-
шине Р2, или при верпйпне Z)3), то при одной из двух вершин тетра-
эдра (или В, или С* один плоский угол будет больше суммы двух
других углов.
в)	Пусть | АВ | — | CD ], | А С | = | DB |, а сумма углов при
вершине^Р^равна 180°. Имеем £±ACD = £\ABD, следовательно,
ADB - Л4&.
Таким образом, ADB + АРС-\-~СРВ — D~AC + ADC! CDB =
== 180°. Отсюда следует, что CDB — ~ACD и £±ACD = &CDB,
I AD I = I CB |.
г)	Разрежем тетраэдр по ребрам и образовавшиеся четыре тре-
угольника наложим друг на друга так, чтобы совпали равные уг-
лы. На рис. 59, б одинаковые буквы соответствуют одной вершине


Рис. 59.
тетраэдра, одинаковые индексы — одной грани. Одинаковые буквы,
соответствующие одной точке, показывают, что в этой точке совпа-
ли соответствующие вершины соответствующих треугольников.
Следовательно,
|С3Л3| = |СЛ|, I b2d2 I = I В& I,
а это означает, что АС3 параллельна B2Df, что невозможно.
д)	Спроектируем тетраэдр ABCD на плоскость, параллельную
ребрам А В и CD. Тогда можно доказать, что проекции треуголь-
ников АВС и ABD будут равновелики. Точно так же равновелики-
ми будут проекции треугольников A CD и BCD. А это означает, что
проекцией ABCD будет параллелограмм с диагоналями АВ и CD.
Отсюда будут следовать равенства ] АС | = | BD |, | AD | =
= | ВС |. Точно так же доказывается равенство | АВ | = | CD |.
е)	Пусть Of — точка касания вписанной сферы с гранью АВС,
а О2 — с гранью BCD. Из условия следует, что Of и О2 — центры
окружностей, описанных около АВС я Z?СТ). Кроме того, {\BCO-l~
= £\ВСО2. Из этого следует, что
"РЛС = A-S0cC = A-'B0^C = ffDG'.
&
146
Рассуждая так же, получим, что все плоские углы, прилежа-
щи) к вершине Z), равны соответствующим углам треугольника
АВС, т. е. их сумма равна 180°. То же можно утверждать и про
остальные вершины тетраэдра ABCD. Далее воспользуемся пунк-
том а).
ж)	Достроим данный тетраэдр до параллелепипеда обычным
способом, т. е. проведя через каждое ребро тетраэдра плоскость,
параллельную противоположному ребру. Тогда необходимым и
достаточным условием равногранности тетраэдра будет условие,
чтобы получившийся параллелепипед был прямоугольным. А из
того, что ребра этого параллелепипеда равны и параллельны соот-
ветствующим отрезкам, соединяющим середины противоположных
ребер тетраэдра, будет следовать наше утверждение.
з)	Если О — центр сферы, описанной около тетраэдра ABCD,
то из условия будет следовать, что /\АОВ — /\COD, поскольку
оба треугольника — равнобедренные с равными боковыми сторо-
нами, равными медианами, выходящими из вершины О (О совпа-
дает с серединой отрезка, соединяющего середины АВ и CD). Сле-
довательно, | А В | = | CD |. Так же доказывается равенство дру-
гих пар противоположных ребер.
и)	Из того, что расстояния от центра тяжести до всех граней
равны, будет следовать равенство высот тетраэдра, а затем и рав-
новеликость его граней (см.п.д)).
305.	Пусть а, Ъ, с и d — векторы, перпендикулярные граням
тетраэдра, направленные во внешнюю сторону и по длине равные
площадям соответствующих граней, а еа, е^, ес, ed — единичные
векторы, имеющие те же направления, что и а, Ъ, с, d. Пусть, далее,
s обозначает сумму косинусов двугранных углов, а к = еа +
+ ес + е^.
Легко видеть, что к2 = 4—2s. Таким образом, в самом деле,
s < 2 и s=2 тогда и только тогда, когда к = еа + % + ес + ed=
= 0. Но, поскольку a-|-&4-c-|-d = 0 (см. задачу 214), мы по-
лучаем, что при s = 2 длины векторов а, Ъ, с и d равны между со-
бой, т. е. все грани равновелики, а из равновеликости граней сле-
дует их равенство (см. задачу 304, д)). Для завершения доказатель-
ства нам осталось показать, что s > 0 или что | к | < 2.
Для удобства будем считать, что | а | = 1,	| с | < 1,
I d [ < 1. Тогда еа = а, ( к | = | а + Ъ + с +	+ (еь —-	+
'+ (ес — с) + (ed — d) | < | eb — b | + | ec — c | + | ed — d | =
= 3- (|»| + |c| + |d|)<3-|» + e + d| = 3- |a| = 2.
Равенство может иметь место лишь в том случае, когда все векто-
ры а, Ь, с п d коллинеарны; поскольку это не так, | к | < 2,
8 > 0.
306.	Рассмотрим тетраэдр, все грани которого — равные тре-
угольники, углы которых соответственно равны плоским углам
нашего трехгранного угла. (Докажите, что такой тетраэдр суще-
ствует.) Все трехгранные углы этою тетраэдра равны данному
трехгранному углу. Сумма косинусов двугранных углов такого тет-
раэдра (см. задачу 304) равна 2. Следовательно, сумма косинусов
двугранных углов данного трехгранного угла равна 1.
307.	Достроив тетраэдр до параллелепипеда, проведя через
каждое ребро плоскость, параллельную противоположному ребру,
получим для равногранного тетраэдра, как известно, прямоуголь-
ный параллелепипед.
Центр вписанного шара совпадает с центром параллелепипеда,
а центры вневписанных шаров находятся в вершинах параллеле-
147
пипеда, отличных от вершин тетраэдра. Из этого следуют оба утвер-
ждения задачи.
308.	Пусть ABCD —^данный тетраэдр, DH — его высота, DA^
DB} и DC. — высоты граней, опущенные из вершины D на стороны
ВС, С А и АВ. Разрежем поверхность тетраэдра вдоль ребер DA,
DB и DC п сделаем развертку (рис. G0). Очевидно, что Н есть точка
Рис. 60.
пересечения высот треугольника Р1Р2Р3. Пусть F — точка пересе-
чения высот треугольника АВС, АК — высота этого треугольника,
| A F | =	| FK | = h2. Тогда | D.H | = 2ht, |	= h. +
+ h2, | НА. | = | h. — h2 |. Значит, поскольку h « высота нашего
тетраэдра,
h2 = I DH\2 = | DA. |2- | HAt p = (h. + h2)2 - (h - h2)2 =4/^2.
Пусть теперь M — центр тяжести треугольника АВС (он же центр
тяжести треугольника D.D2D3), О — центр описанной около него
окружности. Известно, что F, М и О лежат на одной прямой (пря-
мая Эйлера), причем М — между F и О, | FM | = 2 | МО |.
С другой стороны, треугольник D.D2D3 гомотетичен треуголь-
нику АВС с центром в М и коэффициентом (—2), значит, | МН | =
= 2 | FM |. Из этого следует, что | ОН | = | FO |.
309.	Решая задачу 308, мы доказали, что центр описанной око-
ло тетраэдра сферы проектируется на каждую грань в середину
отрезка, концами которого являются основание высоты, опущенной
на эту грань, и точка пересечения высот этой грани. А поскольку
расстояние от центра описанной около тетраэдра сферы до грани
1 ,
равно h, где л— высота тетраэдра, центр оппсанноп сферы уда-
лен от данных точек на расстояние у ~iQ~	гДе расстоя-
ние ичкду точкой пересечения высот и центром описанной около
грани окружности.
310.	Прежде всего заметим, что все треугольники АВС —
остроугольные. В самом деле, если Н — точка пересечения высот
Л А ВС, О — центр данной окружности, то | ОН | = 3 | ОМ |
М — между О и Н, т, е. Н находится внутри описанной около
Л А ВС окружности, а это означает, что £\АВС—остроугольный,
следовательно, существует такая точка D, что ABCD— равногран-
ный тетраэдр. Сделаем развертку этого тетраэдра (рис. 61). Очевид»
ио Н. — точка пересечения высот £±D.D2DS — есть основание вы-
148
соты, опущенной из D на АВС. Но треугольники АВС и
имеют общий центр тяжести 71/, относительно которого они гомоте-
тичны с коэффициентом (—2), значит, | НГМ | = 2 | МН |, М —
между Нг и Я, Н1 — фиксированная точка. Нам осталось доказать,
что высота тетраэдра^ ABCD также постоянна. Проведем в &АВС
высоту А К и продолжим ее до пересечения с описанной окружно-
стью в точке/. Известно (и лег-
ко доказывается), что | LК | =
= | КН |. Пусть | АН | = ht.
| НК | = h2, высота тетраэдра h.
Мы знаем (см. задачу 307), что
/г2 == 4^ = 2 \ АН | • | HL | =
= 2(Р2 — 9а2), где а = | ОМ |,
что и требовалось.
311.	Рассмотрим куб
A EFGA^E^F-fii с ребром, равным
стороне квадрата ABCD. Возьмем
на ребрах AtEi точки Р и Q
так, что | АгР | = | ВР | = ] CQ |,
|Л1<?| = |(?2)| = |РС | (рис. 62, а).
Рассмотрим прямоугольник
Л1Р71/1(). Точка Мг, ввиду уело-
вия I АгР I + I AXQ I = I AtEt I,
лежит на диагонали E-fii.
Рис. 61.
Следовательно, если М — проекция Tl/j на EG. то тетраэдр APQM
имеет все грани, равными ДЛР(?. Квадрат ABCD. в плоскости ко-
торого лежит треугольник APQ. получен из квадрата AEE^Ai по-
воротом вокруг диагонали AFr на некоторый угол а (рис. 62, б).
Поскольку плоскость EGAT перпендикулярна диагонали AFi. BD
принадлежит этой плоскости. Но плоскости AEEtAi. ABCD. а
также прямые EG. EAf. ATG и BD касаются вписанного в куб шара.
Отсюда следует, что угол между плоскостью ABCD и AiEG постоя-
нен, он равен углу (р между плоскостями АЕЕгАг и A^EG. для ко-
149
1
торого cos <р = --у--— . Но плоскости AtEG и ABCD пересекаются по
диагонали BD. Значит, точка М лежит в плоскости, проходящей
через BD и образующей угол ф с плоскостью ABCD, а геометриче-
ским местом проекций точек М будут два отрезка, выходящих из
середины А С под углом ф к АС так, что
1
cos ф = 7Т7 , и имеющих
/2
длину а -I—
(рис. 62,в).
312.	а) Пусть ABCD — данный тетраэдр. Если его высоты
пересекаются в точке И, то DH перпендикулярна плоскости АВС
и, значит, DH перпендикулярна ВС. Точно так же АН перпенди-
кулярна ВС. Следовательно, плоскость DAH перпендикулярна ВС,
т. е. ребра DA и ВС перпендикулярны.
Обратно, пусть противоположные ребра тетраэра ABCD по-
парно перпендикулярны. Проведел* через DA плоскость, перпен-
дикулярную ВС. Покажем, что высоты тетраэдра, проведенные из
вершин А и D, лежат в этой плоскости.
Обозначим через К точку пересечения проведенной плоскости
с ребром ВС. Высота DD$ треугольника ADK будет перпендику-
лярной прямым А К и ВС, значит, она является высотой тетраэдра.
Таким образом, любые две высоты тетраэдра пересекаются, значит,
все четыре пересекаются в одной точке.
б)	Нетрудно доказать, что если одна высота тетраэдра прохо-
дит через точку пересечения высот соответствующей грани, то про-
тивоположные ребра тетраэдра попарно перпендикулярны. Это сле-
дует из теоремы о трех перпендикулярах. Значит, пункты а) и б)
эквивалентны.
в)	Равенство сумм квадратов противоположных ребер тетраэд-
ра равносильно условию перпендикулярности противоположных
ребер (см. пункт а)).
г)	Достроим тетраэдр до параллелепипеда, как обычно, проведя
через каждое ребро плоскость, параллельную противоположному
ребру. Ребра получившегося параллелепипеда равны расстояниям
между серединами скрещивающихся ребер тетраэдра. С другой
стороны, условие перпендикулярности противоположных ребер
тетраэдра, согласно пункту а) эквивалентное условию ортоцентрич-
ности данного тетраэдра, в свою очередь, эквивалентно условию
равенства ребер получавшегося параллелепипеда (диагонали каж-
дой грани равны и параллельны двум противоположным ребрам
тетраэдра, т. е. каждая грань должна быть ромбом).
д)	Из задач 300, 303 следует, что это условие эквивалентно ус-
ловию пункта в).
е)	Пусть а и а±, Ъ и Ь^, с и с1—длины трех пар противоположных
ребер тетраэдра, а — угол между ними. Из задачи 185 следует, что
из трех чисел аа± cos a, bb± cos а, ссг cos а одно равно сумме двух
других. Если cos а =^= 0, то из трех чисел аа±, bbt, сс± одно равно
сумме двух других. Но это невозможно, поскольку существует
треугольник, длины сторон которого численно равны величинам
aaf, bbi, ccf (см. задачу 302).
313.	Пусть ABCD — данный тетраэдр. Достроим его обычным
способом до параллелепипеда. Поскольку ABCD — ортоцентриче-
скип, все ребра параллелепипеда будут равны между собой. Пусть
А^В1 — диагональ грани параллелепипеда, параллельная АВ, О
центр шара, описанного около ABCD, Н — точка пересечения вы-
150
сот, М — центр тяжести (рис. 63). Тогда треугольники АВН и
А^В^О симметричны относительно точки М, Это следует из того, что
АВВуАу — параллелограмм и, кроме того, А±О перпендикулярна
плоскости ACD (точки О и А± равноудалены от точек А, С и D), а,
значит, параллельна ВН. Точно так же ОВ^ параллельна АН.
314.	Введем те же обозначения, что и в предыдущей задаче.
Пусть К и L — середины АВ и А^. Тогда KOLH — параллело-
грамм. Следовательно,
| ОН |2 = 2 | ОК |2 + 2 | OL |2 — ( KL |2 =
/ II2 \	/	1 CD I2 \
= 2^Д2-+	- -4- 1 J — Z2 =
1
= 4Я2 — — (| АВ |2 + | CD|2) - Z2 = 4Я2 - 3Z2.
315.	Если ABCD — ортоцентрический тетраэдр, то (см. задачу
312, в))
|л#[2 + |С£>12= |ля|2 + |яс |2,
откуда
| АВ |2 + | АС |а - | ВС |2 = | AD |2 + | АС |2 - | CD |2,
т. е. углы ВАС и DAC или одновременно острые или тупые.
316. Сечение ортоцентрического тетраэдра любой плоскостью,
параллельной противоположным ребрам и проходящей на равном
расстоянии от этих ребер, есть
прямоугольник, диагонали которо-
го равны расстоянию между середи-
нами противоположных ребер тет •
раэдра (все эти расстояния равны
между собой, см. задачу 312, г)).
Отсюда следует, что середи-
ны всех ребер ортоцентрического
тетраэдра лежат на поверхности
сферы, центр которой совпадает
с центром тяжести данного тетра-
эдра, а диаметр равен расстоянию
^ежду серединами противополож-
ных ребер тетраэдра. Значит, все
четыре окружности 9 точек лежат
на поверхности этой сферы.
Рис. 63.
317. Пусть О, М и Н — соответственно центр описанного ша-
ра, центр тяжести и ортоцентр (точка пересечения высот) ортоцент-
рического тетраэдра; М — середина отрезка ОН (см. задачу 313).
Центры тяжести граней тетраэдра служат вершинами тетраэдра,
гомотетичного данному, с центром гомотетии в точке М и коэффи-
циентом —“3”)‘ ЯРИ этой гомотетии точка О перейдет в точку О1,
1
расположенную на отрезке МН так, что | МО± | = -у \ОМ |, О±
будет центром сферы, проходящей через центры тяжестей граней.
С другой стороны, точки, делящие отрезки высот тетраэдра от
вершин до ортоцентра в отношении 2: 1, служат вершинами тет-
раэдра, гомотетичного данному с центром гомотетии в Н и коэф-
фициентом 1/3. При этой гомотетии точка О, как легко видеть, пе-
151
рейдет в ту же точку Ог. Таким образом, восемь из двенадцати то-
чек лежат на поверхности сферы с центром в О± и радпусом втрое
меньшим, чем радиус сферы, описанной около тетраэдра.
Докажем, что точки пересечения высот каждой грани лежат на
поверхности той же сферы. Пусть О', Н' и М' — центр описанной
окружности, точка пересечения высот
и центр тяжести какой-либо грани. О'
и Н' являются проекциями точек О и Н
на плоскость этой грани, а М1 делит от-
резок О'Н' в отношении 1:2, считая от
точки О' (известный планиметрический
факт). Теперь легко убедимся 1 (см.
рис. 64), что проекция Ot на плоскость
этой грани-— точка О± совпадает с се-
рединой отрезка М'Н', т. е. Ох равно-
удалена от М’ и Я', что и требовалось,
граней ортоцентрического тетраэдра ле-
318.	Центры тяжести
жат на поверхности сферы, гомотетичной сфере, описанной около
тетраэдра, с центром гомотетии в точке М и коэффициентом 1/3 (см.
решение задачи 317). Отсюда следует утверждение задачи.
319.	Основания высот ортоцентрического тетраэдра лежат на
поверхности сферы, гомотетичной сфере описанной около тетраэдра,
1
с центром гомотетии в точке G и коэффициентом гомотетии — -j-
(см. решение задачи 317). Отсюда следует утверждение задачи.
320.	Предположим противное. Пусть плоскости, в которых
расположены дуги, пересекаются попарно на поверхности шара в
точках А и Л., В и Вг, С и С-, (рис. 65). Поскольку каждая дуга
больше 180°, опа должна содержать хотя бы одну из любых двух
противоположных точек ок-
ружности, на которой она рас-
положена.
Занумеруем эти дуги и
соответственно плоскости, в
которых они расположены, —
I, II, III. А и At — точки
пересечения плоскостей I и II,
В и Bf — плоскостей II и III.
С и Ci — плоскостей III и I.
Каждая из точек Л, Лп В, В^
С, должна принадлежать
одной дуге. Пусть Лх и принадлежат дуге I, В{ — дуге II. Тогда
В и С должны принадлежать дуге III, А — дуге II. Обозначим
через а, р, у плоские углы трехгранных углов, как показано на
рисунке, О — центр сферы. Поскольку дуга I не содержит точек
А и С, должно выполняться неравенство 360° — р > 300°.
Аналогично, поскольку дуга II не содержит точек В и Лъ
должно быть 180° + а > 300° и, наконец, для дуги III будем
иметь 360° — у > 300°. Таким образом, р < 60°, а > 120°, у < 60°,
значит, а > Р + у, что невозможно.
321.	Пусть А и В — две точки на поверхности сферы, С — точ-
ка на меньшей дуге большого круга,
Докажем, что кратчайший путь
проходящего через А и В.
из А и В должен проходить
через С. Рассмотрим две окружности а и р на поверхности сферы,
проходящие через С, с центрами на радиусах ОА и ОВ (О —
центр сферы). Пусть линия, соединяющая А с 2?, не проходит через
152
С и пересекает окружность а в точке М, окружность |3 в точ-
ке N.
Повернув окружность а вместе с той частью линии, которая
расположена внутри нее, так, чтобы М совпала с С, а окруж-
ность Р так, чтобы N совпала с С, мы получим линию, соединяющую
А и В, длина которой, очевидно, меньше длины рассматриваемой
линии.
322.	Описанная сфера может не существовать. Примером может
служить многогранник, построенный следующим образом. Возьмем
куб и на его гранях, как на основаниях, во внешнюю сторону по-
строим правильные четырехугольные пирамиды с двугранными уг-
лами при основании, равными 45°. В результате мы получим 12-
гранник (ребра куба не являются ребрами этого многогранника),
имеющий 14 вершин, 8 из которых являются вершинами куба,
6 — вершинами построенных пирамид, не сопадающими с верши-
нами куба.
Легко видеть, что все ребра этого многогранника равны между
собой и равноудалены от центра куба, в то время как вершины не
могут принадлежать одной сфере.
323.	Заметим прежде всего, что площадь сферического «дву-
угольника», образованного пересечением поверхности сферы с гра-
нями двугранного угла величины а, ребро которого проходит через
центр сферы, равна 2а/?2. Это следует из того, что эта площадь
пропорциональна величине а, а при а = л она равна 2пН2.
Каждой паре плоскостей, образующих две грани данного трех-
гранного угла, соответствуют на поверхности сферы два «двууголь-
ника». Сложив их площади, мы получим поверхность сферы, уве-
личению на 45*д, где — площадь искомого треугольника. Таким
образом,
б’д = Я2 (а + р + у — л).
Величина а + |3 + у — л называется сферическим избытком сфе-
рического треугольника.
324.	Рассмотрим сферу с центром внутри многогранника и
спроектируем ребра многогранника из центра сферы на поверхность
сферы.
Поверхность сферы разобьется на многоугольники. Если
пк — число сторон k-то многоугольника, А к — сумма его углов,
Sy — площадь, то
6^ = /?2 [Л * — л (тг* — 2)].
Сложив эти равенства для всех А, получим
4л/?2 = /?2 (2л7У — 2лА + 2лЛ/).
Отсюда
N — К + М = 2.
325.	Пусть а — центральный угол, соответствующий сфери-
ческому радиусу окружности (угол между радиусами сферы, про-
веденными из центра сферы в центр окружности и точку на окруж-
ности).
Рассмотрим сферический треугольник, соответствующий трех-
гранному углу с вершиной в центре сферы, одно ребро которого
OL проходит через центр окружности, другое — О А через точку
на окружности, а третье — ОВ расположено так, что плоскость
ОАВ касается окружности, причем двугранный угол при ребре
OL равен ср, LOA = а.
153
По 2-й теореме косинусов (см. задачу 166) найдем двугранный
угол при ребре ОВ, он равен arccos (cos a sin ф). Любой описан-
ный многоугольник (а наш многоугольник можно считать описан-
ным, в противном случае его площадь можно было бы уменьшить)
можно разбить на треугольники описанного вида. Сложив их
площади, мы увидим, что площадь многоугольника достига-
ет наименьшего значения вместе с суммой arccos (cos a sin фг) +
arccos (cos a sin cp2) + • • • + arccos (cos a sin cp^v), гДе Ф1 > • • •
» • •> 4>n — соответствующие двугранные углы, Ф1 4" Фг + • • •
» • •	= 2л. После этого можно воспользоваться тем, что функ-
ция arccos (к sin ф) является вогнутой (выпуклой вниз) функцией
при 0 < к < 1. Отсюда следует, что минимум нашей суммы дости-
гается при фх = ф2 = . . . = ф^.
326.	Обозначим, как в задаче 324, через /V — число граней,
К —число ребер, М —число вершин нашего многогранника,
N — К + М = 2.	(1)
Поскольку из каждой вершины выходит по крайней мере три ребра
2
и при этом каждое ребро считается дважды, М Подставляя
М в (1) получим
N — 4- К 2,
О
2К
откуда 2К 67V — 12,	<6. Последнее означает, что найдется
грань, число сторон в которой меньше 6. В самом деле, занумеруем
грани и обозначим через пъ п2, . . nN число сторон каждой грани. А
Тогда
Wi + n2+ . . . + nN 2К
N	= N <6-
327.	Если каждая грань имеет более трех сторон и из каждой
вершины выходит более трех ребер, то (обозначения задачи 324)
К > 2М, К > 2N
в N — К 4- М СО, что невозможно.
328.	Если все грани — треугольники, то число ребер кратно 3.
Если найдется хотя бы одна грань с числом сторон более трех,
то число ребер не меньше восьми. 2п ребер (п 3) имеет n-уголь-
ная пирамида. (2п 4- 3) ребер (п 3) имеет многогранник, кото-
рый получится, если от n-угольной пирамиды «отсечь» треугольную
плоскостью1, проходящей достаточно близко к одной из вершин ос-
нования.
329.	Если данный многогранник имеет п граней, то каждая
грань может иметь от трех до (п — 1) сторон. Отсюда следует, что
найдутся две грани с равным числом.
330.	Рассмотрим так называемую d-окрестность нашего много-
гранника, т. е. множество точек, каждая из которых удалена хотя
бы от одной точки многогранника на расстояние, не большее чем А.
Поверхность получившегося тела состоит из плоских частей,
равных соответствующим граням многогранника, цилиндрических
частей, соответствующих ребрам многогранника . (причем, если .
154
Ц — длина какого-либо ребра, а* — двугранный угол при этом
ребре, то поверхность части соответствующего цилиндра равна
(л — ai) l{d), и сферических частей, соответствующих вершинам
многогранника, суммарная поверхность которых равна поверх-
ности сферы радиуса d. С другой стороны, площадь поверхности
^-окрестности многогранника меньше поверхности сферы радиуса
d + 1, т. е.
5 -т (зт — <*{) Ц	\
+ 4лй2 < 4л (d + I)2.
t	2л
А поскольку	“У“ 7 полу-
чим
SZi < 24,
что и требовалось.
331.	На рис. 66 О — центр
сферы, А н В —точки пересе-
чения ребра двугранного уг-
о
Рпс. 66.
ла с поверхностью сферы, D и С — середины дуг ADB и АСВ,
плоскость ADB проходит через О, Е — вершина сегмента, отсека-
емого плоскостью АСВ. Площадь криволинейного треугольника
ADC составляет половину искомой. С другой стороны (считаем
л
«<—),
SADC = S АЕС	SAED'	W
Найдем S АЕС. Если ф — угол между плоскостями АЕО и
О ЕС, | ЕК | “ h, то, очевидно, 5 Аес =	2nRh = ^Rh;
h и ф легко находятся:
h — | ЕК | == J? — | ОК | = R — a sin а,
sin ф = sin AKL —
| AL|	/ R2 — а2
I АК I У R2 — a2 sin2 а
Таким
образом,
5 АЕС
Ф == arcsin
У R2 — а2
У R2 — a2 sin2 а
У В2 — а2
R(R — a sin a) arcsin -7======
У В2 — a2 sm2 а
(2)
Найдем теперь SAED> Как известно (см. задачу 323),
^aed ~ (ф + Ф + V —
где ф, ф и у — двугранные углы трехгранного угла с вершиной в
О и ребрами ОЕ, О А и OD. Угол ф нами уже найден выше.
Для определения угла ф (угол при ребре О А) воспользуемся
1-й теоремой косинусов (задача 166) применительно к трехгранно-
му углу с вершиной А, для которого
л	a sin а	-—.	а
KAL =	— ф, sin КАО = —, tfin LAO = -& .
155
Следовательно,
У R2— a2 -j /~ a2 sin2 a - /~ a2
У R2 — a2 sin2 a ~ И 1 ~ Д2 У 1 ~ “Я2
a sin a a
R ' ~R
У R2 — а2
У R2 — a2 sin2 a
Очевидно, что у = л/2. Следовательно,
Г	у В2 — a2
S AJ?rt = R2 arcs in —	--.-7^— 4-
AED L /Я2 —a2 sin2 a
У R2 — a2 sin a л
4- arccos "i/P2---2" :=т=::7' — ~2
V R2 — a2 sm2 a *
Подставляя (2) и (3) в (1), получим после упрощения ответ.
О т в е т:
2R2 arccos
R cos a
У R2 — a2 sin2 a
— 2Ra sin a arccos
a cos a
У R2 — a2 sin2 a
332.	Рассмотрим правильный октаэдр с ребром 2R. Шар, ка-
сающийся всех его ребер, имеет радиус R. Поверхность шара раз-
бивается поверхностью октаэдра на восемь сферических сегментов
и шесть криволинейных четырехугольников, равных меньшему из
двух искомых.
2л/?2 (	\	/16 т/Т \
Ответ: —— I 4 |/	— 3 I , nR2 ( -у-1/ -у — 2 I .
333.	Двенадцать «двуугольников» площадью -1^21 и шесть
4
ла2 (Уз“ — 1)
криволинейных четырехугольников площадью------LL_-----L..
334.	Предположим, что в данный многогранник можно вписать
птар. Соединим точку касания шара с какой-либо гранью со всеми
вершинами этой грани. Каждая грань разобьется на треугольники.
Треугольники, расположенные в соседних гранях, имеющие общее
ребро, равны. Следовательно, каждому «черному» треугольнику
соответствует равный ему «белый» треугольник. Сумма углов треу-
гольников при каждой точке касания равна 2л. Сумма этих углов
по всем граням равна 2лп, где п — число граней. Из этой суммы
более половины приходится на долю «черных» треугольников (по
условию), а сумма соответствующих углов для белых треугольни-
ков, по доказанному, не меньше. Противоречие.
335.	Докажем, что таких шаров не может быть больше шести.
Допустим, их семь. Соединим центры всех семи шаров с центром
данного и обозначим через Olt О2, . . ., Oi точки пересечения этих
отрезков с поверхностью данного шара. Для каждой точки О-ъ рас-
смотрим на сфере множество точек, для которых расстояние (по
156
поверхности сферы) до точки Ог не больше, чем расстояние до ла-
бой другой точки 0^, к Ф I. Сфера разобьется на семь сферических
многоугольников. Каждый многоугольник является пересечением
шести полусфер, содержащих точку Oi, границей которых является
большой круг, по которому плоскость, проходящая через середину
отрезка перпендикулярно ему, пересекает сферу.
Каждый из образовавшихся многоугольников содержит внутри
себя окружность, сферический радиус которой виден из центра
исходной сферы под углом a, sin а — 0,7.
Обозначил! через К и N соответственно число сторон и вершин
получившегося разбиения. (Каждая сторона является общей сто-
роной двух соседних многоугольников и считается один раз. То
же справедливо для вершин.) Легко видеть, что для подобного раз-
биения справедлива формула Эйлера (см. задачу 324). В нашем
3
случае это даст К — N + 5. С другой стороны, К	посколь-
ку из каждой вершины выходит по крайней мере три стороны,
а каждая сторона считается дважды.
Теперь нетрудно получить, что К < 15, N < 10. В задаче
325 мы доказали, что среди всех сферических п-угольников, содер-
жащих данную окружность, наименьшую площадь имеет правиль-
ный Ai-угольник. Кроме того, можно показать, что сулима площадей
правильных п- и (п + 2)-угольнпка больше удвоенной площади
правильного n-угольника. (Рассматриваются многоугольники, опи-
санные около одной окружности.) Очевидно также, что площадь
правильного описанного n-угольника уменьшается с ростом п.
Из этого следует, что сумма площадей получившихся семи много-
угольников не может быть меньше суммы площадей пятп правиль-
ных четырехугольников и двух правильных пятиугольников, опи-
санных около окружности со сферическил! радиусом, которому со-
ответствует центральный угол а = arcsin 0,7. Площадь соответ-
ствующего правильного пятиугольника будет
s5 = 9 I 10 arccos ^cos a sin — Зл~| ?
правильного четырехугольника
Г ( ]<2	\	]
$4 = 9 8 arccos I —%— cos ос I — 2л I .
Нетрудно доказать, что 2s5 -f- 5s4 > 36л. Таким образом, семь ша-
ров радиуса 7 не могут одновременно, не пересекаясь, касаться
шара радиуса 3. В то же время легко показать, что шесть шаров
могут быть так расположены.
336.	Рассмотрим куб ABCD A1B1CaD1. Возьмем на ребрах
А±В и ArD точки К и L так, что | Aj/v | = | CM |, | A1L | =
= | CN |. Пусть Р и Q — точки пересечения прямых А К и ВАЪ
AL и D4i.
Стороны треугольника AtPQ, как легко видеть, равны соот-
ветствующим отрезкам диагонали BD, А поскольку /\BAXD — пра-
вильный, наше утверждение доказано.
337.	Если бы точка Р не лежала в плоскости	то
утверждение задачи было бы очевидным, поскольку в этом случае
точки Р, А2, В2 0 С2 принадлежали бы сечению поверхности сферы,
описанной около тетраэдра АВСР, плоскостью, проходящей чере3
157
Р и I. Утверждение нашей задачи теперь можно получить с помощью
предельного перехода.
338.	Пусть ABCDEF — плоский шестиугольник, описанный
около окружности. Возьмем произвольный пространственный
шестиугольник	(рис. 67), отличный от ABCDEF,
проекция которого на нашу плоскость есть шестиугольник
ABCDEF, и соответствующие стороны которого проходят через
точки касания шестиугольника ABCDEF с окружностью. Для
доказательства существования такого шестиугольника AlB1C1D1E-lF1
достаточно одну вершину, например взять произвольно на пер-
пендикуляре к плоскости, восставленном в точке А, тогда осталь-
ные вершины определятся однозначно. В самом деле, пусть а, Ь,
с, d, е, / — длины касательных к окружности, проведенных соот-
ветственно через точки А, В, С, D, Е, F, и h — расстояние от А
до плоскости. Тогда В± находится по другую сторону от плоскости,
hb „
по сравнению с А на расстоянии —, С± — по ту же сторону, что и
hb с he
на расстоянии —— • -у- = —— от плоскости и т. д. Наконец,
найдем, что F^ лежит по другую сторону от плоскости, нежели Ait
hf	л
па расстоянии —-  и, значит, и лежат на прямой, прохо-
дящей через точку касания AF с окружностью.
Любые две противоположные стороны шестиугольника
расположены в одной плоскости. Это следует из
того, что все углы, кото-
Л/	рые образуют стороны шес-
тиугольника A1B1C1D1E1F1
.s'	. \	с данной плоскостью, рав-
		ны. Следовательно, лю-
бые Две Диагонали> соеди-
няющие противоположные
flXF 1_____________________________вершины шестиугольника
пересекают-
ся, а отсюда и все три ди-
агона ли	шестиугольника
A^B^^PyE^Fi (они не ле-
жат в одной плоскости) пе-
Рис. 67.	ресекаются в одной точке.
Поскольку шестиугольник
ABCDEF — проекция шестиугольника А^С^Е^, теорема до-
казана.
339. Указанную в задаче плоскую конфигурацию можно рас-
сматривать как проекцию пространственной — трехгранный угол,
пересеченный двумя плоскостями,— для которой наше утвержде-
ние очевидно.
340.	Эта задача представляет собой один из возможных трех-
мерхадх аналогов теоремы Дезарга (см. задачу 339). Для решения
ее удобно «выйти» в четырехмерное пространство.
Расскажем сначала о некоторых свойствах этого пространства.
Простейшими фигурами четырехмерного пространства будут:
точка, прямая, плоскость и трехмерное многообразие, которое мы
будем называть гиперплоскостью. Первые три фигуры — это наши
старые знакомые из трехмерного пространства. Правда, некоторые
утверждения, связанные с ними, нуждаются в перефразировке.
158
Например, вместо следующей аксиомы трехмерного пространства:
если две различные плоскости имеют общую точку, то они пересе-
каются по прямой,— следует ввести аксиому: если две различные
плоскости, принадлежащие одной гиперплоскости, имеют общую
точку, то они пересекаются по прямой. Введение нового геометри-
ческого образа — гиперплоскости — заставляет ввести связанную
с ним группу аксиом, аналогично тому, как при переходе от геомет-
рии плоскости — планиметрии к геометрии трехмерного простран-
ства — стереометрии вводится группа аксиом (вспомните, каких?),
выражающих основные свойства плоскостей в пространстве. Эта
группа состоит из следующих трех аксиом:
1.	Какова бы ни была гиперплоскость, существуют точки,
ей принадлежащие, и точки, ей не принадлежащие.
2.	Если две различные гиперплоскости имеют общую точку, то
они пересекаются по плоскости, т. е. существует плоскость, при-
надлежащая каждой из гиперплоскостей.
3.	Если прямая, не принадлежащая плоскости, имеет с ней об-
щую точку, то существует единственная гиперплоскость, содержа-
щая эту прямую и эту плоскость.
Из этих аксиом непосредственно следует, что четыре точки,
не принадлежащие одной плоскости, определяют гиперплоскость;
точно так же три прямые, не принадлежащие одной плоскости, но
имеющие общую точку, или две различные плоскости, имеющие
общую прямую, определяют гиперплоскость. Мы не будем доказы-
вать эти утверждения; попытайтесь сделать это самостоятельно.
Для дальнейших рассуждений нам понадобится следующий
факт, справедливый в четырехмерном пространстве: три различные
гиперплоскости, имеющие общую точку, имеют общую прямую. В са-
мом деле, по аксиоме 2 любые две из трех гиперплоскостей имеют
общую плоскость. Возьмем две плоскости, по которым пересекается
какая-то из трех гиперплоскостей с двумя другими. Эти две плоскос-
ти, принадлежащие одной гиперплоскости, имеют общую точку,
и, значит, пересекаются по прямой или совпадают.
Перейдем теперь к доказательству нашего утверждения. Если
бы три плоскости, о которых говорится в условии, были располо-
жены в четырехмерном пространстве, то утверждение было бы
очевидным. Действительно, каждый трехгранный угол определяет
гиперплоскость. Две гиперплоскости пересекаются по плоскости.
Эта плоскость не принадлежит третьей гиперплоскости (по усло-
вию, эти гиперплоскости пересекают одну из данных плоскостей
по трем прямым, не проходящим через одну точку), и, следователь-
но, пересекается с ними по прямой линии. Любые три соответствую-
щие грани трехгранных углов лежат в одной гиперплоскости,
определяемой двумя плоскостями, на которых расположены соот-
ветствующие ребра, и поэтому каждая тройка соответствующих
граней имеет общую точку. Три эти точки принадлежат трем гипер-
плоскостям, определяемым трехгранными углами, и, как было
доказано, лежат на одной прямой. Теперь для завершения доказа-
тельства достаточно «увидеть» в данном условии задачи проекцию
соответствующей четырехмерной конфигурации плоскостей и трех-
гранных углов.
Игорь Федорович Шарыгин
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ (СТЕРЕОМЕТРИЯ)
(Серия. «Библиотечка «Квант»)
Редактор И. М. Овчинникова
Технический редактор Е. В. Морозова
Корректоры О. А. Бутусова, Т. С. Вайсберг
ИБ № 12259
Сдано в набор 17.05.83. Подписано к печати 02.12.83. Т-22249.
Формат 84x108732. Бумага тип. № 3. Обыкновенная гарнитура
Высокая печать. Условн. печ. л. 8,4- Усл. кр.-отт. 8,82. Уч.-изд. л. 10,92.
Тираж 150 000 экз. Заказ Мг3217. Цена 35 коп.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
2-я типография издательства «Наука»
121099, Москва, Шубинский пер., Ю
35 коп